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.