高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第7章第8課時(shí)向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

2．掌握空間幾何體中的探索性及翻折問題的求解方法．
1．點(diǎn)P到直線l的距離
設(shè)AP＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量AP在直線l上的投影向量AQ＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得|PQ|＝AP2-AQ2＝a2-a·u2．
提醒：點(diǎn)到直線的距離還可以用以下兩種方式求解：
①d＝|AP|sin θ求解，其中θ為向量AP與直線l方向向量的夾角．
②d＝AP2-AP·μμ2，其中μ為l的方向向量．
2．點(diǎn)P到平面α的距離
若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點(diǎn)為A，則平面α外一點(diǎn)P到平面α的距離d＝AP·nn，如圖所示．
[常用結(jié)論]
線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離．

一、易錯(cuò)易混辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)
(1)點(diǎn)A到平面α的距離是點(diǎn)A與α內(nèi)任一點(diǎn)的線段的最小值．( )
(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.( )
[答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)×
二、教材習(xí)題衍生
(人教A版選擇性必修第一冊P35練習(xí)T2改編)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，則：
(1)點(diǎn)B到直線AC1的距離為________；
(2)直線FC到平面AEC1的距離為________．
(1)63 (2)66 [(1)以D1為原點(diǎn)，D1A1，D1C1，D1D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(biāo)系，

則A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，0，F(xiàn)1，12，1，
∴AB＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1)，AE＝0，12，-1，
EC1＝-1，12，0，F(xiàn)C＝-1，12，0，AF＝0，12，0，
取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－1，1，－1)，則a2＝1，a·u＝33，
∴點(diǎn)B到直線AC1的距離為a2-a·u2＝1-13＝63.
(2)∵FC＝EC1＝-1，12，0，∴FC∥EC1，∴FC∥平面AEC1，
∴點(diǎn)F到平面AEC1的距離即為直線FC到平面AEC1的距離，
設(shè)平面AEC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AE=0， n·EC1=0，
∴12y-z=0，-x+12y=0，∴x=z，y=2z，
取z＝1，則x＝1，y＝2，
∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一個(gè)法向量．
又∵AF＝0，12，0，
∴點(diǎn)F到平面AEC1的距離為AF·nn＝0，12，0·1，2，16＝66，
即直線FC到平面AEC1的距離為66. ]
考點(diǎn)一求空間距離
[典例1] 如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長均為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(23，2，0)，
C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中點(diǎn)，∴N(0，4，2)．
(1)AN＝(0，4，2)，AB＝(23，2，0)，
則|AN|＝25，|AB|＝4.
設(shè)點(diǎn)N到直線AB的距離為d1，
則d1＝AN2-AN·ABAB2＝20-4＝4.
(2)設(shè)平面ABN的法向量為n＝(x，y，z)，
則由n⊥AB，n⊥AN，
得n·AB=23x+2y=0， n·AN=4y+2z=0，
令z＝2，則y＝－1，x＝33，即n＝33，-1，2.
易知C1N＝(0，0，－2)，
設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，
則d2＝C1N·nn＝3.
【教師備選題】
(2022·北大附中三模)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，四邊形BCC1B1是邊長為2的正方形，D為AB中點(diǎn)，且A1D＝5.
(1)求證：CD⊥平面ABB1A1；
(2)若點(diǎn)P在線段B1C上，且直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為255，求點(diǎn)P到平面A1CD的距離．
[解] (1)證明：由題知AA1＝2，AD＝1，A1D＝5，
因?yàn)锳D2＋A1A2＝5＝A1D2，所以A1A⊥AD，
又B1B⊥BC，B1B∥A1A，所以A1A⊥BC，
又AD∩BC＝B，所以A1A⊥平面ABC，
又CD?平面ABC，所以CD⊥AA1，
在正三角形ABC中，D為AB中點(diǎn)，于是CD⊥AB，
又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1.
(2)取BC中點(diǎn)為O，B1C1中點(diǎn)為Q，
則OA⊥BC，OQ⊥BC，
由(1)知A1A⊥平面ABC，且OA?平面ABC，
所以O(shè)A⊥AA1.
又B1B∥A1A，所以O(shè)A⊥BB1，BB1∩BC＝B，
所以O(shè)A⊥平面BCC1B1，
于是OA，OB，OQ兩兩垂直．
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OQ，OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則O(0，0，0)，A(0，0，3)，A1(0，2，3)，C(－1，0，0)，D12，0，32，B1(1，2，0)．
所以CD＝32，0，32，CA1＝(1，2，3)，CB1＝(2，2，0)，AC＝(－1，0，－3)．
設(shè)平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·CD=0， n·CA1=0，即32x+32z=0， x+2y+3z=0.
令x＝1，則z＝－3，y＝1，
于是n＝(1，1，－3)．
設(shè)CP＝λCB1＝(2λ，2λ，0)，λ∈[0，1]，
則AP＝AC+CP＝AC＋λCB1＝(2λ－1，2λ，－3)，由于直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為255，于是|cs〈AP，n〉|＝2λ-1+2λ+31+1+32λ-12+2λ2+3＝255，
即|2λ＋1|＝2λ-12+2λ2+3，
整理得4λ2－8λ＋3＝0，由于λ∈[0，1]，所以λ＝12.
于是CP＝λCB1＝(1，1，0)．
設(shè)點(diǎn)P到平面A1CD的距離為d，
則d＝CP·nn＝1+11+1+3＝255，
所以點(diǎn)P到平面A1CD的距離為255.
求點(diǎn)到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過P點(diǎn)作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個(gè)三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點(diǎn)P到平面α的距離．
(2)轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個(gè)點(diǎn)到平面α的距離來求．
(3)等體積法．
(4)向量法：設(shè)平面α的一個(gè)法向量為n，A是α內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到α的距離為d＝PA·nn.
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
1．(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)E，O分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，P在正方體內(nèi)部且滿足AP＝34AB+12AD+23AA1，則下列說法正確的是( )
A．點(diǎn)A到直線BE的距離是55
B．點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離是24
C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為33
D．點(diǎn)P到直線AB的距離為56
BCD [如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)， D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D10，1，1，E12，0，1，
所以BA＝(－1，0，0)，
BE＝-12，0，1.
設(shè)∠ABE＝θ，
則cs θ＝BA·BEBABE＝55，sin θ＝1-cs2θ＝255.
故A到直線BE的距離d1＝|BA|sinθ＝1×255＝255，故A錯(cuò)誤．
易知C1O＝12C1A1＝-12，-12，0，
平面ABC1D1的一個(gè)法向量DA1＝(0，－1，1)，
則點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離d2＝DA1·C1ODA1＝122＝24，故B正確．
A1B＝(1，0，－1)，A1D＝(0，1，－1)，A1D1＝(0，1，0)．
設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·A1B=0，n·A1D=0，所以x-z=0，y-z=0，
令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．
所以點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d3＝A1D1·nn＝13＝33.
因?yàn)槠矫鍭1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點(diǎn)D1到平面A1BD的距離，
所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為33，故C正確．
因?yàn)锳P＝34AB+12AD+23AA1，所以AP＝34，12，23，又AB＝(1，0，0)，則AP·ABAB＝34，
所以點(diǎn)P到AB的距離d＝AP2-AP·ABAB2＝181144-916＝56，故D正確．故選BCD.]
考點(diǎn)二立體幾何中的探索性問題
[典例2] (2023·廣東廣州模擬)如圖，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(diǎn)．
(1)求證：PA⊥平面ABCD；
(2)求PC與平面ACE所成角的正弦值；
(3)在線段BC上是否存在點(diǎn)F，使得點(diǎn)E到平面PAF的距離為255？若存在，確定點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由．
[解] (1)證明：∵四邊形ABCD為正方形，則BC⊥AB，CD⊥AD，
∵PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，
∵PA?平面PAB，∴PA⊥BC.
∵PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，∴CD⊥平面PAD，
∵PA?平面PAD，∴PA⊥CD，
∵BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，
則A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．
則AC＝(2，2，0)，AE＝(0，1，1)，PC＝(2，2，－2)．
設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，
由m·AC=2x+2y=0，m·AE=y+z=0，取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一個(gè)法向量，
設(shè)PC與平面ACE所成角為θ，
則sin θ＝|cs 〈m，PC〉|＝m·PCm·PC＝23×23＝13，
∴PC與平面ACE所成角的正弦值為13.
(3)設(shè)點(diǎn)F(2，t，0)(0≤t≤2)，設(shè)平面PAF的法向量為n＝(a，b，c)，
AF＝(2，t，0)，AP＝(0，0，2)，
由n·AF=2a+tb=0，n·AP=2c=0，取a＝t，則n＝(t，－2，0)，
∴點(diǎn)E到平面PAF的距離為d＝AE·nn＝2t2+4＝255，
∵t＞0，∴t＝1.
因此，當(dāng)點(diǎn)F為線段BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)E到平面PAF的距離為255.
(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(dāng)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(diǎn)的坐標(biāo)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(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
2．如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分別是CC1，BC，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線A1B1上運(yùn)動(dòng)，且A1P＝λA1B1(λ∈[0，1])．
(1)證明：無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在點(diǎn)P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°？若存在，試確定點(diǎn)P的位置，若不存在，請說明理由．
[解] (1)證明：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M0，1，12，N12，12，0，Q0，12，0，
由A1P＝λA1B1＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得點(diǎn)P(λ，0，1)，所以PN＝12-λ，12，-1，PQ＝-λ，12，-1.
又AM＝0，1，12，所以AM·PN＝0＋12-12＝0，AM·PQ＝0＋12-12＝0，
所以AM⊥PN，AM⊥PQ，即AM⊥PN，AM⊥PQ，
又PN∩PQ＝P，所以AM⊥平面PNQ，
所以無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ.
(2)設(shè)n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，
NM＝-12，12，12，PN＝12-λ，12，-1，
則n·NM=0，n·PN=0，即-12x+12y+12z=0， 12-λx+12y-z=0，
得y=1+2λ3x，z=2-2λ3x，
令x＝3，所以n＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一個(gè)法向量．
取平面ABC的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)．
假設(shè)存在符合條件的點(diǎn)P，則
|cs〈m，n〉|＝2-2λ9+1+2λ2+2-2λ2＝12，
化簡得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7-354或λ＝7+354(舍去)．
綜上，存在點(diǎn)P，且當(dāng)A1P＝7-354時(shí)，滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60°.
考點(diǎn)三立體幾何中的翻折問題
[典例3] 如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF.
(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．
[解] (1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如圖，作PH⊥EF，垂足為H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF的方向?yàn)閥軸正方向，|BF|＝1，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝32，EH＝32.
則H(0，0，0)，P0，0，32，D-1，-32，0，
DP＝1，32，32，HP＝0，0，32.
又HP為平面ABFD的法向量，
設(shè)DP與平面ABFD所成的角為θ，
則sin θ＝|cs 〈HP，DP〉|＝HP·DPHPDP＝343＝34.
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.
三步解決平面圖形翻折問題
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
3．(2019·全國Ⅲ卷)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
圖1 圖2
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖2中的平面BCG與平面ACG的夾角的大?。?br>[解] (1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.
又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HC的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG＝(1，0，3)，AC＝(2，－1，0).
設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則
CG·n=0，AC·n=0，即x+3z=0，2x-y=0.
所以可取n＝(3，6，－3)．
又平面BCGE的法向量可取為m＝(0，1，0)，
所以cs 〈n，m〉＝n·mnm＝32.
因此平面BCG與平面ACG的夾角為30°.
課時(shí)分層作業(yè)(四十四) 向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題
1．(2022·江蘇宿遷期末)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱長都為2，且∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，點(diǎn)P，Q分別在AB，A1C1上，且AP＝A1Q.
(1)求證：PQ∥平面B1BCC1；
(2)當(dāng)點(diǎn)P是邊AB的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)B1到直線PQ的距離．
[解] (1)作PD∥AC，交BC于點(diǎn)D，由A1Q＝AP，則BP＝QC1，
∵PD∥AC，
∴PDAC＝BPAB，即PD＝BP＝QC1，
∴PD∥QC1且PD＝QC1，連接DC1，
∴四邊形C1QPD為平行四邊形，
∴PQ∥C1D，
∵PQ?平面BCC1B1，且C1D?平面BCC1B1，
∴PQ∥平面BCC1B1.
(2)取AC中點(diǎn)O，連接A1O、BO，
∵AO＝12AC＝1，AA1＝2，∠A1AO＝60°，
根據(jù)余弦定理得：
A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AO·cs 60°＝4＋1－2×2×1×12＝3，∴A1O＝3，
則A1O⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，
∵△ABC是等邊三角形，
∴BO⊥AC，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(0，－1，0)，B(3，0，0)，A1(0，0，3)，
P32，-12，0，Q(0，1，3)，B1(3，1，3)，
∴QP＝32，-32，-3，QB1＝(3，0，0)，
∴cs 〈QP，QB1〉＝QP·QB1QP·QB1＝326·3＝24，
∴點(diǎn)B1到直線PQ的距離為
|QB1|·1-cs2〈QP，QB1〉＝3×1-242＝424.
2．(2022·山東德州模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥AD，AD＝12BC＝3，PC＝5，AD∥BC，AB＝AC，∠BAD＝150°，∠PDA＝30°.
(1)證明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)在線段PD上是否存在一點(diǎn)F，使直線CF與平面PBC所成角的正弦值等于14？
[解] (1)證明：在Rt△PAD中，AD＝3，∠PDA＝30°，∴PA＝AD tan∠PDA＝1，
∵AD∥BC，∠BAD＝150°，所以∠ABC＝30°，
又AB＝AC，∴∠ACB＝30°，∠BAC＝120°，
在△ABC中，由正弦定理得BCsin120°＝ACsin30°，
∴AC＝BCsin30°sin120°＝2，
∵PC＝5，∴PA2＋AC2＝PC2，∴PA⊥AC，
∵PA⊥AD，AC∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，
∵PA?平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)因?yàn)锳D＝3，AC＝2，
∠CAD＝∠BAD－∠BAC＝30°，
在△ACD中，由余弦定理可得
CD＝AC2+AD2-2AC·ADcs30°＝1，
∴AD2＋CD2＝AC2，則AD⊥CD，
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC、AD、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B(1，－3，0)、C(1，3，0)、D(0，3，0)、P(0，0，1)，
BC＝(0，23，0)，BP＝(－1，3，1)，PD＝(0，3，－1)，CP＝(－1，－3，1)．
設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則n·BC=23y=0， n·BP=-x+3y+z=0，
取x＝1可得n＝(1，0，1)，設(shè)PF＝λPD＝(0，3λ，－λ)，其中0≤λ≤1，
則CF＝CP+PF＝(－1，－3，1)＋(0，3λ，－λ)＝(－1，3λ－3，1－λ)，
由已知可得|cs 〈n，CF〉|＝n·CFn·CF＝λ2·1+41-λ2＝14，
整理可得4λ2＋8λ－5＝0，因?yàn)?≤λ≤1，解得λ＝12，
因此，當(dāng)點(diǎn)F為線段PD的中點(diǎn)時(shí)，直線CF與平面PBC所成角的正弦值等于14.
3．如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足為E，AB＝AE＝12CE＝1，DE＝2.將△ADE沿AE翻折到△PAE，如圖2所示．M為線段PB的中點(diǎn)，且ME⊥PC.
圖1 圖2
(1)求證：PE⊥EC；
(2)設(shè)N為線段AE上任意一點(diǎn)，當(dāng)平面BMN與平面PCE的夾角最小時(shí)，求EN的長．
[解] (1)證明：連接EB，由題意PE＝2，
BE＝AB2+AE2＝2，又M是PB中點(diǎn)，
所以ME⊥PB，而ME⊥PC，PC∩PB＝P，所以ME⊥平面PBC，BC?平面PBC，則BC⊥ME，
由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝12CE＝1知：
BE＝BC＝2，
在△BCE中CE＝2，則BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE.
由ME∩BE＝E，則BC⊥平面BEM，PE?平面BEM，于是PE⊥BC.
由題意，PE⊥AE，AE與BC相交，則PE⊥平面ABCE，EC?平面ABCE，
所以PE⊥EC.
(2)連接BN，MN，設(shè)EN＝t，由(1)知，PE，EA，EC兩兩垂直，
故分別以EA，EC，EP為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
由題意，則N(t，0，0)，B(1，1，0)，M12，12，22，
BM＝-12，-12，22，BN＝(t－1，－1，0)，
取平面PCE的法向量m＝(1，0，0)，
設(shè)平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，則
n·BM=-12a-12b+22c=0n·BN=t-1a-b=0 ，
令a＝1，即n＝1，t-1，t2，
設(shè)平面BMN與平面PCE的夾角為θ，則
cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝1，0，0·1，t-1，t21+t-12+t22
＝132t2-2t+2＝132t-232+43，
∴當(dāng)t＝23時(shí)，(cs θ)max＝32，即EN長為23時(shí)平面BMN與平面PCE的夾角最?。?br>4．請從下面三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的橫線上，并作答．
①AB⊥BC，②FC與平面ABCD所成的角為π6，③∠ABC＝π3.
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中點(diǎn)為F.
(1)在線段AB上是否存在一點(diǎn)G，使得AF∥平面PGC？若存在，指出G在AB上的位置并給以證明；若不存在，請說明理由；
(2)若________，求平面FAC與平面DAC的夾角余弦值．
[解] (1)在線段AB上存在中點(diǎn)G，使得AF∥平面PGC.
證明如下：如圖所示，取PC的中點(diǎn)H，連接FH，HG，PG，CG.
∵FH∥CD，F(xiàn)H＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，
∴FH∥AG，F(xiàn)H＝AG，
∴四邊形AGHF為平行四邊形，
∴AF∥GH，
又GH?平面PGC，AF?平面PGC，
∴AF∥平面PGC.
(2)選擇①AB⊥BC.
∵AD∥BC，∴AB⊥AD.
由題意知AB，AD，AP兩兩垂直，
以AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
∵PA＝AB＝2，
則A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(xiàn)(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－2，－1，1)．
設(shè)平面FAC的法向量為μ＝(x，y，z)，
∴μ·AF=y+z=0， μ·CF=-2x-y+z=0，
取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)．
易知平面ACD的一個(gè)法向量為v＝(0，0，1)，
設(shè)平面FAC與平面DAC的夾角為θ，
則cs θ＝μ·vμ·v＝33，
∴平面FAC與平面DAC的夾角的余弦值為33.
選擇②FC與平面ABCD所成的角為π6.
∵PA⊥平面ABCD，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，取AD的中點(diǎn)M，連接FM，CM，
則FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
則FC與平面ABCD所成的角為∠FCM，
∴∠FCM＝π6，
∴在Rt△FCM中，CM＝3，
又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP兩兩垂直，
以AE，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，
F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
設(shè)平面FAC的法向量為m＝(x，y，z)，
則m·AF=y+z=0， m·CF=-3x+z=0，
取x＝3，得m＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)，
設(shè)平面FAC與平面DAC的夾角為θ，
則cs θ＝m·nm·n＝217.
∴平面FAC與平面DAC的夾角的余弦值為217.
選擇③∠ABC＝π3.
取BC的中點(diǎn)E，連接AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝π3，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中點(diǎn)，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP兩兩垂直，
以AE，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，F(xiàn)(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
設(shè)平面FAC的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，
則m·AF=y+z=0， m·CF=-3x+z=0，
取x＝3，得m＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)，
設(shè)平面FAC與平面DAC的夾角為θ，
則cs θ＝m·nm·n＝217.
∴平面FAC與平面DAC的夾角的余弦值為217.

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