考點(diǎn)一 空間距離
核心提煉
(1)點(diǎn)到直線的距離
直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的任一點(diǎn)，P為直線l外一點(diǎn)，設(shè)eq \(AP,\s\up6(→))＝a，則點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq \r(a2－?a·u?2).
(2)點(diǎn)到平面的距離
平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)任一點(diǎn)，P為平面α外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面α的距離為d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
考向1 點(diǎn)到直線的距離
例1 (1)(2022·廣州模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥BC，PB＝AB＝2BC＝2，則點(diǎn)C到直線PA的距離為( )
A.eq \r(3) B.eq \r(5)
C.eq \r(2) D．2
答案 A
解析 因?yàn)镻B⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，BC?平面ABCD，
所以PB⊥AB，PB⊥BC，
如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，
則C(1,0,0)，A(0,2,0)，
P(0,0,2)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，
即eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝4.
eq \(PC,\s\up6(→))在eq \(PA,\s\up6(→))上的投影向量的長(zhǎng)度為
eq \f(\(PC,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2\r(2))＝eq \r(2)，故點(diǎn)C到直線PA的距離為eq \r(|\(PC,\s\up6(→))|2－?\r(2)?2)＝eq \r(3).
(2)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則線段AD1上的動(dòng)點(diǎn)P到直線A1C1的距離的最小值為( )
A．1 B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(3),3)
答案 D
解析 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
設(shè)P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
則eq \(A1P,\s\up6(--→))＝(x－1,0，－x)，eq \(A1C1,\s\up6(--→))＝(－1,1,0)，
∴動(dòng)點(diǎn)P到直線A1C1的距離為
d＝eq \r(|\(A1P,\s\up6(--→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1P,\s\up6(--→))·\(A1C1,\s\up6(--→)),|\(A1C1,\s\up6(--→))|)))2)
＝eq \r(?x－1?2＋?－x?2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,\r(2))))2)
＝eq \r(\f(3,2)x2－x＋\f(1,2))＝eq \r(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2＋\f(1,3))≥eq \f(\r(3),3)，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(1,3)時(shí)取等號(hào)，即線段AD1上的動(dòng)點(diǎn)P到直線A1C1的距離的最小值為eq \f(\r(3),3).
考向2 點(diǎn)到平面的距離
例2 (1)(2022·湖北聯(lián)考)在底面是菱形的四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝PC＝1，PB＝PD＝eq \r(2)，點(diǎn)E為線段PD上一點(diǎn)，且PE＝2ED，則點(diǎn)P到平面ACE的距離為______．
答案 eq \f(\r(78),13)
解析 如圖，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OP，以O(shè)B，OC，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AB＝2a，則OA＝a，OB＝eq \r(3)a，
因?yàn)镻A2－OA2＝PB2－OB2，
所以1－a2＝2－3a2，
解得a＝eq \f(\r(2),2)，則OP＝eq \f(\r(2),2)，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，0，\f(\r(2),6)))，
則eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),6)))，
eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，
設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝\r(2)y＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝－\f(\r(6),3)x＋\f(\r(2),2)y＋\f(\r(2),6)z＝0，))
取x＝1，得n＝(1,0,2eq \r(3))，
所以點(diǎn)P到平面ACE的距離
d＝eq \f(|n·\(AP,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(\r(6),\r(13))＝eq \f(\r(78),13).
(2)(2022·沈陽(yáng)模擬)如圖，若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底邊長(zhǎng)為2，∠B1AB＝eq \f(π,3)，E是D1D的中點(diǎn)，則A1C1到平面EAC的距離為________．
答案 eq \f(2\r(30),5)
解析 由棱柱的幾何性質(zhì)可知，A1C1∥AC，
又A1C1?平面EAC，AC?平面EAC，
所以A1C1∥平面EAC，
所以點(diǎn)A1到平面EAC的距離即為直線A1C1到平面EAC的距離，
因?yàn)檎睦庵鵄BCD－A1B1C1D1的底邊長(zhǎng)為2，∠B1AB＝eq \f(π,3)，則AA1＝2eq \r(3)，
以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則A(0,0,0)，A1(0,0，2eq \r(3))，C(2,2,0)，E(0,2，eq \r(3))，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(0,0,2eq \r(3))，
設(shè)平面EAC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,2y＋\r(3)z＝0，))
令x＝eq \r(3)，得y＝－eq \r(3)，z＝2，
故n＝(eq \r(3)，－eq \r(3)，2)，
所以點(diǎn)A1到平面EAC的距離
d＝eq \f(|\(AA1,\s\up6(--→))·n|,|n|)＝eq \f(4\r(3),\r(3＋3＋4))＝eq \f(2\r(30),5)，
故A1C1到平面EAC的距離為eq \f(2\r(30),5).
規(guī)律方法 (1)求直線到平面的距離的前提是直線與平面平行．求直線到平面的距離可轉(zhuǎn)化成直線上任一點(diǎn)到平面的距離．
(2)求點(diǎn)到平面的距離有兩種方法，一是利用空間向量點(diǎn)到平面的距離公式，二是利用等體積法．
跟蹤演練1 (1)(2022·邢臺(tái)聯(lián)考)PA，PB，PC是從點(diǎn)P出發(fā)的三條線段，每?jī)蓷l線段的夾角均為60°，PA＝PB＝PC＝1，若M滿足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))＋2eq \(PB,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→))，則點(diǎn)M到直線AB的距離為( )
A.eq \r(3) B．3
C．2eq \r(3) D．3eq \r(2)
答案 D
解析 eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PA,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→))，
則|eq \(AM,\s\up6(→))|＝eq \r(\(\s\up7(),\s\d5())?2\(PB,\s\up6(→))＋3\(PC,\s\up6(→))?2)
＝eq \r(\(\s\up7(),\s\d5())4\(PB,\s\up6(→))2＋12\(PB,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→))＋9\(PC,\s\up6(→))2)
＝eq \r(4＋12×1×1×\f(1,2)＋9)＝eq \r(19)，
則eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \(PB,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→)))·(eq \(PB,\s\up6(→))－eq \(PA,\s\up6(→)))
＝2eq \(PB,\s\up6(→))2－2eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－3eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))
＝2－2×1×1×eq \f(1,2)＋3×1×1×eq \f(1,2)－3×1×1×eq \f(1,2)＝1，
|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(?\(PB,\s\up6(→))－\(PA,\s\up6(→))?2)＝eq \r(\(PB,\s\up6(→))2－2\(PB,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→))＋\(PA,\s\up6(→))2)
＝eq \r(1－2×1×1×\f(1,2)＋1)＝1，
則點(diǎn)M到直線AB的距離
d＝eq \r(|\(AM,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|\(AM,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|)))2)＝3eq \r(2).
(2)(2022·茂名模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，中心為O，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(A1E,\s\up6(--→))＝eq \f(1,4)eq \(A1A,\s\up6(--→))，則四面體OEBF的體積為( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,24) C.eq \f(1,48) D.eq \f(1,96)
答案 D
解析 如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，B(1,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(3,4)))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,4)))，eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，
eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(3,4)))，
則|eq \(OE,\s\up6(→))|＝eq \f(3,4)，|eq \(OB,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BE,\s\up6(→))))＝eq \f(5,4)，
∴cs∠BOE＝eq \f(\(OB,\s\up6(→))·\(OE,\s\up6(→)),|\(OB,\s\up6(→))||\(OE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－\f(1,2)×\f(1,4),\f(\r(3),2)×\f(3,4))＝－eq \f(\r(3),9).
∴∠BOE∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，則sin∠BOE＝eq \f(\r(78),9).
∴S△OEB＝eq \f(1,2)OB·OE·sin∠BOE＝eq \f(\r(26),16).
設(shè)平面OEB的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OE,\s\up6(→))＝\f(1,2)x－\f(1,2)y＋\f(1,4)z＝0，,n·\(OB,\s\up6(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y－\f(1,2)z＝0，))取z＝1，
得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)，1))，又eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，
∴F到平面OEB的距離h＝eq \f(|n·\(BF,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(\r(26),52)，
∴四面體OEBF的體積V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(26),16)×eq \f(\r(26),52)＝eq \f(1,96).
考點(diǎn)二 空間中的探究性問題
核心提煉
與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或兩平面的夾角滿足特定要求時(shí)的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．
例3 (2022·汕頭模擬)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，且DO＝6，P是線段DO上一點(diǎn)．
(1)是否存在點(diǎn)P，使得PA⊥平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
(2)當(dāng)PO為何值時(shí)，直線EP與平面PBC所成的角的正弦值最大．
解 (1)存在，由題意得AO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)AD，
因?yàn)锳D2＝DO2＋AO2，
所以AD2＝36＋eq \f(1,4)AD2，
所以AD＝4eq \r(3)，AO＝2eq \r(3)，
因?yàn)椤鰽BC是底面圓的內(nèi)接正三角形，
所以eq \f(AB,sin 60°)＝2×2eq \r(3)，
所以AB＝6，
又由題意得PA2＝12＋PO2，
假設(shè)PA⊥平面PBC，則PA⊥PB，
所以AB2＝PA2＋PB2，
所以36＝12＋PO2＋12＋PO2，所以PO＝eq \r(6)，
此時(shí)PA⊥PC，PA⊥PB，PB∩PC＝P，
PB，PC?平面PBC，
所以當(dāng)PO＝eq \r(6)時(shí)，PA⊥平面PBC.
(2)如圖所示，建立以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)PO＝x，0≤x≤6，
所以P(0,0，x)，E(－eq \r(3)，3,0)，B(eq \r(3)，3,0)，
C(－2eq \r(3)，0,0)，
所以eq \(EP,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－3，x)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3，－x)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，－x)，
設(shè)平面PBC的法向量為n＝(a，b，c)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝\r(3)a＋3b－cx＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝－2\r(3)a－cx＝0，))
所以n＝(x，－eq \r(3)x，－2eq \r(3))．
設(shè)直線EP與平面PBC所成的角為θ，
由題意得sin θ＝eq \f(|\r(3)x＋3\r(3)x－2\r(3)x|,\r(3＋9＋x2)·\r(x2＋3x2＋12))＝eq \f(2\r(3)x,\r(12＋x2)·\r(4x2＋12))＝eq \f(\r(3),\r(x2＋\f(36,x2)＋15))≤eq \f(1,3).
當(dāng)且僅當(dāng)PO＝x＝eq \r(6)時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)直線EP與平面PBC所成的角的正弦值最大．
規(guī)律方法 解決立體幾何中探索性問題的基本方法
(1)通常假設(shè)問題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立，再在這個(gè)前提下進(jìn)行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明，否則假設(shè)不成立．
(2)探索線段上是否存在滿足條件的點(diǎn)時(shí)，一定注意三點(diǎn)共線的條件的應(yīng)用．
跟蹤演練2 (2022·武漢質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，PA＝PD＝eq \r(2)，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)證明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB＝eq \r(3)，試在棱PD上確定一點(diǎn)E，使得平面PAB與平面EAC的夾角的余弦值為eq \f(2\r(7),7).
(1)證明 因?yàn)镻A＝PD＝eq \r(2)，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因?yàn)镻D⊥AB，AB，PA?平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因?yàn)镻D?平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
(2)解 因?yàn)镻A＝eq \r(2)，AB＝1，PB＝eq \r(3)，
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因?yàn)镻D⊥AB，PA，PD?平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因?yàn)锳D?平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四邊形ABCD為矩形．
以A為原點(diǎn)，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))分別為x軸、y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)是平面PAB的一個(gè)法向量．
設(shè)eq \(ED,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
則E(0,2－λ，λ)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2－λ，λ)．
設(shè)平面EAC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(?2－λ?y＋λz＝0，,x＋2y＝0，))
令y＝－1，可得x＝2，z＝eq \f(2－λ,λ)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1，\f(2－λ,λ)))，
所以|cs〈eq \(PD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PD,\s\up6(→))·n,|\(PD,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(2\r(7),7)，
可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(1,6)，
即當(dāng)點(diǎn)E滿足eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))或eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)eq \(PD,\s\up6(→))時(shí)，平面PAB與平面EAC的夾角的余弦值為eq \f(2\r(7),7).
專題強(qiáng)化練
1.(2022·山東聯(lián)考)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E為CC1的中點(diǎn)．
(1)當(dāng)AA1＝2時(shí)，證明：平面BDE⊥平面A1B1E.
(2)當(dāng)AA1＝3時(shí)，求A1到平面BDE的距離．
(1)證明 當(dāng)AA1＝2時(shí)，B1E＝eq \r(2)，BE＝eq \r(2)，
所以B1E2＋BE2＝BBeq \\al(2,1)，所以B1E⊥BE.
又A1B1⊥平面BCC1B1，則A1B1⊥BE.
因?yàn)锳1B1∩B1E＝B1，A1B1，B1E?平面A1B1E，
所以BE⊥平面A1B1E，
又BE?平面BDE，
所以平面BDE⊥平面A1B1E.
(2)解 以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則D(0,0,0)，B(1,1,0)，
A1(1,0,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,2))).
所以eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,2)))，eq \(DA1,\s\up6(--→))＝(1,0,3)．
設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋\f(3,2)z＝0，))
不妨令z＝2，則y＝－3，x＝3，
得n＝(3，－3,2)．故A1到平面BDE的距離
d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DA1,\s\up6(--→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))))＝eq \f(9,\r(22))＝eq \f(9\r(22),22).
2.(2022·聊城質(zhì)檢)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，G為棱DD1上的動(dòng)點(diǎn)．
(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；
(2)是否存在點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長(zhǎng)度；若不存在，說明理由．
(1)證明 如圖所示，連接D1E，D1F，取BB1的中點(diǎn)為M，連接MC1，ME，
因?yàn)镋為AA1的中點(diǎn)，
所以EM∥A1B1∥C1D1，
且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四邊形EMC1D1為平行四邊形，所以D1E∥MC1，
又因?yàn)镕為CC1的中點(diǎn)，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四邊形BMC1F為平行四邊形，
所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面．
(2)解 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)G(0,0，t)(0≤t≤2)，
由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，
則eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1,0，t－1)，
設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，則n1＝(1,1,1)；
設(shè)平面GEF的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋?t－1?z2＝0，))
取x2＝t－1，則n2＝(t－1，t－1,1)．
因?yàn)槠矫鍳EF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq \f(1,2).
所以存在滿足題意的點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的長(zhǎng)度為eq \f(1,2).
3.(2022·湖北七市聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F(xiàn)分別為線段PB，BC上的動(dòng)點(diǎn)．
(1)若E為線段PB的中點(diǎn)，證明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若BE＝eq \r(2)BF，且平面AEF與平面PBC夾角的余弦值為eq \f(\r(7),14)，試確定點(diǎn)F的位置．
(1)證明 由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，
又在正方形ABCD中，BC⊥AB，
且PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，
則BC⊥平面PAB，
又AE?平面PAB，
所以BC⊥AE.
由PA＝AB，E為PB中點(diǎn)，可得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，
則AE⊥平面PBC，又AE?平面AEF，從而平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝1，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
由(1)可知n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))為平面PBC的一個(gè)法向量．
由BE＝eq \r(2)BF，可知EF∥PC，
設(shè)eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))，
則eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，λ，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－λ，0，λ)，
可得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，λ，0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(1－λ，0，λ)．
設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為n2＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋λy＝0，,?1－λ?x＋λz＝0，))
取y＝1，則x＝－λ，z＝1－λ，
即n2＝(－λ，1,1－λ)．
從而，由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n1，n2〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n1·n2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n2)))
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－2λ)),\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))＝eq \f(\r(7),14)，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)，即F在BC的三等分點(diǎn)處．
4.(2022·長(zhǎng)沙十六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，PC＝eq \r(2)，E為PD的中點(diǎn)．
(1)求直線PB與平面PAC所成角的正弦值；
(2)設(shè)F是BE的中點(diǎn)，判斷點(diǎn)F是否在平面PAC內(nèi)，并證明結(jié)論．
解 (1)在直角梯形ABCD中，
由已知可得AC＝eq \r(2)，CD＝eq \r(2)，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，
又△ADP是以AD為斜邊的等腰直角三角形，
∴PA＝PD＝eq \r(2)，
如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OC，OP，
則OC＝OA＝OD＝1，OP＝1，
則△OAP≌△OCP≌△ODP，
∴∠POA＝∠POC＝∠POD＝90°，
∴OP⊥AD，OP⊥OC，
而OC∩AD＝O，OC，AD?平面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD，
因此以AB，AD為x軸、y軸，過點(diǎn)A作平行于OP的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,1,1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，
設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x＋y＝0，))
取y＝－1，則x＝z＝1，即n＝(1，－1,1)，
又eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
設(shè)直線PB與平面PAC所成角為θ，
∴sin θ＝|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，n〉|
＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·n|,|\(BP,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|－1－1＋1|,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，
∴直線PB與平面PAC所成角的正弦值為eq \f(1,3).
(2)點(diǎn)F在平面PAC內(nèi)，證明如下：
由(1)可得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(1,2)))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)，\f(1,4)))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)，\f(1,4)))，設(shè)eq \(AF,\s\up6(→))＝xeq \(AC,\s\up6(→))＋yeq \(AP,\s\up6(→))，
則eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)，\f(1,4)))＝x(1,1,0)＋y(0,1,1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,x＋y＝\f(3,4)，,y＝\f(1,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,4)，))
∴eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AP,\s\up6(→))，∴eq \(AF,\s\up6(→))與eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))共面，
∴F在平面PAC內(nèi)．

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