2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第七章　§7.8　空间距离及立体几何中的探索问题

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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．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).
2．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).
3．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
答案 eq \f(2\r(3),3)
解析 如图，建立空间直角坐标系，
则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)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则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，则n＝(1，－1，－1)，
所以点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(3),3).
题型一 空间距离
例1 (1)(2023·长沙模拟)空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，则点P到直线MN的距离为( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．3 D．2eq \r(5)
答案 A
解析 因为eq \(MN,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))的一个单位方向向量为u＝eq \f(\r(3),3)(1,1,1)．
因为eq \(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)，
所以点P到直线MN的距离为eq \r(\(PM,\s\up6(→))2－\(PM,\s\up6(→))·u2)＝eq \r(11－3)＝2eq \r(2).
(2)(2022·济宁模拟)如图，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为线段AB上的动点．
①证明：BC1⊥CM；
②若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．
①证明 因为AB⊥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.
因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.
又因为CM⊂平面ABC，
所以C1B⊥CM.
②解 由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则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)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则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)，则n＝(0，eq \r(3)，－3)．
又因为eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(4，－2eq \r(3)，－4)，
故点A1到平面BCE的距离d＝eq \f(|0×4＋－2\r(3)×\r(3)＋－4×－3|,2\r(3))＝eq \r(3).
思维升华 (1)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(\(\s\up7(),\s\d5())|\(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．
(2)求点面距一般有以下三种方法．
①作点到面的垂线，求点到垂足的距离；
②等体积法；
③向量法.
跟踪训练1 (1)(2023·枣庄模拟)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，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、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).
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)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
①证明：D1E⊥A1D；
②当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离．
①证明 以D为坐标原点，直线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(图略)，设AE＝x，则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)，因为eq \(D1E,\s\up6(—→))·eq \(A1D,\s\up6(—→))＝0，所以eq \(D1E,\s\up6(—→))⊥eq \(A1D,\s\up6(—→))，即D1E⊥A1D.
②解 因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1,1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(AD1,\s\up6(—→))＝(－1,0,1)，
设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则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，))从而可取n＝(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离d＝eq \f(|\(D1E,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(|2＋1－2|,3)＝eq \f(1,3).
题型二 立体几何中的探索性问题
例2 (2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7)，若存在，请计算eq \f(CP,CC1)的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，
∴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，线段CC1的中点P满足题意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则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))，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝teq \(CC1,\s\up6(—→))＝teq \(AA1,\s\up6(—→))＝(－t，eq \r(3)t,2eq \r(3)t)，0≤t≤1，
则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的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
则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，则m＝(2eq \r(3)t,0，t＋1)，
由题意得|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)，
∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7)，此时eq \f(CP,CC1)＝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，请说明理由．
(1)证明 如图，连接BD交AC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，所以eq \(OC,\s\up6(→))⊥eq \(SD,\s\up6(→))，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量为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的一个法向量为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.
由(2)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)).
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)，
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).
2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(1)求证：BM⊥AB1；
(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．
(1)证明 ∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，
则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 设平面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)，
∵直线AB1与平面BCM所成的角为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),
∴点A1到平面BCM的距离d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(9,4)))＝eq \f(1,3).
3. 已知空间几何体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，求证：BC⊥ED；
(2)探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．
(1)证明 ∵△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四点共面．
理由如下，
如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN，
∵△ABC是等边三角形，
∴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，∴四边形AMNE是矩形，
∴AE∥MN，又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E四点共面．
4. 如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，
∴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，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直．
以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则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)．
设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)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则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，则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)，∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点．
5. (2022·北京模拟)如图，在四棱锥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)求证：AB∥平面PCD；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；
(3)棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，若存在，求出eq \f(CQ,CB)的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵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，∴点P到直线BC的距离为eq \r(32－5)＝2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴点P到平面ABCD的距离为2.
以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)．
∴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)，
设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则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)，
设平面APB与平面PBC的夹角为θ，
则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与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
(3)解 假设棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，
设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的一个法向量为m＝(1,0,1)，
∴点Q到平面PBA的距离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上存在点Q到平面PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，
eq \f(CQ,CB)＝1－eq \f(\r(5),20).
6. (2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(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)，
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则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)，
若存在满足题意的点P，
则eq \(PE,\s\up6(→))∥m，
∴eq \f(1－t,1)＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的法向量为n＝(0,1,0)，
设平面PEF的法向量为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，则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)))，
设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，
则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，
∴当t＝eq \f(3,2)时，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，(sin θ)min＝eq \f(\r(3),3).
此时C1P＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).