2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第七章 §7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题

§7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题 考试要求　1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件． 知识梳理 1．点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设eq \o(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－a·u2). 2．点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq \o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \o(QP,\s\up6(→))的长度，因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|). 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(　×　) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．(　×　) (3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等．(　√　) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(　×　) 教材改编题 1．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为(　　) A．10 B．3 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3) 答案　D 解析　由条件可得P(－2,1,4)到α的距离为 eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－1，－2，4·－2，－2，1|,3)＝eq \f(10,3). 2．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为(　　) A.eq \r(2) B．2 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(3\r(2),2) 答案　A 解析　由正方体性质可知，A1A∥平面B1D1DB，A1A到平面B1D1DB的距离就是点A1到平面B1D1DB的距离，连接A1C1，交B1D1于O1(图略)，A1O1的长即为所求，由题意可得A1O1＝ eq \f(1,2)A1C1＝eq \r(2). 3．已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))为l的一个单位方向向量，则点P(4,3,2)到l的距离为________． 答案　eq \f(\r(2),2) 解析　∵eq \o(PA,\s\up6(→))＝(－2,0，－1)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))为l的一个单位方向向量， ∴点P到l的距离d＝eq \r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－\o(PA,\s\up6(→))·n2)＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)－\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2). 题型一　空间距离 例1　如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点． (1)求点N到直线AB的距离； (2)求点C1到平面ABN的距离． 解　建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2eq \r(3)，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)， ∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)． (1)eq \o(AN,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)， 则|eq \o(AN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝eq \r(|\o(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(\s\up7(　),\s\do5())\o(AN,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))))2)＝eq \r(20－4)＝4. (2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由n⊥eq \o(AB,\s\up6(→))，n⊥eq \o(AN,\s\up6(→))， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，)) 令z＝2，则y＝－1，x＝eq \f(\r(3),3)，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2)). 易知eq \o(C1N,\s\up6(—→))＝(0,0，－2)， 设点C1到平面ABN的距离为d2， 则d2＝eq \f(|\o(C1N,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4|,\f(4\r(3),3))＝eq \r(3). 教师备选 1.如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________． 答案　eq \f(13,5) 解析　如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，B(3,0,0)， D(0,4,0)， 则eq \o(BP,\s\up6(→))＝(－3,0,1)，eq \o(BD,\s\up6(→))＝(－3,4,0)， 故点P到直线BD的距离 d＝eq \r(|\o(BP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BD,\s\up6(→))|)))2) ＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))2)＝eq \f(13,5)， 所以点P到直线BD的距离为eq \f(13,5). 2．如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离． 解　如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，连接OP，OF，OB， 因为平面PDE⊥平面BCDE， 平面PDE∩平面BCDE＝DE， 所以OP⊥平面BCDE. 因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点， 所以DE∥BC. 因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以DE∥平面PBC. 又OF⊥DE， 所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\r(3)，0))， Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))， 所以eq \o(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\r(3)，－\r(3)))，eq \o(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，0，0)). 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝2x＋\r(3)y－\r(3)z＝0，,n·\o(CB,\s\up6(→))＝4x＝0，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，)) 令y＝z＝1， 所以n＝(0,1,1)． 因为eq \o(OF,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)， 设点O到平面PBC的距离为d， 则d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OF,\s\up6(→))·n)),|n|)＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2). 因为点O在直线DE上， 所以直线DE到平面PBC的距离等于eq \f(\r(6),2). 思维升华 点到直线的距离 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝ eq \r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－\o(PA,\s\up6(→))·n2). (2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离. 跟踪训练1　(1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AA1,\s\up6(—→))，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4) C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) D．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36) 答案　BC 解析　如图，建立空间直角坐标系，则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\co1(\f(1,2)，0，1))， 所以eq \o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq \o(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1)). 设∠ABE＝θ，则cos θ＝eq \f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)， sin θ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(2\r(5),5). 故点A到直线BE的距离d1＝|eq \o(BA,\s\up6(→))|sin θ＝1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A错误； 易知eq \o(C1O,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)eq \o(C1A1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))， 平面ABC1D1的一个法向量eq \o(DA1,\s\up6(—→))＝(0，－1,1)， 则点O到平面ABC1D1的距离 d2＝eq \f(|\o(DA1,\s\up6(—→))·\o(C1O,\s\up6(—→))|,|\o(DA1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正确； eq \o(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)，eq \o(A1D,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)， eq \o(A1D1,\s\up6(—→))＝(0,1,0)． 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(—→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(—→))＝0，)) 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0，)) 令z＝1，得y＝1，x＝1， 所以n＝(1,1,1)． 所以点D1到平面A1BD的距离 d3＝eq \f(|\o(A1D1,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3). 因为平面A1BD∥平面B1CD1， 所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)，故C正确； 因为eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AA1,\s\up6(—→))， 所以eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))， 又eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，则eq \f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)， 所以点P到直线AB的距离d4＝eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D错误． (2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为________． 答案　eq \f(\r(14),2) 解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)， 则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)， eq \o(FD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，eq \o(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)， ∴点D1到直线GF的距离 d＝eq \r(|\o(FD1,\s\up6(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up6(—→))·\o(FG,\s\up6(→))\o(\s\up7(　),\s\do5()),|\o(FG,\s\up6(→))|)))2) ＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq \f(\r(42),3). ∴点D1到直线GF的距离为eq \f(\r(42),3)， 又|eq \o(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(3)， ∴＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2). 题型二　立体几何中的探索性问题 例2　(2021·北京)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F. (1)求证：点F为B1C1的中点； (2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M－CF－E的余弦值为eq \f(\r(5),3)，求eq \f(A1M,A1B1)的值． (1)证明　如图所示，取B1C1的中点F′， 连接DE，EF′，F′C， 由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD， 从而E，F′，C，D四点共面， 平面CDE即平面CDEF′， 据此可得，直线B1C1交平面CDE于点F′， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合， 即点F为B1C1的中点． (2)解　以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2， 设eq \f(A1M,A1B1)＝λ(0≤λ≤1)， 则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)， 从而eq \o(MC,\s\up6(→))＝(－2,2－2λ，－2)，eq \o(CF,\s\up6(→))＝(1,0,2)， eq \o(FE,\s\up6(→))＝(0，－2,0)， 设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(MC,\s\up6(→))＝－2x1＋2－2λy1－2z1＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝x1＋2z1＝0，)) 令z1＝－1可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,1－λ)，－1))(λ≠1)， 设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝－2y2＝0，,n·\o(CF,\s\up6(→))＝x2＋2z2＝0，)) 令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)， 从而m·n＝5，|m|＝eq \r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－λ)))2)，|n|＝eq \r(5)， 则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(5,\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(λ＝\f(3,2)舍去)). 所以eq \f(A1M,A1B1)＝eq \f(1,2). 教师备选 (2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝eq \r(6)，AB⊥B1C. (1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC； (2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \f(4,5)，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长． (1)证明　如图，取AB的中点D，连接CD，B1D. 因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2， 所以AB⊥CD，CD＝eq \r(3)，BD＝1. 又因为AB⊥B1C， 且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD， 所以AB⊥平面B1CD. 又因为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， 又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC， 所以B1D⊥平面ABC. 又因为B1D⊂平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面ABC. (2)解　假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(eq \r(3)，0,0)，B1(0,0，eq \r(3))， 因此eq \o(BB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \o(AA1,\s\up6(—→))＝eq \o(BB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \o(CB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)． 因为点P在棱BB1上， 设eq \o(BP,\s\up6(→))＝λeq \o(BB1,\s\up6(—→))＝λ(0,1，eq \r(3))，其中0≤λ≤1. 则eq \o(CP,\s\up6(→))＝eq \o(CB,\s\up6(→))＋eq \o(BP,\s\up6(→))＝eq \o(CB,\s\up6(→))＋λeq \o(BB1,\s\up6(—→))＝(－eq \r(3)，－1＋λ，eq \r(3)λ)． 设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AA1,\s\up6(—→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,y＋\r(3)z＝0，)) 取x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝－1， 所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，－1)． 因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \f(4,5)， 所以|cos〈n，eq \o(CP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\o(CP,\s\up6(→))|,|n||\o(CP,\s\up6(→))|) ＝eq \f(|－2\r(3)|,\r(5)×\r(3＋λ－12＋3λ2))＝eq \f(4,5)， 化简得16λ2－8λ＋1＝0， 解得λ＝eq \f(1,4)，所以|eq \o(BP,\s\up6(→))|＝eq \f(1,4)|eq \o(BB1,\s\up6(—→))|＝eq \f(1,2)， 故BP的长为eq \f(1,2). 思维升华　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 跟踪训练2　如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小； (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． (1)证明　如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO. 由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点， 以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝eq \f(\r(6),2)a， 于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0)). 于是eq \o(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))， eq \o(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a)). 则eq \o(OC,\s\up6(→))·eq \o(SD,\s\up6(→))＝0， 故OC⊥SD，从而AC⊥SD. (2)解　由题设知，平面PAC的一个法向量eq \o(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，平面DAC的一个法向量eq \o(OS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a)). 设平面PAC与平面DAC的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈eq \o(OS,\s\up6(→))，eq \o(DS,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\o(OS,\s\up6(→))·\o(DS,\s\up6(→))|,|\o(OS,\s\up6(→))||\o(DS,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2)， 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°. (3)解　假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 根据第(2)问知eq \o(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量， 且eq \o(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \o(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a)). 设eq \o(CE,\s\up6(→))＝teq \o(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)， 因为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))， 所以eq \o(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))， 则eq \o(BE,\s\up6(→))＝eq \o(BC,\s\up6(→))＋eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \o(BC,\s\up6(→))＋teq \o(CS,\s\up6(→)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at)). 又eq \o(BE,\s\up6(→))·eq \o(DS,\s\up6(→))＝0， 得－eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(6,4)a2t＝0， 则t＝eq \f(1,3)， 当SE∶EC＝2∶1时，eq \o(BE,\s\up6(→))⊥eq \o(DS,\s\up6(→)). 由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC. 因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1. 课时精练 1.如图，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，点F在AD上，且CF⊥PC. (1)求点A到平面PCF的距离； (2)求AD到平面PBC的距离． 解　(1)由题意知AP，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，如图， 则A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，D(0,3a，0)， P(0,0，a)． 设F(0，m，0)，0≤m≤3a， 则eq \o(CF,\s\up6(→))＝(－a，m－a，0)，eq \o(CP,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)． ∵PC⊥CF， ∴Ceq \o(F,\s\up6(→))⊥eq \o(CP,\s\up6(→))， ∴eq \o(CF,\s\up6(→))·eq \o(CP,\s\up6(→))＝(－a)·(－a)＋(m－a)·(－a)＋0·a＝a2－a(m－a)＝0， ∴m＝2a，即F(0,2a，0)． 设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))＝－ax＋ay＝0，,n·\o(CP,\s\up6(→))＝－ax－ay＋az＝0，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝2x.)) 取x＝1，得n＝(1,1,2)． 设点A到平面PCF的距离为d，由eq \o(AC,\s\up6(→))＝(a，a，0)， 得d＝eq \f(|\o(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 \o(BP,\s\up6(→))＝(－a，0，a)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(0，a，0)， eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0,0，a)． 设平面PBC的法向量为n1＝(x0，y0，z0)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(BP,\s\up6(→))＝－ax0＋az0＝0，,n1·\o(BC,\s\up6(→))＝ay0＝0，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝z0，,y0＝0.)) 取x0＝1，得n1＝(1,0,1)． 设点A到平面PBC的距离为h， ∵AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC， ∴h为AD到平面PBC的距离， ∴h＝eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n1|,|n1|)＝eq \f(a,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)a. 2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点． (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值； (3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为eq \f(2\r(5),5)？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． (1)证明　因为四边形ABCD为正方形，则BC⊥AB，CD⊥AD， 因为PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC， 因为PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD， 因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥CD， 因为BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥平面ABCD. (2)解　因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)， 设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝y＋z＝0，)) 取y＝1，可得m＝(－1,1，－1)， cos〈m，eq \o(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\o(PC,\s\up6(→)),|m||\o(PC,\s\up6(→))|) ＝eq \f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq \f(1,3)， 所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为eq \f(1,3). (3)解　设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)， eq \o(AF,\s\up6(→))＝(2，t，0)，eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(→))＝2a＋tb＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝2c＝0，)) 取a＝t，则n＝(t，－2,0)， 所以点E到平面PAF的距离为d＝eq \f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(t2＋4))＝eq \f(2\r(5),5)，因为t>0，所以t＝1.因此，当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为eq \f(2\r(5),5). 3．(2022·湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝A1B1＝eq \f(1,2)AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD. (1)若点M是AD的中点，求证：C1M⊥A1C； (2)棱BC上是否存在一点E，使得平面EAD1与平面DAD1夹角的余弦值为eq \f(1,3)？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由． (1)证明　如图，取BC的中点Q，连接AQ，AC， ∵四边形ABCD为菱形，则AB＝BC， ∵∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形， ∵Q为BC的中点，则AQ⊥BC， ∵AD∥BC，∴AQ⊥AD， 由于AA1⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，以AQ，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图， 则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\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，M(0,1,0)， eq \o(C1M,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \o(A1C,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，1，－1)， ∴eq \o(C1M,\s\up6(—→))·eq \o(A1C,\s\up6(—→))＝－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)＋(－1)2＝0， ∴C1M⊥A1C. (2)解　如图，假设点E存在，设点E的坐标为(eq \r(3)，λ，0)，其中－1≤λ≤1， eq \o(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，λ，0)，eq \o(AD1,\s\up6(—→))＝(0,1,1)， 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(—→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋λy＝0，,y＋z＝0，)) 取y＝－eq \r(3)，则x＝λ，z＝eq \r(3)， ∴n＝(λ，－eq \r(3)，eq \r(3))， 平面ADD1的一个法向量为m＝(1,0,0)， ∴|cos〈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上存在一点E，使得平面EAD1与平面DAD1夹角的余弦值为eq \f(1,3)，此时CE＝1－eq \f(\r(3),2)或CE＝1＋eq \f(\r(3),2). 4.(2022·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点． (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； (3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为eq \f(π,6)，若存在，求线段PM的长度；若不存在，请说明理由． (1)证明　因为△PAD是正三角形，O是AD的中点， 所以PO⊥AD. 又因为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　如图，连接OG，以O点为坐标原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则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(－1,0，eq \r(3))， eq \o(EF,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \o(EG,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))， 设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·m＝0，,\o(EG,\s\up6(→))·m＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2y＝0，,x＋2y－\r(3)z＝0，)) 令z＝1，则m＝(eq \r(3)，0,1)， 又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)， 设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ， 所以cos 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与平面ABCD的夹角为eq \f(π,3). (3)解　不存在，理由如下： 假设在线段PA上存在点M， 使得直线GM与平面EFG所成的角为eq \f(π,6)， 即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为eq \f(π,3)， 设eq \o(PM,\s\up6(→))＝λeq \o(PA,\s\up6(→))，λ∈[0,1]， eq \o(GM,\s\up6(→))＝eq \o(GP,\s\up6(→))＋eq \o(PM,\s\up6(→))＝eq \o(GP,\s\up6(→))＋λeq \o(PA,\s\up6(→))， 所以eq \o(GM,\s\up6(→))＝(2λ，－4,2eq \r(3)－2eq \r(3)λ)， 所以cos eq \f(π,3)＝|cos〈eq \o(GM,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(\r(3),2\r(4λ2－6λ＋7))， 整理得2λ2－3λ＋2＝0， Δ<0，方程无解， 所以不存在这样的点M.