新高考數(shù)學一輪復習講義第7章 §7.8　空間距離及立體幾何中的探索性問題-試卷下載-教習網(wǎng)

課本上和老師講解的例題，一般都具有一定的典型性和代表性。要認真研究，深刻理解，要透過“樣板”，學會通過邏輯思維，靈活運用所學知識去分析問題和解決問題，特別是要學習分析問題的思路、解決問題的方法，并能總結(jié)出解題的規(guī)律。
2、精練習題
復習時不要搞“題海戰(zhàn)術(shù)”，應(yīng)在老師的指導下，選一些源于課本的變式題，或體現(xiàn)基本概念、基本方法的基本題，通過解題來提高思維能力和解題技巧，加深對所學知識的深入理解。在解題時，要獨立思考，一題多思，一題多解，反復玩味，悟出道理。
3、加強審題的規(guī)范性
每每大考過后，總有同學抱怨沒考好，糾其原因是考試時沒有注意審題。審題決定了成功與否，不解決這個問題勢必影響到高考的成敗。那么怎么審題呢? 應(yīng)找出題目中的已知條件 ;善于挖掘題目中的隱含條件 ;認真分析條件與目標的聯(lián)系，確定解題思路。
4、重視錯題
“錯誤是最好的老師”，但更重要的是尋找錯因，及時進行總結(jié)，三五個字，一兩句話都行，言簡意賅，切中要害，以利于吸取教訓，力求相同的錯誤不犯第二次。
§7.8 空間距離及立體幾何中的探索性問題
考試要求 1.會求空間中點到直線以及點到平面的距離.2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件．
知識梳理
1．點到直線的距離
如圖，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設(shè)eq \(AP,\s\up6(→))＝a，則向量eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－?a·u?2).
2．點到平面的距離
如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點，P是平面α外一點．過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的長度，因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
思考辨析
判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共線的三點到平面β的距離相等，則α∥β.( × )
(2)點到直線的距離也就是該點與直線上任一點連線的長度．( × )
(3)直線l平行于平面α，則直線l上各點到平面α的距離相等．( √ )
(4)直線l上兩點到平面α的距離相等，則l平行于平面α.( × )
教材改編題
1．已知平面α的一個法向量n＝(－2，－2,1)，點A(－1,3,0)在α內(nèi)，則P(－2,1,4)到α的距離為( )
A．10 B．3 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)
答案 D
解析由條件可得P(－2,1,4)到α的距離為
eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|?－1，－2，4?·?－2，－2，1?|,3)＝eq \f(10,3).
2．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則A1A到平面B1D1DB的距離為( )
A.eq \r(2) B．2 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(3\r(2),2)
答案 A
解析由正方體性質(zhì)可知，A1A∥平面B1D1DB，A1A到平面B1D1DB的距離就是點A1到平面B1D1DB的距離，連接A1C1，交B1D1于O1(圖略)，A1O1的長即為所求，由題意可得A1O1＝
eq \f(1,2)A1C1＝eq \r(2).
3．已知直線l經(jīng)過點A(2,3,1)且向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))為l的一個單位方向向量，則點P(4,3,2)到l的距離為________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 ∵eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2,0，－1)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))為l的一個單位方向向量，
∴點P到l的距離d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－?\(PA,\s\up6(→))·n?2)＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)－\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2).
題型一空間距離
例1 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點．
(1)求點N到直線AB的距離；
(2)求點C1到平面ABN的距離．
解建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0,0,0)，B(2eq \r(3)，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，
∵N是CC1的中點，∴N(0,4,2)．
(1)eq \(AN,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)，
則|eq \(AN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4.
設(shè)點N到直線AB的距離為d1，
則d1＝eq \r(|\(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(\s\up7( ),\s\d5())\(AN,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→)))))))2)＝eq \r(20－4)＝4.
(2)設(shè)平面ABN的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則由n⊥eq \(AB,\s\up6(→))，n⊥eq \(AN,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))
令z＝2，則y＝－1，x＝eq \f(\r(3),3)，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，－1，2)).
易知eq \(C1N,\s\up6(—→))＝(0,0，－2)，
設(shè)點C1到平面ABN的距離為d2，
則d2＝eq \f(|\(C1N,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4|,\f(4\r(3),3))＝eq \r(3).
教師備選
1.如圖，P為矩形ABCD所在平面外一點，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，則點P到直線BD的距離為________．
答案 eq \f(13,5)
解析如圖，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則P(0,0,1)，B(3,0,0)，
D(0,4,0)，
則eq \(BP,\s\up6(→))＝(－3,0,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－3,4,0)，
故點P到直線BD的距離
d＝eq \r(|\(BP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(),\s\d5())\f(\(BP,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(BD,\s\up6(→))|)))2)
＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2)＝eq \f(13,5)，
所以點P到直線BD的距離為eq \f(13,5).
2．如圖，已知△ABC為等邊三角形，D，E分別為AC，AB邊的中點，把△ADE沿DE折起，使點A到達點P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直線DE到平面PBC的距離．
解如圖，設(shè)DE的中點為O，BC的中點為F，連接OP，OF，OB，
因為平面PDE⊥平面BCDE，
平面PDE∩平面BCDE＝DE，
所以O(shè)P⊥平面BCDE.
因為在△ABC中，點D，E分別為AC，AB邊的中點，
所以DE∥BC.
因為DE?平面PBC，BC?平面PBC，
所以DE∥平面PBC.
又OF⊥DE，
所以以點O為坐標原點，OE，OF，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\r(3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\r(3)，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\r(3)，0))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)，0))，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\r(3)，－\r(3)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，0，0)).
設(shè)平面PBC的一個法向量為n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x＋\r(3)y－\r(3)z＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝4x＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝z，))
令y＝z＝1，
所以n＝(0,1,1)．
因為eq \(OF,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，
設(shè)點O到平面PBC的距離為d，
則d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OF,\s\up6(→))·n)),|n|)＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).
因為點O在直線DE上，
所以直線DE到平面PBC的距離等于eq \f(\r(6),2).
思維升華點到直線的距離
(1)設(shè)過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝
eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－?\(PA,\s\up6(→))·n?2).
(2)若能求出點在直線上的射影坐標，可以直接利用兩點間距離公式求距離.
跟蹤訓練1 (1)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點E，O分別是A1B1，A1C1的中點，P在正方體內(nèi)部且滿足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(—→))，則下列說法正確的是( )
A．點A到直線BE的距離是eq \f(\r(5),5)
B．點O到平面ABC1D1的距離為eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq \f(\r(3),3)
D．點P到直線AB的距離為eq \f(25,36)
答案 BC
解析如圖，建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
所以eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1)).
設(shè)∠ABE＝θ，則cs θ＝eq \f(\(BA,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→)),|\(BA,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(5),5).
故點A到直線BE的距離d1＝|eq \(BA,\s\up6(→))|sin θ＝1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A錯誤；
易知eq \(C1O,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)eq \(C1A1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
平面ABC1D1的一個法向量eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(0，－1,1)，
則點O到平面ABC1D1的距離
d2＝eq \f(|\(DA1,\s\up6(—→))·\(C1O,\s\up6(—→))|,|\(DA1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正確；
eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)，
eq \(A1D1,\s\up6(—→))＝(0,1,0)．
設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(—→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(—→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y－z＝0，))
令z＝1，得y＝1，x＝1，
所以n＝(1,1,1)．
所以點D1到平面A1BD的距離
d3＝eq \f(|\(A1D1,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).
因為平面A1BD∥平面B1CD1，
所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq \f(\r(3),3)，故C正確；
因為eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(—→))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，則eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，
所以點P到直線AB的距離d4＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(),\s\d5())\f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D錯誤．
(2)(2022·棗莊檢測)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點F，G分別是AB，CC1的中點，則△D1GF的面積為________．
答案 eq \f(\r(14),2)
解析以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，
則D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(xiàn)(1,1,0)，
eq \(FD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
∴點D1到直線GF的距離
d＝eq \r(|\(FD1,\s\up6(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(—→))·\(FG,\s\up6(→))\(\s\up7( ),\s\d5()),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)
＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))2)＝eq \f(\r(42),3).
∴點D1到直線GF的距離為eq \f(\r(42),3)，
又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
∴＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2).
題型二立體幾何中的探索性問題
例2 (2021·北京)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點E為A1D1中點，直線B1C1交平面CDE于點F.
(1)求證：點F為B1C1的中點；
(2)若點M為棱A1B1上一點，且二面角M－CF－E的余弦值為eq \f(\r(5),3)，求eq \f(A1M,A1B1)的值．
(1)證明如圖所示，取B1C1的中點F′，
連接DE，EF′，F(xiàn)′C，
由于ABCD－A1B1C1D1為正方體，E，F(xiàn)′為中點，故EF′∥CD，
從而E，F(xiàn)′，C，D四點共面，
平面CDE即平面CDEF′，
據(jù)此可得，直線B1C1交平面CDE于點F′，
當直線與平面相交時只有唯一的交點，故點F與點F′重合，
即點F為B1C1的中點．
(2)解以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
不妨設(shè)正方體的棱長為2，
設(shè)eq \f(A1M,A1B1)＝λ(0≤λ≤1)，
則M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,2)，E(1,0,2)，
從而eq \(MC,\s\up6(→))＝(－2,2－2λ，－2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(1,0,2)，
eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，
設(shè)平面MCF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(MC,\s\up6(→))＝－2x1＋?2－2λ?y1－2z1＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝x1＋2z1＝0，))
令z1＝－1可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,1－λ)，－1))(λ≠1)，
設(shè)平面CFE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FE,\s\up6(→))＝－2y2＝0，,n·\(CF,\s\up6(→))＝x2＋2z2＝0，))
令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，
從而m·n＝5，|m|＝eq \r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－λ)))2)，|n|＝eq \r(5)，
則cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(5,\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－λ)))2)×\r(5))
＝eq \f(\r(5),3).
整理可得(λ－1)2＝eq \f(1,4)，故λ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(3,2)舍去)).
所以eq \f(A1M,A1B1)＝eq \f(1,2).
教師備選
(2022·鹽城模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都為2，B1C＝eq \r(6)，AB⊥B1C.
(1)求證：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在點P，使直線CP與平面ACC1A1所成角的正弦值為eq \f(4,5)，若不存在，請說明理由；若存在，求BP的長．
(1)證明如圖，取AB的中點D，連接CD，B1D.
因為三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都為2，
所以AB⊥CD，CD＝eq \r(3)，BD＝1.
又因為AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C?平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因為B1D?平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝eq \r(3).
在△B1CD中，CD＝eq \r(3)，B1D＝eq \r(3)，B1C＝eq \r(6)，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因為AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD?平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因為B1D?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解假設(shè)在棱BB1上存在點P滿足條件．以DC，DA，DB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(eq \r(3)，0,0)，B1(0,0，eq \r(3))，
因此eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \(AA1,\s\up6(—→))＝eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)．
因為點P在棱BB1上，
設(shè)eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BB1,\s\up6(—→))＝λ(0,1，eq \r(3))，其中0≤λ≤1.
則eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋λeq \(BB1,\s\up6(—→))＝(－eq \r(3)，－1＋λ，eq \r(3)λ)．
設(shè)平面ACC1A1的法向量為n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(—→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0，,y＋\r(3)z＝0，))
取x＝1，則y＝eq \r(3)，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一個法向量為n＝(1，eq \r(3)，－1)．
因為直線CP與平面ACC1A1所成角的正弦值為eq \f(4,5)，
所以|cs〈n，eq \(CP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CP,\s\up6(→))|,|n||\(CP,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|－2\r(3)|,\r(5)×\r(3＋?λ－1?2＋3λ2))＝eq \f(4,5)，
化簡得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,4)，所以|eq \(BP,\s\up6(→))|＝eq \f(1,4)|eq \(BB1,\s\up6(—→))|＝eq \f(1,2)，
故BP的長為eq \f(1,2).
思維升華 (1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．
跟蹤訓練2 如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的eq \r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點．
(1)求證：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大??；
(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由．
(1)證明如圖，連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO.
由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標原點，
以O(shè)B，OC，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系．設(shè)底面邊長為a，則高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0)).
于是eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a)).
則eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝0，
故OC⊥SD，從而AC⊥SD.
(2)解由題設(shè)知，平面PAC的一個法向量eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，平面DAC的一個法向量eq \(OS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a)).
設(shè)平面PAC與平面DAC的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈eq \(OS,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(OS,\s\up6(→))·\(DS,\s\up6(→))|,|\(OS,\s\up6(→))||\(DS,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2)，
所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30°.
(3)解假設(shè)在棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC.
根據(jù)第(2)問知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一個法向量，
且eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a)).
設(shè)eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，
因為Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，
則eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a?1－t?，\f(\r(6),2)at)).
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，
得－eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(6,4)a2t＝0，
則t＝eq \f(1,3)，
當SE∶EC＝2∶1時，eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DS,\s\up6(→)).
由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在點E，使BE∥平面PAC，此時SE∶EC＝2∶1.
課時精練
1.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝eq \f(1,3)AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，點F在AD上，且CF⊥PC.
(1)求點A到平面PCF的距離；
(2)求AD到平面PBC的距離．
解 (1)由題意知AP，AB，AD兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖，
則A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，D(0,3a，0)，
P(0,0，a)．
設(shè)F(0，m，0)，0≤m≤3a，
則eq \(CF,\s\up6(→))＝(－a，m－a，0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)．
∵PC⊥CF，
∴Ceq \(F,\s\up6(→))⊥eq \(CP,\s\up6(→))，
∴eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝(－a)·(－a)＋(m－a)·(－a)＋0·a＝a2－a(m－a)＝0，
∴m＝2a，即F(0,2a，0)．
設(shè)平面PCF的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CF,\s\up6(→))＝－ax＋ay＝0，,n·\(CP,\s\up6(→))＝－ax－ay＋az＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y(tǒng)，,z＝2x.))
取x＝1，得n＝(1,1,2)．
設(shè)點A到平面PCF的距離為d，由eq \(AC,\s\up6(→))＝(a，a，0)，
得d＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(a×1＋a×1＋0×2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)a.
(2)由于eq \(BP,\s\up6(→))＝(－a，0，a)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0，a)．
設(shè)平面PBC的法向量為n1＝(x0，y0，z0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BP,\s\up6(→))＝－ax0＋az0＝0，,n1·\(BC,\s\up6(→))＝ay0＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝z0，,y0＝0.))
取x0＝1，得n1＝(1,0,1)．
設(shè)點A到平面PBC的距離為h，
∵AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，
∴AD∥平面PBC，
∴h為AD到平面PBC的距離，
∴h＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n1|,|n1|)＝eq \f(a,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)a.
2．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E為PD的中點．
(1)求證：PA⊥平面ABCD；
(2)求直線PC與平面ACE所成角的正弦值；
(3)在線段BC上是否存在點F，使得點E到平面PAF的距離為eq \f(2\r(5),5)？若存在，確定點的位置；若不存在，請說明理由．
(1)證明因為四邊形ABCD為正方形，則BC⊥AB，CD⊥AD，
因為PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因為PA?平面PAB，所以PA⊥BC，
因為PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因為PA?平面PAD，所以PA⊥CD，
因為BC∩CD＝C，BC，CD?平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)解因為PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以點A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，
設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,m·\(AE,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋z＝0，))
取y＝1，可得m＝(－1,1，－1)，
cs〈m，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(PC,\s\up6(→)),|m||\(PC,\s\up6(→))|)
＝eq \f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq \f(1,3)，
所以直線PC與平面ACE所成角的正弦值為eq \f(1,3).
(3)解設(shè)點F(2，t，0)(0≤t≤2)，設(shè)平面PAF的法向量為n＝(a，b，c)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，t，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝2a＋tb＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝2c＝0，))
取a＝t，則n＝(t，－2,0)，
所以點E到平面PAF的距離為d＝eq \f(|\(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(t2＋4))＝eq \f(2\r(5),5)，因為t>0，所以t＝1.因此，當點F為線段BC的中點時，點E到平面PAF的距離為eq \f(2\r(5),5).
3．(2022·湖南雅禮中學月考)如圖，在四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，AA1＝A1B1＝eq \f(1,2)AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD.
(1)若點M是AD的中點，求證：C1M⊥A1C；
(2)棱BC上是否存在一點E，使得平面EAD1與平面DAD1夾角的余弦值為eq \f(1,3)？若存在，求線段CE的長；若不存在，請說明理由．
(1)證明如圖，取BC的中點Q，連接AQ，AC，
∵四邊形ABCD為菱形，則AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，
∵Q為BC的中點，則AQ⊥BC，
∵AD∥BC，∴AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD，以點A為坐標原點，以AQ，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖，
則A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(eq \r(3)，0,0)，
C(eq \r(3)，1,0)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，M(0,1,0)，
eq \(C1M,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，1，－1)，
∴eq \(C1M,\s\up6(—→))·eq \(A1C,\s\up6(—→))＝－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)＋(－1)2＝0，
∴C1M⊥A1C.
(2)解如圖，假設(shè)點E存在，設(shè)點E的坐標為(eq \r(3)，λ，0)，其中－1≤λ≤1，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，λ，0)，eq \(AD1,\s\up6(—→))＝(0,1,1)，
設(shè)平面AD1E的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(—→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋λy＝0，,y＋z＝0，))
取y＝－eq \r(3)，則x＝λ，z＝eq \r(3)，
∴n＝(λ，－eq \r(3)，eq \r(3))，
平面ADD1的一個法向量為m＝(1,0,0)，
∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|λ|,\r(λ2＋6))＝eq \f(1,3)，
解得λ＝±eq \f(\r(3),2)，即CE＝1－eq \f(\r(3),2)或CE＝1＋eq \f(\r(3),2).
因此，棱BC上存在一點E，使得平面EAD1與平面DAD1夾角的余弦值為eq \f(1,3)，此時CE＝1－eq \f(\r(3),2)或CE＝1＋eq \f(\r(3),2).
4.(2022·濰坊模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F(xiàn)，G，O分別是PC，PD，BC，AD的中點．
(1)求證：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG與平面ABCD夾角的大小；
(3)在線段PA上是否存在點M，使得直線GM與平面EFG所成的角為eq \f(π,6)，若存在，求線段PM的長度；若不存在，請說明理由．
(1)證明因為△PAD是正三角形，O是AD的中點，
所以PO⊥AD.
又因為CD⊥平面PAD，PO?平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解如圖，連接OG，以O(shè)點為坐標原點，分別以O(shè)A，OG，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，
則O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，
P(0,0,2eq \r(3))，E(－1,2，eq \r(3))，F(xiàn)(－1,0，eq \r(3))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，
設(shè)平面EFG的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·m＝0，,\(EG,\s\up6(→))·m＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2y＝0，,x＋2y－\r(3)z＝0，))
令z＝1，則m＝(eq \r(3)，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
設(shè)平面EFG與平面ABCD的夾角為θ，
所以cs θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(?\r(3)?2＋12)×1)＝eq \f(1,2)，
所以θ＝eq \f(π,3)，
所以平面EFG與平面ABCD的夾角為eq \f(π,3).
(3)解不存在，理由如下：
假設(shè)在線段PA上存在點M，
使得直線GM與平面EFG所成的角為eq \f(π,6)，
即直線GM的方向向量與平面EFG法向量m所成的銳角為eq \f(π,3)，
設(shè)eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，
eq \(GM,\s\up6(→))＝eq \(GP,\s\up6(→))＋eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(GP,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(GM,\s\up6(→))＝(2λ，－4,2eq \r(3)－2eq \r(3)λ)，
所以cs eq \f(π,3)＝|cs〈eq \(GM,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(\r(3),2\r(4λ2－6λ＋7))，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ

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