2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義（步步高版）第七章　§7.8　空間距離及立體幾何中的探索問(wèn)題

這是一份2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義（步步高版）第七章　§7.8　空間距離及立體幾何中的探索問(wèn)題，共17頁(yè)。試卷主要包含了))等內(nèi)容，歡迎下載使用。

知識(shí)梳理
1．點(diǎn)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(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)P作平面α的垂線l，交平面α于點(diǎn)Q，則n是直線l的方向向量，且點(diǎn)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(zhǎng)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(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共線的三點(diǎn)到平面β的距離相等，則α∥β.( × )
(2)點(diǎn)到直線的距離也就是該點(diǎn)與直線上任一點(diǎn)連線的長(zhǎng)度．( × )
(3)直線l平行于平面α，則直線l上各點(diǎn)到平面α的距離相等．( √ )
(4)直線l上兩點(diǎn)到平面α的距離相等，則l平行于平面α.( × )
教材改編題
1．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)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(diǎn)A1到平面B1D1DB的距離，連接A1C1，交B1D1于O1(圖略)，A1O1的長(zhǎng)即為所求，由題意可得A1O1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \r(2).
2．已知直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)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(gè)單位方向向量，則點(diǎn)P(4,3,2)到l的距離為_(kāi)_______．
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(gè)單位方向向量，
∴點(diǎn)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).
3．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是________．
答案 eq \f(2\r(3),3)
解析 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，
則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，
所以eq \(D1A1,\s\up6(—→))＝(2,0,0)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(2,0,2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(—→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))
令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，
所以點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(3),3).
題型一 空間距離
例1 (1)(2023·長(zhǎng)沙模擬)空間中有三點(diǎn)P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，則點(diǎn)P到直線MN的距離為( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．3 D．2eq \r(5)
答案 A
解析 因?yàn)閑q \(MN,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))的一個(gè)單位方向向量為u＝eq \f(\r(3),3)(1,1,1)．
因?yàn)閑q \(PM,\s\up6(→))＝(1，－1,3)，
故|eq \(PM,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋?－1?2＋32)＝eq \r(11)，eq \(PM,\s\up6(→))·u＝eq \f(\r(3),3)(1－1＋3)＝eq \r(3)，
所以點(diǎn)P到直線MN的距離為eq \r(\(PM,\s\up6(→))2－?\(PM,\s\up6(→))·u?2)＝eq \r(11－3)＝2eq \r(2).
(2)(2022·濟(jì)寧模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)AA1＝2，BC1＝2eq \r(3)，M為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)．
①證明：BC1⊥CM；
②若E為A1C1的中點(diǎn)，求點(diǎn)A1到平面BCE的距離．
①證明 因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C，C1B?平面BB1C1C，所以AB⊥C1B，
在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2eq \r(3)，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BCeq \\al(2,1)＝CCeq \\al(2,1)，所以CB⊥C1B.
因?yàn)锳B∩BC＝B，AB，BC?平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.
又因?yàn)镃M?平面ABC，
所以C1B⊥CM.
②解 由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
以B為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則B(0,0,0)，C(2,0,0)，C1(0,2eq \r(3)，0)，A1(－2，2eq \r(3)，4)，E(－1,2eq \r(3)，2)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0), eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1,2eq \r(3)，2)，
設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝0，,－x＋2\r(3)y＋2z＝0.))
令y＝eq \r(3)，則n＝(0，eq \r(3)，－3)．
又因?yàn)閑q \(A1C,\s\up6(—→))＝(4，－2eq \r(3)，－4)，
故點(diǎn)A1到平面BCE的距離d＝eq \f(|0×4＋?－2\r(3)?×\r(3)＋?－4?×?－3?|,2\r(3))＝eq \r(3).
思維升華 (1)點(diǎn)到直線的距離．
①設(shè)過(guò)點(diǎn)P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點(diǎn)，點(diǎn)A到直線l的距離d＝eq \r(\(\s\up7(),\s\d5())|\(PA,\s\up6(→))|2－?\(PA,\s\up6(→))·n?2)；
②若能求出點(diǎn)在直線上的射影坐標(biāo)，可以直接利用兩點(diǎn)間距離公式求距離．
(2)求點(diǎn)面距一般有以下三種方法．
①作點(diǎn)到面的垂線，求點(diǎn)到垂足的距離；
②等體積法；
③向量法.
跟蹤訓(xùn)練1 (1)(2023·棗莊模擬)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點(diǎn)F，G分別是AB，CC1的中點(diǎn)，則△D1GF的面積為_(kāi)_______．
答案 eq \f(\r(14),2)
解析 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)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).
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).
(2)如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點(diǎn)E在棱AB上移動(dòng)．
①證明：D1E⊥A1D；
②當(dāng)E為AB的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)E到平面ACD1的距離．
①證明 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，設(shè)AE＝x，則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．
eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1，x，－1)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(－1,0，－1)，因?yàn)閑q \(D1E,\s\up6(—→))·eq \(A1D,\s\up6(—→))＝0，所以eq \(D1E,\s\up6(—→))⊥eq \(A1D,\s\up6(—→))，即D1E⊥A1D.
②解 因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，則E(1,1,0)，從而eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1,1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(AD1,\s\up6(—→))＝(－1,0,1)，
設(shè)平面ACD1的法向量為n＝(a，b，c)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(—→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋2b＝0，,－a＋c＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2b，,a＝c，))從而可取n＝(2,1,2)，所以點(diǎn)E到平面ACD1的距離d＝eq \f(|\(D1E,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(|2＋1－2|,3)＝eq \f(1,3).
題型二 立體幾何中的探索性問(wèn)題
例2 (2022·常德模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等邊三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O為AC的中點(diǎn)．
(1)求證：AC⊥平面A1BO；
(2)試問(wèn)線段CC1上是否存在點(diǎn)P，使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為eq \f(2\r(7),7)，若存在，請(qǐng)計(jì)算eq \f(CP,CC1)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(1)證明 ∵△ABC是等邊三角形，O是AC的中點(diǎn)，
∴AC⊥OB，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，
∴A1B⊥平面ABC，
∵AC?平面ABC，∴A1B⊥AC，
∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB?平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.
(2)解 存在，線段CC1的中點(diǎn)P滿足題意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，所在直線分別為x軸、y軸，過(guò)點(diǎn)O作Oz∥A1B，以O(shè)z所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則O(0,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A1(0，eq \r(3)，2eq \r(3))，eq \(OB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(AA1,\s\up6(—→))＝(－1，eq \r(3)，2eq \r(3))，
設(shè)eq \(CP,\s\up6(→))＝teq \(CC1,\s\up6(—→))＝teq \(AA1,\s\up6(—→))＝(－t，eq \r(3)t,2eq \r(3)t)，0≤t≤1，
則eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CP,\s\up6(→))＝(－1－t，eq \r(3)t,2eq \r(3)t)，
易知平面A1OB的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)，設(shè)平面POB的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(OB,\s\up6(→))＝\r(3)y＝0，,m·\(OP,\s\up6(→))＝?－1－t?x＋\r(3)ty＋2\r(3)tz＝0，))
取x＝2eq \r(3)t，則m＝(2eq \r(3)t,0，t＋1)，
由題意得|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(2\r(3)t,\r(12t2＋?t＋1?2))＝eq \f(2\r(7),7)，
∵0≤t≤1，∴解得t＝eq \f(CP,CC1)＝eq \f(1,2)，
∴線段CC1上存在點(diǎn)P，使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為eq \f(2\r(7),7)，此時(shí)eq \f(CP,CC1)＝eq \f(1,2).
思維升華 (1)對(duì)于存在判斷型問(wèn)題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．
(2)對(duì)于位置探究型問(wèn)題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．
跟蹤訓(xùn)練2 如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的eq \r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．
(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(diǎn)E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(1)證明 如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接SO.
由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，
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(biāo)系．設(shè)底面邊長(zhǎng)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，所以eq \(OC,\s\up6(→))⊥eq \(SD,\s\up6(→))，
故OC⊥SD，從而AC⊥SD.
(2)解 由題設(shè)知，平面PAC的一個(gè)法向量為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(gè)法向量為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(diǎn)E使BE∥平面PAC.
由(2)知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一個(gè)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?yàn)锽eq \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)).
由eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，
得－eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(3,2)a2t＝0，
解得t＝eq \f(1,3)，
當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，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(diǎn)E，使BE∥平面PAC，此時(shí)SE∶EC＝2∶1.
課時(shí)精練
1. 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長(zhǎng)均為4，N是CC1的中點(diǎn)．
(1)求點(diǎn)N到直線AB的距離；
(2)求點(diǎn)C1到平面ABN的距離．
解 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(diǎn)，
∴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(diǎn)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(diǎn)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).
2．(2023·北京模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M為線段A1C1上一點(diǎn)．
(1)求證：BM⊥AB1；
(2)若直線AB1與平面BCM所成的角為eq \f(π,4)，求點(diǎn)A1到平面BCM的距離．
(1)證明 ∵AA1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，
∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A1M＝a，a∈[0,1]，
則A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，
eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
∵eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(—→))＝0，∴eq \(BM,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(—→))，∴BM⊥AB1.
(2)解 設(shè)平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，
由(1)知eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直線AB1與平面BCM所成的角為eq \f(π,4)，
∴sin eq \f(π,4)＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·n|,|\(AB1,\s\up6(—→))||n|)＝eq \f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋?1－a?2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝eq \f(1,2)，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，
∵eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1),
∴點(diǎn)A1到平面BCM的距離d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(9,4)))＝eq \f(1,3).
3. 已知空間幾何體ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.
(1)若BD＝eq \r(2)BC，求證：BC⊥ED；
(2)探索A，B，D，E四點(diǎn)是否共面？若共面，請(qǐng)給出證明；若不共面，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(1)證明 ∵△ABC，△ECD是全等的正三角形，∴CD＝BC，
∵BD＝eq \r(2)BC，∴BD2＝BC2＋DC2，∴BC⊥DC，
∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，
∴BC⊥平面ECD，∵DE?平面ECD，∴BC⊥ED.
(2)解 A，B，D，E四點(diǎn)共面．
理由如下，
如圖，分別取BC，DC的中點(diǎn)M，N，連接AM，EN，MN，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AM⊥BC，AM＝eq \f(\r(3),2)BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AM⊥平面BCD，
同理EN⊥平面BCD，且EN＝eq \f(\r(3),2)CD ＝eq \f(\r(3),2)BC，
∴AM∥EN，且AM＝EN，∴四邊形AMNE是矩形，
∴AE∥MN，又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E四點(diǎn)共面．
4. 如圖所示，在三棱錐P－ABC中，底面是邊長(zhǎng)為4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn)．
(1)求證：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在線段PB上是否存在點(diǎn)G，使得直線AG與平面PBC所成角的正弦值為eq \f(\r(15),5)？若存在，確定點(diǎn)G的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(1)證明 ∵△ABC是正三角形，E為AC的中點(diǎn)，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE?平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在．
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn)，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF兩兩垂直．
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以EB，EC，EF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2eq \r(3)，0,0)，C(0,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，－2,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)．
設(shè)eq \(BG,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BG,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，
設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))
令x＝1，則y＝eq \r(3)，z＝2eq \r(3)，∴n＝(1，eq \r(3)，2eq \r(3))．
由已知得eq \f(\r(15),5)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AG,\s\up6(→))·n,|\(AG,\s\up6(→))||n|)))，即eq \f(\r(15),5)＝eq \f(4\r(3),4\r(16?1－λ?2＋4λ2))，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(11,10)(舍去)，
故λ＝eq \f(1,2)，∴存在滿足條件的點(diǎn)G，點(diǎn)G為PB的中點(diǎn)．
5. (2022·北京模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.
(1)求證：AB∥平面PCD；
(2)求平面APB與平面PBC夾角的余弦值；
(3)棱BC上是否存在點(diǎn)Q到平面PBA的距離為eq \f(\r(10),10)，若存在，求出eq \f(CQ,CB)的值；若不存在，說(shuō)明理由．
(1)證明 ∵AB∥CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，
∴AB∥平面PDC.
(2)解 ∵ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，
∴BC＝eq \r(42＋?5－3?2)＝2eq \r(5)，又PB＝PC＝3，∴點(diǎn)P到直線BC的距離為eq \r(32－5)＝2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴點(diǎn)P到平面ABCD的距離為2.
以D為原點(diǎn)，以DA，DC及平面ABCD過(guò)D的垂線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)．
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,5,0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(4,2,0)，
設(shè)平面APB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up6(→))＝2x1＋y1－2z1＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝5y1＝0，))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x2＋y2－2z2＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝4x2＋2y2＝0，))
令x1＝1，x2＝1可得m＝(1,0,1)，n＝(1，－2,0)，
設(shè)平面APB與平面PBC的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10).
∴平面APB與平面PBC夾角的余弦值為eq \f(\r(10),10).
(3)解 假設(shè)棱BC上存在點(diǎn)Q到平面PBA的距離為eq \f(\r(10),10)，
設(shè)eq \(CQ,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，
∴Q(4λ，2λ＋3,0)，∴eq \(AQ,\s\up6(→))＝(4λ－4,2λ＋3,0)，
由(2)知平面PBA的一個(gè)法向量為m＝(1,0,1)，
∴點(diǎn)Q到平面PBA的距離d＝eq \f(|\(AQ,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(|4λ－4|,\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
∴|4λ－4|＝eq \f(\r(5),5)，∴λ＝1－eq \f(\r(5),20)，
∴棱BC上存在點(diǎn)Q到平面PBA的距離為eq \f(\r(10),10)，
eq \f(CQ,CB)＝1－eq \f(\r(5),20).
6. (2023·鹽城模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為BD和BB1的中點(diǎn)，P為棱C1D1上的動(dòng)點(diǎn)．
(1)是否存在點(diǎn)P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出滿足條件時(shí)C1P的長(zhǎng)度并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(2)當(dāng)C1P為何值時(shí)，平面BCC1B1與平面PEF夾角的正弦值最?。?br>解 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
根據(jù)題意設(shè)點(diǎn)P(0，t,2)，0≤t≤2，則E(1,1,0)，F(xiàn)(2,2,1)，C(0,2,0)，
(1)eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,1－t，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)，
設(shè)平面CEF的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))令x＝1，得z＝－2，y＝1，
∴m＝(1,1，－2)，
若存在滿足題意的點(diǎn)P，
則eq \(PE,\s\up6(→))∥m，
∴eq \f(1－t,1)＝1，∴t＝0，滿足0≤t≤2，即P與D1重合時(shí)，PE⊥平面EFC，此時(shí)C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的法向量為n＝(0,1,0)，
設(shè)平面PEF的法向量為r＝(x0，y0，z0)，
又eq \(PF,\s\up6(→))＝(2,2－t，－1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋?2－t?y0－z0＝0，,r·\(PE,\s\up6(→))＝x0＋?1－t?y0－2z0＝0，))
令y0＝1，則x0＝eq \f(t,3)－1，z0＝－eq \f(t,3)，
∴r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3)))，
設(shè)平面BCC1B1與平面PEF的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈n，r〉|＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1))2＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,3)))2))＝eq \f(1,\r(\f(2?t2－3t?,9)＋2))，0≤t≤2，
∴當(dāng)t＝eq \f(3,2)時(shí)，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，(sin θ)min＝eq \f(\r(3),3).
此時(shí)C1P＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).