2025高考數學二輪復習-專題四-微專題28-立體幾何中的距離、翻折、探究性問題-專項訓練【含答案】

微專題28立體幾何中的距離、翻折、探究性問題[考情分析]在考查立體幾何的高考題目中，距離問題、翻折問題與探究性問題也是常考題型，考查熱點為翻折后點、線、面的位置關系、距離的計算，解題的關鍵是明確翻折前后不變的位置關系和數量關系，根據題目條件合理引入參數，利用方程的思想解題．高考題中一般以解答題為主，難度屬中高檔題．考點一距離問題典例1(2023·順義模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，點E是棱A1D1的中點，平面ACE與棱C1D1相交于點F.(1)求證：點F為C1D1的中點；(2)若點G為棱AB上一點，且D1G⊥AC，求點G到平面ACE的距離．(1)證明方法一因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ACE∩平面ABCD＝AC，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以EF∥AC，連接A1C1，因為AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形．所以A1C1∥AC，所以EF∥A1C1.因為E是A1D1的中點，所以F為C1D1的中點．方法二連接A1C1.因為AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形．所以AC∥A1C1，因為AC?平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1，因為AC?平面ACE，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以AC∥EF.所以EF∥A1C1.因為E是A1D1的中點，所以F為C1D1的中點．(2)解方法一因為DA，DC，DD1兩兩垂直，所以建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，設平面ACE的法向量為m＝(x，y，z),則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋4y＝0，,－x＋2z＝0，))令x＝2，則y＝1，z＝1，所以m＝(2,1,1)，設G(2，t,0)，則eq\o(D1G,\s\up6(→))＝(2，t，－2)，由D1G⊥AC，得eq\o(D1G,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即－4＋4t＝0，解得t＝1，所以G(2,1,0)，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以點G到平面ACE的距離d＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).方法二連接DG，GC，如圖．因為DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，因為D1G⊥AC，DD1∩D1G＝D1，DD1，D1G?平面D1DG，所以AC⊥平面D1DG，又DG?平面D1DG，所以AC⊥DG.在平面ABCD內，由tan∠ADG·tan∠DAC＝1，可得eq\f(AG,AD)·eq\f(DC,AD)＝1，所以AG＝eq\f(AD2,DC)＝eq\f(22,4)＝1，由勾股定理求出AC＝2eq\r(5)，AE＝eq\r(5)，CE＝eq\r(21)，在△ACE中，由余弦定理得cos∠CAE＝eq\f(AC2＋AE2－CE2,2AC·AE)＝eq\f(20＋5－21,2×2\r(5)×\r(5))＝eq\f(1,5)，則sin∠CAE＝eq\r(1－cos2∠CAE)＝eq\r(1－\f(1,25))＝eq\f(2\r(6),5)，S△ACE＝eq\f(1,2)AC·AE·sin∠CAE＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×eq\r(5)×eq\f(2\r(6),5)＝2eq\r(6)，S△ACG＝eq\f(1,2)AG·BC＝eq\f(1,2)×1×2＝1，設點G到平面ACE的距離為d，由V三棱錐G－ACE＝V三棱錐E－ACG，得eq\f(1,3)×2eq\r(6)·d＝eq\f(1,3)×1×2，解得d＝eq\f(\r(6),6)，所以點G到平面ACE的距離為eq\f(\r(6),6).跟蹤訓練1(2023·濟南模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△ABD是等邊三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.(1)證明：BD⊥PC；(2)若BD＝2eq\r(3)，CD＝AP＝eq\r(7)，求點A到平面PCD的距離．(1)證明如圖，連接AC，交BD于點O，連接PO，由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC，可得△ABC≌△ADC，所以∠BAC＝∠DAC，又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD，所以BO＝OD，即O為BD的中點，在等腰△PBD中，可得BD⊥OP，在等腰△BCD中，可得BD⊥OC，又OP∩OC＝O，OP，OC?平面POC，所以BD⊥平面POC，又PC?平面POC，所以BD⊥PC.(2)解由(1)可得，AC⊥BD，又CD＝eq\r(7)，OD＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(3)，所以CO＝eq\r(CD2－OD2)＝2，AO＝eq\r(3)OD＝3，由于P－ABD為正三棱錐，點P在底面ABD的垂足一定在AO上，設垂足為M，根據正三棱錐的性質可得AM＝eq\f(2,3)AO＝2，PM＝eq\r(AP2－AM2)＝eq\r(3)，如圖，過點O作PM的平行線，以PM的平行線所在直線為z軸，以OA，OB所在直線為x軸、y軸建立空間直角坐標系．可得A(3,0,0)，C(－2,0,0)，D(0，－eq\r(3)，0)，P(1,0，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－3,0，－eq\r(3))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－5,0,0)，設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－\r(3)z＝0，,2x－\r(3)y＝0，))不妨令x＝eq\r(3)，可得n＝(eq\r(3)，2，－3)，設點A到平面PCD的距離為d，所以d＝eq\f(|n·\o(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(5\r(3),4)，所以點A到平面PCD的距離為eq\f(5\r(3),4).考點二翻折問題典例2(2023·湛江模擬)如圖1，在五邊形ABCDE中，四邊形ABCE為正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如圖2，將△ABE沿BE折起，使得A至A1處，且A1B⊥DE.(1)證明：DE⊥平面A1BE；(2)求平面A1EC與平面A1ED夾角的余弦值．(1)證明由題意可知∠BEC＝∠CED＝eq\f(π,4)，所以∠BED＝eq\f(π,2)，故DE⊥BE，因為A1B⊥DE，A1B∩BE＝B，A1B，BE?平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE.(2)解取BE的中點O，連接A1O，CO，如圖，由等腰三角形的性質可知A1O⊥BE，CO⊥BE，由BE＝eq\r(2)CE，CE＝eq\r(2)CD，可知BE＝2CD，所以OE＝CD，由DE⊥BE且CD⊥DE，可知OE∥CD，四邊形OCDE為平行四邊形，所以CO∥DE，則CO⊥平面A1BE.又A1O?平面A1BE，所以CO⊥A1O，所以A1O，CO，BE兩兩垂直．設BE＝2，以O為坐標原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(0,0,1)，E(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1,1,0)，eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)．設平面A1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EA1,\s\up6(→))·n＝x＋z＝0，,\o(EC,\s\up6(→))·n＝x＋y＝0，))令x＝1，得n＝(1，－1，－1)，因為eq\o(A1B,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1B,\s\up6(→))·eq\o(EA1,\s\up6(→))＝0，所以平面A1ED的一個法向量為m＝eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(2,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，故平面A1EC與平面A1ED夾角的余弦值為eq\f(\r(6),3).跟蹤訓練2(2023·石家莊模擬)如圖(1)，在?ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，將△ABD沿BD折起，使得點A到達點P處，如圖(2)．(1)若PC＝6，求證：PD⊥BC；(2)若PC＝2eq\r(5)，求平面PDC與平面PBC夾角的余弦值．(1)證明在平行四邊形ABCD中，AD⊥BD，可得BD⊥BC，∵AD＝2BD＝4，∴BC＝4，DC＝2eq\r(5)，PD＝4，∵PC＝6，∴PD2＋DC2＝PC2，∴PD⊥DC，又PD⊥BD，BD∩DC＝D，BD，DC?平面BDC，∴PD⊥平面BDC，又∵BC?平面BDC，∴PD⊥BC.(2)解方法一如圖，過點D作DF∥BC，且DF＝BC，連接PF，CF，∴四邊形BCFD為平行四邊形，由題意可知，BD⊥PD，BD⊥DF，PD∩DF＝D，PD，DF?平面PDF，∴BD⊥平面PDF，∴BD⊥PF，∴CF⊥PF，∴PF＝eq\r(PC2－CF2)＝4.又BD?平面BCFD，∴平面BCFD⊥平面PDF.取DF的中點O，連接PO，由PF＝PD，得PO⊥DF，又平面BCFD∩平面PDF＝DF，PO?平面PDF，∴PO⊥平面BCFD，且PO＝2eq\r(3)，過點O作OM⊥DF，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題可得P(0,0,2eq\r(3))，B(2，－2,0)，C(2,2,0)，D(0，－2,0)，∴eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2eq\r(3))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,4,0)，設平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，平面PDC的法向量為n＝(x′，y′，z′)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(3)z＝0，,y＝0，))令x＝eq\r(3)，則z＝1，故平面PBC的一個法向量為m＝(eq\r(3)，0,1)，同理eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋y′－\r(3)z′＝0，,x′＋2y′＝0，))令x′＝2eq\r(3)，則y′＝－eq\r(3)，z′＝1，故平面PDC的一個法向量為n＝(2eq\r(3)，－eq\r(3)，1)．∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(7,8)，∴平面PDC與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(7,8).方法二由BD⊥BC，建立如圖所示的空間直角坐標系，∵AD＝2BD＝4，∴B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,2,0)，設P(x，y，z)(其中z>0)，∵PB＝2eq\r(5)，PC＝2eq\r(5)，PD＝4，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝20，,x－42＋y2＋z2＝20，,x2＋y－22＋z2＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，,z＝2\r(3)，))∴P(2,2,2eq\r(3))，∴eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2,2,2eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(2,2,2eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(4,0,0)，設平面PDC的法向量為m＝(a，b，c)，平面PBC的法向量為n＝(a′，b′，c′)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＋\r(3)c＝0，,－2a＋b＝0，))令a＝1，則b＝2，c＝－eq\f(\r(3),3)，故平面PDC的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，－\f(\r(3),3)))，同理eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a′＋b′＋\r(3)c′＝0，,a′＝0，))令b′＝－eq\r(3)，則c′＝1，故平面PBC的一個法向量為n＝(0，－eq\r(3)，1)．∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(7,8)，故平面PDC與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(7,8).方法三如圖所示，過點B作BE⊥PC交PC于點E，過點D作DF⊥PC交PC于點F，異面直線DF，BE的夾角即為兩個平面的夾角．在△PDC中，由PD＝4，PC＝DC＝2eq\r(5)，可得cos∠DPF＝eq\f(\r(5),5)，∴DF＝eq\f(8\r(5),5)，PF＝eq\f(4\r(5),5)，同理，在△PBC中，BE＝eq\f(8\r(5),5)，CE＝eq\f(4\r(5),5)，可得EF＝eq\f(2\r(5),5)，而eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(FD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，∴(eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(FD,\s\up6(→)))2＝eq\o(BD,\s\up6(→))2，∴|eq\o(BE,\s\up6(→))|2＋|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＋|eq\o(FD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＋2eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))＋2eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))|2，即eq\f(64,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(64,5)＋2×eq\f(8\r(5),5)×eq\f(8\r(5),5)×cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(FD,\s\up6(→))〉＝4，解得cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(FD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(7,8)，又兩平面夾角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴平面PDC與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(7,8).考點三探究性問題典例3(2023·韶關模擬)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中點，如圖所示，沿BE將△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.(1)證明：AE⊥BF；(2)若eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，是否存在λ，使得PF與平面DEF所成角的正弦值是eq\f(\r(6),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．(1)證明依題意可知四邊形ABCD為矩形，AB＝4，BC＝2，E是CD的中點，所以AE＝BE＝2eq\r(2)，又AB＝4，所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，因為平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，AE?平面ABCD，所以AE⊥平面BEF，又BF?平面BEF，所以AE⊥BF.(2)解以C為原點，CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0,0)，D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，設N是BE的中點，因為FE＝FB，所以FN⊥BE，又平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，FN?平面BEF，所以FN⊥平面ABCD，F(1,1，eq\r(2))，則eq\o(DB,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(－3,1，eq\r(2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，假設存在滿足題意的λ，則由eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，可得eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝－λeq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝(4λ－3,1－2λ，eq\r(2))．設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝－2x＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝－3x＋y＋\r(2)z＝0，))令y＝eq\r(2)，可得x＝0，z＝－1，即n＝(0，eq\r(2)，－1)，設PF與平面DEF所成的角為θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(PF,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PF,\s\up6(→))·n,|\o(PF,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(|\r(2)2λ－1＋\r(2)|,\r(3)×\r(3－4λ2＋2λ－12＋－\r(2)2))＝eq\f(\r(6),3)，解得λ＝eq\f(3,4)(λ＝1舍去)，綜上，存在λ＝eq\f(3,4)，使得PF與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).跟蹤訓練3(2023·臨汾模擬)已知四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝eq\f(\r(2),2)AB，AB＝BC＝2AD，E為AB的中點，F為棱PC上異于P，C的點．(1)證明：BD⊥EF；(2)試確定點F的位置，使EF與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(3\r(14),14).(1)證明如圖，連接PE，EC，EC交BD于點G.因為E為AB的中點，PA＝PB，所以PE⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因為BD?平面ABCD，所以PE⊥BD.因為△ABD≌△BCE，所以∠CEB＝∠BDA，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，所以BD⊥EC，因為PE∩EC＝E，PE，EC?平面PEC，所以BD⊥平面PEC.因為EF?平面PEC，所以BD⊥EF.(2)解如圖，取DC的中點H，以E為坐標原點，分別以EB，EH，EP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設AB＝2，則BC＝2，AD＝1，PA＝PB＝eq\r(2)，則P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(－1,1,0)，E(0,0,0)，設F(x，y，z)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0<λ<1)，所以(x，y，z－1)＝λ(1,2，－1)，所以x＝λ，y＝2λ，z＝1－λ，即F(λ，2λ，1－λ)．則eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(λ，2λ，1－λ)，設平面PCD的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·m＝0，,\o(PC,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,a＋2b－c＝0，))取m＝(1，－2，－3)，設EF與平面PCD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(EF,\s\up6(→))|,|m||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|λ－4λ－3＋3λ|,\r(14)×\r(λ2＋4λ2＋1－λ2))＝eq\f(3\r(14),14)，整理得6λ2－2λ＝0，因為0<λ<1，所以λ＝eq\f(1,3)，即eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up6(→))，所以當F位于棱PC靠近P的三等分點時，EF與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(3\r(14),14).[總結提升]在考查立體幾何的高考解答題中，翻折問題與探究性問題也是?？碱}型，求空間距離問題也是近幾年高考的熱點．(1)求距離問題常用方法：直接法、等積法和空間向量法．(2)翻折問題要確定翻折前后變與不變的關系以及翻折后關鍵點的位置．(3)立體幾何中的探究性問題解決探究性問題的基本方法是假設結論成立或對象存在，在這個前提下進行邏輯推理．1.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq\f(1,2)AD＝2，E為AD的中點，且PE＝4.(1)求證：PE⊥平面ABCD；(2)記PE的中點為N，若M在線段BC上，且直線MN與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(3),9)，求線段BM的長．(1)證明連接BE(圖略)．∵BC＝eq\f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴BE＝CD＝2.∵PA＝PD且E為AD的中點，∴PE⊥AD，∴PD＝eq\r(PE2＋DE2)＝eq\r(16＋4)＝2eq\r(5)，∴PB＝PD＝2eq\r(5)，∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，又AD∩BE＝E，AD，BE?平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD.(2)解以E為坐標原點，EA所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))取n＝(2,2,1)，設BM＝t(t∈[0,2])，則M(－t,2,0)，而N(0,0,2)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，設直線MN與平面PAB所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2t－4＋2,\r(t2＋4＋4)×\r(9))))＝eq\f(\r(3),9)，化簡得11t2－24t＋4＝0，解得t＝2或t＝eq\f(2,11)，滿足t∈[0,2]，故線段BM的長度為2或eq\f(2,11).2.(2023·茂名模擬)在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O為AD的中點．(1)求證：PO⊥BC；(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq\r(7)，點E在棱PB上，直線AE與平面ABCD所成的角為eq\f(π,6)，求點E到平面PCD的距離．(1)證明∵PA＝PD，O為AD的中點，∴PO⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，又∵BC?平面ABCD，∴PO⊥BC.(2)解連接BD，由AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，可知四邊形ABCD為等腰梯形，易知BD＝4eq\r(3)，∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，過點O作DB的平行線，以O為坐標原點，以DB的平行線為y軸，以OA，OP所在直線分別為x軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則P(0,0,2eq\r(7))，A(2,0,0)，B(－2,4eq\r(3)，0)，C(－4,2eq\r(3)，0)，D(－2,0,0)，易知平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設E(x，y，z)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(x－2，y，z)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x，y，z－2eq\r(7))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2,4eq\r(3)，－2eq\r(7))，∵直線AE與平面ABCD所成的角為eq\f(π,6)，∴sineq\f(π,6)＝|cos〈n，eq\o(AE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|z|,\r(x－22＋y2＋z2))＝eq\f(1,2)，∴x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，①∵點E在棱PB上，∴設eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)，即(x，y，z－2eq\r(7))＝λ(－2,4eq\r(3)，－2eq\r(7))，∴x＝－2λ，y＝4eq\r(3)λ，z＝2eq\r(7)－2eq\r(7)λ，代入①解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝5(舍去)．∴eq\o(PE,\s\up6(→))＝(－1,2eq\r(3)，－eq\r(7))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2,0，－2eq\r(7))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－4,2eq\r(3)，－2eq\r(7))，設平面PCD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PD,\s\up6(→))＝－2x1－2\r(7)z1＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝－4x1＋2\r(3)y1－2\r(7)z1＝0，))令z1＝1，得x1＝－eq\r(7)，y1＝－eq\f(\r(21),3)，∴m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(7)，－\f(\r(21),3)，1))，∴點E到平面PCD的距離d＝eq\f(|\o(PE,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(2\r(7),\r(\f(31,3)))＝eq\f(2\r(651),31).3.(2023·濟寧模擬)如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長為6的正方形，下底面圓的一條弦EF交CD于點G，其中DG＝2，DE＝DF.(1)證明：平面AEF⊥平面ABCD；(2)判斷上底面圓周上是否存在點P，使得平面PEF與平面AEF夾角的余弦值為eq\f(4,5).若存在，求AP的長；若不存在，請說明理由．(1)證明由題意可知，在下底面圓中，CD為直徑．因為DE＝DF，所以G為弦EF的中點，且EF⊥CD.因為EF⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD.因為EF?平面AEF.所以平面AEF⊥平面ABCD.(2)解設平面PEF交圓柱上底面于PQ，交AB于點H.則平面PEF與平面AEF夾角的大小就是平面HEF與平面AEF夾角的大?。訢為坐標原點，分別以下底面垂直于DG的直線，DG，DA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．因為DG＝2，底面圓的半徑為3，所以EG＝FG＝2eq\r(2).則A(0,0,6)，E(2eq\r(2)，2,0)，F(－2eq\r(2)，2,0)，設H(0，m,6)(0<m≤6)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，2，－6)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，2，－6)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，m－2,6)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－4eq\r(2)，0,0)，eq\o(FH,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，m－2,6)．設平面AEF的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x1＋2y1－6z1＝0，,－2\r(2)x1＋2y1－6z1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝3z1，))令z1＝1，則m＝(0,3,1)．設平面HEF的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EH,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4\r(2)x2＝0，,－2\r(2)x2＋m－2y2＋6z2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,m－2y2＋6z2＝0，))令y2＝－6，則n＝(0，－6，m－2)．所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|m－20|,\r(10)×\r(36＋m－22))＝eq\f(4,5)，化簡得3m2＋8m－80＝0，解得m＝4或m＝－eq\f(20,3)(舍去)．即AH＝4.又因為EF∥平面PAB，EF?平面PEF，平面PAB∩平面PEF＝PQ，所以EF∥PQ，PQ⊥AB，且H為PQ的中點．所以PH＝2eq\r(2)，AP＝eq\r(AH2＋PH2)＝eq\r(16＋8)＝2eq\r(6).所以存在點P，使得平面PEF與平面AEF夾角的余弦值為eq\f(4,5)，此時AP的長為2eq\r(6).4．(2023·岳陽模擬)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，過點A作AD⊥BC，交線段BC于點D(如圖1)，沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°(如圖2)，點E，M分別為棱BC，AC的中點．(1)求證：CD⊥ME；(2)在①圖1中tan2B＝－eq\f(4,3)；②圖1中eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))；③圖2中三棱錐A－BCD的體積最大這三個條件中任選一個，補充在下面問題中再解答．問題：已知________________，試在棱CD上確定一點N，使得EN⊥BM，并求平面BMN與平面CBN夾角的余弦值．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．(1)證明∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD?平面ABD，∴CD⊥平面ABD，∵AB?平面ABD，∴CD⊥AB.又∵M，E分別為AC，BC的中點，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.(2)解選①，在題圖1所示的△ABC中，由tan2B＝－eq\f(4,3)＝eq\f(2tanB,1－tan2B)，解得tanB＝2或tanB＝－eq\f(1,2)(舍去)．設AD＝CD＝m，在Rt△ABD中，tanB＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(m,3－m)＝2，解得m＝2，∴BD＝1.以點D為原點，DB，DC，DA所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．設N(0，a,0)，則eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a－1，0)).∵EN⊥BM，∴eq\o(EN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq\f(1,2)，∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，∴當DN＝eq\f(1,2)(即N是CD上靠近點D的四等分點)時，EN⊥BM.設平面BMN的法向量為n＝(x，y，z)，且eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，則n＝(1,2，－1)．取平面CBN的一個法向量m＝(0,0,1)，則|cos〈m，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq\f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq\f(\r(6),6)，∴平面BMN與平面CBN夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).選②，在題圖1所示的△ABC中，設eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(AC,\s\up6(→))，又∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，由平面向量基本定理知λ＝eq\f(1,3)，即BD＝1.以點D為原點，DB，DC，DA所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．設N(0，a,0)，則eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a－1，0)).∵EN⊥BM，∴eq\o(EN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq\f(1,2)，∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\