第七章　§7.8　空間距離及立體幾何中的探索性問(wèn)題-2025高中數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版

§7.8空間距離及立體幾何中的探索性問(wèn)題課標(biāo)要求1.會(huì)求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離.2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件．知識(shí)梳理1．點(diǎn)到直線的距離如圖，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，則向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線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·u2).2．點(diǎn)到平面的距離如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)P作平面α的垂線l，交平面α于點(diǎn)Q，則n是直線l的方向向量，且點(diǎn)P到平面α的距離就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的長(zhǎng)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|).自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)平面α上不共線的三點(diǎn)到平面β的距離相等，則α∥β.(×)(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(zhǎng)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.(×)2．已知直線l過(guò)定點(diǎn)A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)為其一個(gè)方向向量，則點(diǎn)P(4,3,2)到直線l的距離為()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),2)D.eq\f(3\r(2),2)答案D解析eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2,0，－1)，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(2),2)，則點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)))2)＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2).3．(選擇性必修第一冊(cè)P44T14改編)定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點(diǎn)到另一條直線距離的最小值．在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，則異面直線AC與BC1之間的距離是()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(7),7)C.eq\f(\r(6),6)D.eq\f(6,7)答案D解析如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，C1(0,1,3)，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,3)，設(shè)eq\o(AC,\s\up6(→))和eq\o(BC1,\s\up6(→))的公垂線的方向向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＝0，,－2x＋3z＝0，))令x＝3，則n＝(3,6,2)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，∴d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,7).4．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是________．答案eq\f(2\r(3),3)解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，所以eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，所以點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).題型一空間距離命題點(diǎn)1點(diǎn)線距離例1(2023·連云港模擬)如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn)，△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE＝2EA.(1)證明：OA⊥BC；(2)當(dāng)AO＝1時(shí)，求點(diǎn)E到直線BC的距離．(1)證明因?yàn)锳B＝AD，O為BD的中點(diǎn)，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又BC?平面BCD，所以O(shè)A⊥BC.(2)解取OD的中點(diǎn)F，連接CF，因?yàn)椤鱋CD為正三角形，所以CF⊥OD，過(guò)點(diǎn)O作OM∥CF交BC于點(diǎn)M，則OM⊥OD，所以O(shè)M，OD，OA兩兩垂直，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)M，OD，OA所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0，－1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)，\f(2,3)))，方法一則eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(2,3)))，所以點(diǎn)E到直線BC的距離d＝eq\r(|\o(BE,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(\f(20,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq\f(2\r(2),3).方法二又eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(2,3)))，所以|cos〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BC,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×\f(2\r(5),3))＝eq\f(\r(15),5)，則sin〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(10),5)，所以點(diǎn)E到直線BC的距離為|eq\o(BE,\s\up6(→))|sin〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),3)×eq\f(\r(10),5)＝eq\f(2\r(2),3).命題點(diǎn)2點(diǎn)面距離例2(2024·常州模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E為線段PB的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BC上的動(dòng)點(diǎn)．(1)證明：平面AEF⊥平面PBC；(2)若直線AF與平面PAB所成的角的余弦值為eq\f(2\r(5),5)，求點(diǎn)P到平面AEF的距離．方法一(1)證明因?yàn)镻A⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AB⊥BC，又因?yàn)镻A∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因?yàn)锳E?平面PAB，所以AE⊥BC.因?yàn)镻A＝AB，E為線段PB的中點(diǎn)，所以AE⊥PB，又因?yàn)镻B∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.又因?yàn)锳E?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一個(gè)法向量，設(shè)BF＝t(t∈[0,2])，則F(2，t,0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，t,0)，所以|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，u〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·u|,|\o(AF,\s\up6(→))||u|)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)，即eq\f(t,\r(t2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，解得t＝1，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,1,0)，設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋y1＝0，))令x1＝－1，則y1＝2，z1＝1，所以平面AEF的法向量n＝(－1,2,1)，又因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為eq\f(\r(6),3).方法二(1)證明因?yàn)镻A⊥底面ABCD，PA?平面PAB，所以平面PAB⊥底面ABCD，又平面PAB∩底面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PAB.因?yàn)锳E?平面PAB，所以AE⊥BC.因?yàn)镻A＝AB，E為線段PB的中點(diǎn)，所以AE⊥PB.因?yàn)镻B∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC，又因?yàn)锳E?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解由(1)可知，∠BAF是直線AF與平面PAB所成的角，所以cos∠BAF＝eq\f(AB,AF)＝eq\f(AB,\r(AB2＋BF2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得BF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)BC＝1，故F是BC的中點(diǎn)．所以AF＝eq\r(AB2＋BF2)＝eq\r(5)，AE＝eq\f(1,2)PB＝eq\r(2)，EF＝eq\r(AF2－AE2)＝eq\r(3)，△AEF的面積為S△AEF＝eq\f(1,2)AE·EF＝eq\f(\r(6),2).因?yàn)镻A＝AB＝2，△PAE的面積為S△PAE＝eq\f(1,2)S△PAB＝eq\f(1,4)PA·AB＝1，設(shè)點(diǎn)P到平面AEF的距離為h，則有V三棱錐P－AEF＝eq\f(1,3)S△AEF·h＝eq\f(\r(6),6)h＝V三棱錐F－PAE＝eq\f(1,3)S△PAE·BF＝eq\f(1,3)，解得h＝eq\f(\r(6),3)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為eq\f(\r(6),3).方法三(1)證明因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，設(shè)BF＝t(t∈[0,2])，則F(2，t,0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，t,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋ty1＝0，))取y1＝2，則x1＝－t，z1＝t，則n＝(－t,2，t)，設(shè)m＝(x2，y2，z2)為平面PBC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－2z2＝0，,2y2＝0，))取x2＝1，則y2＝0，z2＝1，則m＝(1,0,1)，因?yàn)閚·m＝－t＋0＋t＝0，所以n⊥m，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一個(gè)法向量，所以|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，u〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·u|,|\o(AF,\s\up6(→))||u|)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)，即eq\f(t,\r(t2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，解得t＝1，所以n＝(－1,2,1)，又因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為eq\f(\r(6),3).命題點(diǎn)3異面直線的距離例3如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2.動(dòng)點(diǎn)P，Q分別在線段C1D，AC上，則線段PQ長(zhǎng)度的最小值是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．1 D.eq\f(4,3)答案B解析由題意可知，線段PQ長(zhǎng)度的最小值為異面直線C1D與AC的距離．如圖所示，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，D(0,0,0)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，設(shè)n＝(x，y，z)滿足n⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋2z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝y(tǒng)，,z＝－\f(y,2)，))取y＝2，則x＝2，z＝－1，可得n＝(2,2，－1)，因此|eq\o(PQ,\s\up6(→))|min＝eq\f(|\o(DA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,3).思維升華(1)點(diǎn)到直線的距離①設(shè)過(guò)點(diǎn)P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點(diǎn)，點(diǎn)A到直線l的距離d＝eq\r(\o(\s\up7(),\s\do5())|\o(PA,\s\up6(→))|2－\o(PA,\s\up6(→))·n2).②若能求出點(diǎn)在直線上的射影坐標(biāo)，可以直接利用兩點(diǎn)間距離公式求距離．(2)求點(diǎn)面距一般有以下三種方法①作點(diǎn)到面的垂線，求點(diǎn)到垂足的距離．②等體積法．③向量法．跟蹤訓(xùn)練1(多選)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E為棱DD1的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱BB1的中點(diǎn)，則()A．點(diǎn)A1到直線B1E的距離為eq\f(2\r(5),3)B．直線FC1到直線AE的距離為2C．點(diǎn)B到平面AB1E的距離為eq\r(2)D．直線FC1到平面AB1E的距離為eq\f(2,3)答案AD解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，E(0,0,1)，F(xiàn)(2,2,1)，C1(0,2,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，因?yàn)閑q\o(B1E,\s\up6(→))＝(－2，－2，－1)，設(shè)eq\o(B1E,\s\up6(→))的單位方向向量u1＝eq\f(\o(B1E,\s\up6(→)),|\o(B1E,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(2,3)，－\f(1,3)))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，所以eq\o(A1B1,\s\up6(→))·u1＝－eq\f(4,3).所以點(diǎn)A1到直線B1E的距離為eq\r(\o(A1B1,\s\up6(→))2－\o(A1B1,\s\up6(→))·u12)＝eq\r(4－\f(16,9))＝eq\f(2\r(5),3)，故A正確；因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))∥eq\o(FC1,\s\up6(→))，即AE∥FC1，所以點(diǎn)F到直線AE的距離即為直線FC1到直線AE的距離，設(shè)eq\o(AE,\s\up6(→))的單位方向向量u2＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，0，\f(\r(5),5)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,2,1)，|eq\o(AF,\s\up6(→))|2＝5，eq\o(AF,\s\up6(→))·u2＝eq\f(\r(5),5)，所以直線FC1到直線AE的距離為eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(30),5)，故B錯(cuò)誤；設(shè)平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，－2,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝2y＋2z＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝－2x＋z＝0，))令z＝2，則y＝－2，x＝1，即n＝(1，－2,2)．設(shè)點(diǎn)B到平面AB1E的距離為d，則d＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,3)，即點(diǎn)B到平面AB1E的距離為eq\f(4,3)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)锳E∥FC1，F(xiàn)C1?平面AB1E，AE?平面AB1E，所以FC1∥平面AB1E，所以直線FC1到平面AB1E的距離等于點(diǎn)C1到平面AB1E的距離．又eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，由C得平面AB1E的一個(gè)法向量為n＝(1，－2,2)，所以點(diǎn)C1到平面AB1E的距離為eq\f(|\o(C1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,3)，所以直線FC1到平面AB1E的距離為eq\f(2,3)，故D正確．題型二立體幾何中的探索性問(wèn)題例4(2023·常德模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等邊三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O為AC的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥平面A1BO；(2)試問(wèn)線段CC1上是否存在點(diǎn)P，使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為eq\f(2\r(7),7)，若存在，請(qǐng)計(jì)算eq\f(CP,CC1)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明∵△ABC是等邊三角形，O是AC的中點(diǎn)，∴AC⊥OB，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B?平面ABB1A1，∴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，線段CC1的中點(diǎn)P滿足題意．理由如下：由(1)得A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，所在直線分別為x軸、y軸，過(guò)點(diǎn)O作Oz∥A1B，以O(shè)z所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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))，則eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，2eq\r(3))，設(shè)eq\o(CP,\s\up6(→))＝teq\o(CC1,\s\up6(→))＝teq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－t，eq\r(3)t,2eq\r(3)t)，0≤t≤1，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－1－t，eq\r(3)t,2eq\r(3)t)，易知平面A1OB的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)，設(shè)平面POB的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OB,\s\up6(→))＝\r(3)y＝0，,m·\o(OP,\s\up6(→))＝－1－tx＋\r(3)ty＋2\r(3)tz＝0，))取x＝2eq\r(3)t，則m＝(2eq\r(3)t,0，t＋1)，由題意得|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(2\r(3)t,\r(12t2＋t＋12))＝eq\f(2\r(7),7)，∵0≤t≤1，∴解得t＝eq\f(CP,CC1)＝eq\f(1,2)，∴線段CC1上存在點(diǎn)P，使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為eq\f(2\r(7),7)，此時(shí)eq\f(CP,CC1)＝eq\f(1,2).思維升華(1)對(duì)于存在判斷型問(wèn)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(wèn)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”．(2)對(duì)于位置探究型問(wèn)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)．跟蹤訓(xùn)練2如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的eq\r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．(1)求證：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大??；(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接SO.由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則高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)).則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OC,\s\up6(→))⊥eq\o(SD,\s\up6(→))，故OC⊥SD，從而AC⊥SD.(2)解由題設(shè)知，平面PAC的一個(gè)法向量為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的一個(gè)法向量為eq\o(OS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a)).設(shè)平面PAC與平面DAC的夾角為θ，則cosθ＝|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(\f(3,2)a2,\f(\r(6),2)a·\r(2)a)＝eq\f(\r(3),2)，所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30°.(3)解假設(shè)在棱SC上存在一點(diǎn)E使BE∥平面PAC.由(2)知eq\o(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一個(gè)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)).設(shè)eq\o(CE,\s\up6(→))＝teq\o(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，因?yàn)锽eq\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))，則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)a1－t，\f(\r(6),2)at)).由eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DS,\s\up6(→))＝0，得－eq\f(a2,2)＋0＋eq\f(3,2)a2t＝0，解得t＝eq\f(1,3)，當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，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上存在點(diǎn)E，使BE∥平面PAC，此時(shí)SE∶EC＝2∶1.課時(shí)精練1.已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，E，F(xiàn)分別是棱C1C，BC的中點(diǎn)．(1)求證：B1F⊥平面AEF；(2)求點(diǎn)A1到直線B1E的距離．(1)證明∵三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，∠BAC＝90°，∴以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AC，AA1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，∵AB＝AC＝AA1＝1，E，F(xiàn)分別是棱C1C，BC的中點(diǎn)，∴A(0,0,0)，B1(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，∵eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，∴B1F⊥AE，B1F⊥AF，∵AE∩AF＝A，AE，AF?平面AEF，∴B1F⊥平面AEF.(2)解方法一∵A1(0,0,1)，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，又eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(1,2)))，∴點(diǎn)A1到直線B1E的距離d＝eq\r(|\o(A1B1,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1B1,\s\up6(→))·\o(B1E,\s\up6(→)),|\o(B1E,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,\f(3,2))))2)＝eq\f(\r(5),3).方法二∵A1(0,0,1)，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(1,2)))，∴cos〈eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(B1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(－1,\f(3,2))＝－eq\f(2,3)，∴sin〈eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(B1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),3)，故點(diǎn)A1到直線B1E的距離為d＝|eq\o(A1B1,\s\up6(→))|·sin〈eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(B1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),3).2．(2024·北京模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M為線段A1C1上一點(diǎn)．(1)求證：BM⊥AB1；(2)若直線AB1與平面BCM所成的角為eq\f(π,4)，求點(diǎn)A1到平面BCM的距離．(1)證明連接A1B，∵AA1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A1M＝a，a∈[0,1]，則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\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∵eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴BM⊥AB1.(2)解設(shè)平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，由(1)知eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，∵直線AB1與平面BCM所成的角為eq\f(π,4)，∴sin

eq\f(π,4)＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·n|,|\o(AB1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\f(1,2)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∵eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1),∴點(diǎn)A1到平面BCM的距離d＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\f(3,2))＝eq\f(1,3).3．如圖1，在菱形ABCD中，∠B＝60°，BE＝EC＝1.沿著AE將△BAE折起到△B′AE，使得∠DAB′＝90°，如圖2所示．(1)求異面直線AB′與CD所成角的余弦值；(2)求異面直線AB′與CD之間的距離．解(1)在菱形ABCD中，∠B＝60°，BE＝EC＝1，由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BE·cos60°＝3，所以AE＝eq\r(3)，所以BE2＋AE2＝AB2，即AE⊥BC，又AD∥BC，所以AE⊥AD，在題圖2中，∠DAB′＝90°，即AD⊥AB′，又AB′∩AE＝A，AB′，AE?平面AB′E，所以AD⊥平面AB′E，即EC⊥平面AB′E，又B′E?平面AB′E，所以B′E⊥EC，如圖，以E為原點(diǎn)，以EC，EA，EB′所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E(0,0,0)，C(1,0,0)，D(2，eq\r(3)，0)，B′(0,0,1)，A(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AB′,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，故|cos〈eq\o(AB′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB′,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB′,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－3＋0|,2×2)＝eq\f(3,4)，則異面直線AB′與CD所成角的余弦值為eq\f(3,4).(2)由(1)得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，設(shè)m＝(x，y，z)是異面直線AB′與CD公垂線的方向向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB′,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CD,\s\up6(→))·m＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y＋z＝0，,x＋\r(3)y＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\r(3)y，,x＝－\r(3)y，))令y＝1，則m＝(－eq\r(3)，1，eq\r(3))，所以異面直線AB′與CD之間的距離為eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(|－\r(3)－\r(3)＋0|,\r(7))＝eq\f(2\r(21),7).4.如圖所示，在三棱錐P－ABC中，底面是邊長(zhǎng)為4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn)．(1)求證：平面BEF⊥平面PAC；(2)在線段PB上是否存在點(diǎn)G，使得直線AG與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5)？若存在，確定點(diǎn)G的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明∵△ABC是正三角形，E為AC的中點(diǎn)，∴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，∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn)，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF兩兩垂直．以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以EB，EC，EF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2eq\r(3)，0,0)，C(0,2,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2,2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2,0)．設(shè)eq\o(BG,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))令x＝1，則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)＝|cos〈eq\o(AG,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AG,\s\up6(→))·n,|\o(AG,\s\up6(→))||n|)))，即eq\f(\r(15),5)＝eq\f(4\r(3),4\r(161－λ2＋4λ2))，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(11,10)(舍去)，故λ＝eq\f(1,2)，∴存在滿足條件的點(diǎn)G，點(diǎn)G為PB的中點(diǎn)．5．(2023·鹽城模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為BD和BB1的中點(diǎn)，P為棱C1D1上的動(dòng)點(diǎn)．(1)是否存在點(diǎn)P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出滿足條件時(shí)C1P的長(zhǎng)度并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)當(dāng)C1P為何值時(shí)，平面BCC1B1與平面PEF夾角的正弦值最?。饨⑷鐖D所示的空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意設(shè)點(diǎn)P(0，t,2)，0≤t≤2，則E(1,1,0)，F(xiàn)(2,2,1)，C(0,2,0)，(1)eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,1－t，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)，設(shè)平面EFC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))令x＝1，得z＝－2，y＝1，∴m＝(1,1，－2)，若存在滿足題意的點(diǎn)P，則eq\o(PE,\s\up6(→))∥m，∴eq\f(1－t,1)＝1，∴t＝0，滿足0≤t≤2，即P與D1重合時(shí)，PE⊥平面EFC，此時(shí)C1P＝2.(2)易知平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n＝(0,1,0)，設(shè)平面PEF的法向量為r＝(x0