新高考数学一轮复习讲义 第7章 §7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第7章 §7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题，共19页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§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 \(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线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．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 \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的长度，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(|\(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\c1(\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 \(PA,\s\up6(→))＝(－2,0，－1)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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(|\(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).
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 \(AN,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)，
则|eq \(AN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则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)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由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，则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)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝eq \f(|\(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 \(BP,\s\up6(→))＝(－3,0,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－3,4,0)，
故点P到直线BD的距离
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\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))，Feq \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)).
设平面PBC的一个法向量为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)．
因为eq \(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\c1(\(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(|\(PA,\s\up6(→))|2－\(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 \(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(—→))，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\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)).
设∠ABE＝θ，则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).
故点A到直线BE的距离d1＝|eq \(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 \(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的一个法向量eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(0，－1,1)，
则点O到平面ABC1D1的距离
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正确；
eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)，
eq \(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\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)．
所以点D1到平面A1BD的距离
d3＝eq \f(|\(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 \(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)，则eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，
所以点P到直线AB的距离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 \(FD1,\s\up6(—→))＝(－1，－1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
∴点D1到直线GF的距离
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).
∴点D1到直线GF的距离为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).
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 \(MC,\s\up6(→))＝(－2,2－2λ，－2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(1,0,2)，
eq \(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\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)，
设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
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)，
从而m·n＝5，|m|＝eq \r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－λ)))2)，|n|＝eq \r(5)，
则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 \(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)．
因为点P在棱BB1上，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BB1,\s\up6(—→))＝λ(0,1，eq \r(3))，其中0≤λ≤1.
则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)．
设平面ACC1A1的法向量为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，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|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)，
化简得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\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)).
则eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(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 \(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的一个法向量eq \(OS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a)).
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则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 \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，
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)).
设eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，
因为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))，
则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，
则t＝eq \f(1,3)，
当SE∶EC＝2∶1时，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 \(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)．
设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则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，,z＝2x.))
取x＝1，得n＝(1,1,2)．
设点A到平面PCF的距离为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)．
设平面PBC的法向量为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)．
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(|\(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 \(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＋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 \(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，则n＝(t，－2,0)，
所以点E到平面PAF的距离为d＝eq \f(|\(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\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 \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，λ，0)，eq \(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\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)，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)，
∴|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 \(EF,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \(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\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，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 \(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<0，方程无解，
所以不存在这样的点M.