第7節(jié)　向量法求距離、探索性及折疊問(wèn)題

第7節(jié)向量法求距離、探索性及折疊問(wèn)題考試要求1.會(huì)求空間中點(diǎn)到直線、點(diǎn)到平面的距離.2.會(huì)用向量法探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系、角的存在條件與折疊問(wèn)題.【知識(shí)梳理】1.點(diǎn)P到直線l的距離如圖1，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(\a\vs4\al(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq\r(a2－（a·u）2).圖12.點(diǎn)P到平面α的距離如圖2，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\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).圖23.兩條平行直線之間的距離求兩條平行直線l，m之間的距離，可在其中一條直線l上任取一點(diǎn)P，則兩條平行直線間的距離就等于點(diǎn)P到直線m的距離.4.直線與平面、平面與平面之間的距離均可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離，用求點(diǎn)到平面的距離的方法求解：直線a與平面α之間的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，其中A∈a，B∈α，n是平面α的法向量.兩平行平面α，β之間的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，其中A∈α，B∈β，n是平面α，β的法向量.【診斷自測(cè)】1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)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)到直線上任一點(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.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析(1)當(dāng)平面α上三點(diǎn)在平面β的兩側(cè)時(shí)，α與β相交.(2)點(diǎn)到直線的距離是過(guò)該點(diǎn)作直線的垂線，該點(diǎn)與垂足之間的距離.(4)直線l上的兩個(gè)點(diǎn)在平面α的兩側(cè)時(shí)，l與平面α相交.2.(選修一P34例6改編)已知平面ABC的一個(gè)法向量為n＝(1，2，1)，向量eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，則點(diǎn)F到平面ABC的距離為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(6),6)解析由題意，點(diǎn)F到平面ABC的距離為eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))·（1，2，1）)),\r(6))eq\r()＝eq\f(\r(6),6).3.(選修一P35T1改編)已知直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)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)))為l的一個(gè)單位方向向量，則點(diǎn)P(4，3，2)到l的距離為_(kāi)_______.答案eq\f(\r(2),2)解析因?yàn)閑q\o(PA,\s\up6(→))＝(－2，0，－1)，且n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))為l的一個(gè)單位方向向量，故點(diǎn)P到l的距離為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)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).4.如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，M，N，E，F(xiàn)分別為A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中點(diǎn)，則平面AMN與平面EFBD間的距離為_(kāi)_______.答案eq\f(8,3)解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(4，0，0)，M(2，0，4)，B(4，4，0)，N(4，2，4).∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0).設(shè)n＝(x，y，z)是平面AMN的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝－2x＋4z＝0，))取z＝1，得n＝(2，－2，1).∴點(diǎn)B到平面AMN的距離d＝eq\f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(8,3).易知MN∥EF，MN?平面AMN，EF?平面AMN，∴EF∥平面AMN，又BF∥AM，AM?平面AMN，BF?平面AMN，∴BF∥平面AMN，∵EF∩BF＝F，EF，BF?平面EFBD，∴平面AMN∥平面EFBD.∴平面AMN與平面EFBD間的距離等于點(diǎn)B到平面AMN的距離，為eq\f(8,3).考點(diǎn)一利用向量法求距離例1(1)如圖，P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，則點(diǎn)P到直線BD的距離為()A.eq\f(13,5) B.eq\f(13,7) C.eq\f(15,7) D.eq\f(16,7)答案A解析如圖，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，則eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－3，0，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－3，4，0)，故點(diǎn)P到直線BD的距離d＝eq\r(|\o(BP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BD,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))\s\up12(2))＝eq\f(13,5)，所以點(diǎn)P到直線BD的距離為eq\f(13,5).(2)在棱長(zhǎng)均為a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則點(diǎn)C1到平面AB1D的距離為()A.eq\f(\r(2),4)a B.eq\f(\r(2),8)a C.eq\f(3\r(2),4)a D.eq\f(\r(2),2)a答案A解析以A為空間直角坐標(biāo)原點(diǎn)，以垂直于AC的直線為x軸，以AC所在直線為y軸，以AA1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.由ABC－A1B1C1是棱長(zhǎng)均為a的正三棱柱，D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，故A(0，0，0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，C1(0，a，a)，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，設(shè)平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝\f(\r(3)a,2)x＋\f(a,2)y＋az＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝ay＋\f(a,2)z＝0，))取n＝(eq\r(3)，1，－2)，故點(diǎn)C1到平面AB1D的距離d＝eq\f(|\o(DC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(a,\r(3＋1＋4))＝eq\f(\r(2),4)a.(3)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)，∴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為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＝0，,－2x＋3z＝0，))令x＝3，可得n＝(3，6，2)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，∴異面直線AC與BC1之間的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,7).故選D.感悟提升1.點(diǎn)線距的求解步驟：直線的單位方向向量a→所求點(diǎn)到直線上一點(diǎn)的向量eq\o(PP′,\s\up6(→))及其在直線的方向向量a上的投影向量→代入公式.2.點(diǎn)面距的求解步驟：(1)求出該平面的一個(gè)法向量；(2)找出從該點(diǎn)出發(fā)到平面的任一條斜線段對(duì)應(yīng)的向量；(3)求出法向量與斜線段對(duì)應(yīng)向量的數(shù)量積的絕對(duì)值，再除以法向量的模，即可求出點(diǎn)到平面的距離.3.兩異面直線間的距離在兩直線上各取一點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)向量eq\o(AB,\s\up6(→))，u為兩直線的公垂線的單位方向向量，則兩異面直線間的距離為|eq\o(AB,\s\up6(→))·u|.訓(xùn)練1(1)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，N是AD的中點(diǎn)，M是CC1的中點(diǎn)，則直線BM與B1N之間的距離為_(kāi)_______.答案eq\f(8\r(5),15)解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(2，2，0)，M(0，2，1)，N(1，0，0)，B1(2，2，2)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq\o(B1N,\s\up6(→))＝(－1，－2，－2)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設(shè)n＝(x，y，z)為直線BM與B1N的公垂線的方向向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝－2x＋z＝0，,n·\o(B1N,\s\up6(→))＝－x－2y－2z＝0，))取x＝1，可得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(5,2)，2))，所以直線BM與B1N之間的距離d＝eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,\r(1＋4＋\f(25,4)))＝eq\f(8\r(5),15).(2)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長(zhǎng)均為4，N是CC1的中點(diǎn).求：①點(diǎn)N到直線AB的距離；②點(diǎn)C1到平面ABN的距離.解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2eq\r(3)，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中點(diǎn)，∴N(0，4，2).①eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)，則|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4.設(shè)點(diǎn)N到直線AB的距離為d1，②設(shè)平面ABN的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\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，則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)，設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，則d2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(C1N,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,\f(4\r(3),3))))＝eq\r(3).考點(diǎn)二探索性問(wèn)題例2(2024·青島調(diào)研)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C為等邊三角形，四邊形AA1B1B為菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.(1)求證：AB1⊥A1C；(2)線段CC1上是否存在一點(diǎn)E，使得平面AB1E與平面ABC的夾角的余弦值為eq\f(1,4)？若存在，求出點(diǎn)E的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)證明連接A1B與AB1相交于點(diǎn)F，連接CF，如圖①所示.∵四邊形AA1B1B為菱形，∴F為AB1的中點(diǎn)，A1B⊥AB1.∵△AB1C為等邊三角形，∴CF⊥AB1，又A1B，CF?平面A1BC，A1B∩CF＝F，∴AB1⊥平面A1BC.∵A1C?平面A1BC，∴AB1⊥A1C.(2)解假設(shè)存在，設(shè)O，G分別為AC，AB的中點(diǎn)，連接B1O，OG，由(1)可知AB1⊥BC，又AC⊥BC，AB1，AC?平面AB1C，AB1∩AC＝A，∴BC⊥平面AB1C.又OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C.∵△AB1C為等邊三角形，∴B1O⊥AC，故OG，OC，OB1兩兩垂直.以O(shè)為原點(diǎn)，eq\o(OG,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OB1,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(3，2，0)，B1(0，0，2eq\r(3))，O(0，0，0)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(B1C1,\s\up6(→))，∴A1(－3，－4，2eq\r(3))，C1(－3，0，2eq\r(3)).設(shè)eq\o(CE,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(OE,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))，有eq\o(OE,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝λ(－3，－2，2eq\r(3))＋(0，2，0)＝(－3λ，2－2λ，2eq\r(3)λ)，∴E(－3λ，2－2λ，2eq\r(3)λ)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－3λ，4－2λ，2eq\r(3)λ)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(3)).設(shè)平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n＝－3λx＋（4－2λ）y＋2\r(3)λz＝0，,\o(AB1,\s\up6(→))·n＝2y＋2\r(3)z＝0，))當(dāng)λ≠0時(shí)，令z＝eq\r(3)，則x＝eq\f(4λ－4,λ)，y＝－3，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4λ－4,λ)，－3，\r(3))).平面ABC的一個(gè)法向量為eq\o(OB1,\s\up6(→))方向上的單位向量m＝(0，0，1).若平面AB1E與平面ABC的夾角的余弦值為eq\f(1,4)，則有|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\r(3),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4λ－4,λ)))\s\up12(2)＋9＋3))＝eq\f(1,4)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4λ－4,λ)))eq\s\up12(2)＝36，又0<λ≤1，∴λ＝eq\f(2,5).當(dāng)λ＝0時(shí)，平面AB1E即平面AB1C，∵B1O⊥平面ABC，B1O?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面ABC，不滿足題意.所以點(diǎn)E存在，且CE＝eq\f(2,5)CC1.感悟提升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”等.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).訓(xùn)練2(2024·武漢模擬)如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC＝2AB，AC＝eq\r(3)AB，PB⊥AC.(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上的一點(diǎn)，四邊形BEQF是過(guò)B，Q兩點(diǎn)的截面，且AC∥平面BEQF.是否存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求eq\f(PQ,QD)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)證明在△ABC中，因?yàn)锽C＝2AB，AC＝eq\r(3)AB，所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB.又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB.又AC?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)解假設(shè)存在Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB的中點(diǎn)為H，連接PH，則PH⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH?平面PAB，所以PH⊥平面ABCD.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC所在直線分別為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)AB＝2，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(－2，2eq\r(3)，0)，P(1，0，eq\r(3))，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2，2eq\r(3)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4，2eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(3，－2eq\r(3)，eq\r(3)).設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝－2x1＋2\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝x1＋\r(3)z1＝0，))令x1＝eq\r(3)，則y1＝1，z1＝－1，所以n1＝(eq\r(3)，1，－1).設(shè)eq\o(DQ,\s\up6(→))＝λeq\o(DP,\s\up6(→))，其中0≤λ≤1，則eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋λeq\o(DP,\s\up6(→))＝(3λ－4，2eq\r(3)－2eq\r(3)λ，eq\r(3)λ).連接EF，因?yàn)锳C∥平面BEQF，AC?平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，所以AC∥EF.取與eq\o(EF,\s\up6(→))同向的單位向量j＝(0，1，0)，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·j＝y(tǒng)2＝0，,n2·\o(BQ,\s\up6(→))＝（3λ－4）x2＋2\r(3)（1－λ）y2＋\r(3)λz2＝0，))令x2＝eq\r(3)λ，則z2＝4－3λ，所以n2＝(eq\r(3)λ，0，4－3λ).因?yàn)槠矫鍮EQF⊥平面PAD，所以n1⊥n2，所以n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝eq\f(2,3).故在側(cè)棱PD上存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，此時(shí)eq\f(PQ,QD)＝eq\f(1,2).考點(diǎn)三折疊問(wèn)題例3(2023·蘇北四市質(zhì)檢)已知一圓形紙片的圓心為O，直徑AB＝2，圓周上有C，D兩點(diǎn).如圖，OC⊥AB，∠AOD＝eq\f(π,6)，點(diǎn)P是eq\o(BD,\s\up8(︵))上的動(dòng)點(diǎn).沿AB將紙片折為直二面角，并連接PO，PD，PC，CD.(1)當(dāng)AB∥平面PCD時(shí)，求PD的長(zhǎng)；(2)當(dāng)三棱錐P－COD的體積最大時(shí)，求平面OPD與平面CPD夾角的余弦值.解(1)因?yàn)锳B∥平面PCD，AB?平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，又∠AOD＝eq\f(π,6)，所以∠ODP＝∠OPD＝eq\f(π,6)，所以∠POD＝eq\f(2π,3)，又OD＝OP＝1，所以PD＝eq\r(3).(2)由題意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝eq\f(1,2)·OD·OP·sin∠DOP，所以當(dāng)OD⊥OP時(shí)，三棱錐P－COD的體積最大.易知OC，OD，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OD,\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O－xyz，則C(1，0，0)，D(0，0，1)，P(0，1，0)，故eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，1，－1).設(shè)平面CPD的法向量為n1＝(x，y，z).則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,y－z＝0，))取y＝1，得x＝1，z＝1，得平面CPD的一個(gè)法向量為n1＝(1，1，1).易知平面OPD的一個(gè)法向量為n2＝(1，0，0)，設(shè)平面OPD與平面CPD的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面OPD與平面CPD夾角的余弦值為eq\f(\r(3),3).感悟提升翻折問(wèn)題中的解題關(guān)鍵是要結(jié)合圖形弄清翻折前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系.一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.訓(xùn)練3(2024·成都診斷)如圖①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜邊AB上的高，以CD為折痕把△ACD折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，且∠PBD＝60°，E，F(xiàn)，H分別為PB，BC，PD的中點(diǎn)，G為CF的中點(diǎn)(如圖②).(1)求證：GH∥平面DEF；(2)求直線GH與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明連接BH，與ED相交于點(diǎn)M，連接MF，因?yàn)槿切蜛BC是等腰直角三角形，CD是斜邊AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因?yàn)椤螾BD＝60°，所以△PBD是等邊三角形，因?yàn)镋，H分別為PB，PD的中點(diǎn)，所以DE，BH是△PBD的中線，BM＝eq\f(2,3)BH，因?yàn)镕為BC中點(diǎn)，G為CF的中點(diǎn)，所以BF＝eq\f(2,3)BG，所以MF∥GH，因?yàn)镸F?平面DEF，GH?平面DEF，所以GH∥平面DEF.(2)解因?yàn)镃D⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，DB，DP?平面DBP，所以CD⊥平面DBP.如圖，過(guò)點(diǎn)D作直線垂直平面BDC，作空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PD＝DB＝DC＝2，則C(0，2，0)，B(2，0，0)，P(1，0，eq\r(3))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(HG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－x＋\r(3)z＝0，))令x＝eq\r(3)，則y＝eq\r(3)，z＝1，n＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1).設(shè)直線GH與平面PBC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(HG,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(HG,\s\up6(→))|,|n||\o(HG,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(7)×\r(3))＝eq\f(\r(7),7)，故直線GH與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7).【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·西安調(diào)研)某學(xué)校組織學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型，如圖，該模型為四棱錐.在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，E為AD的中點(diǎn)，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，且二面角P－BE－C的余弦值為eq\f(\r(6),6).求：(1)PD的長(zhǎng)；(2)點(diǎn)C到平面PEB的距離.解(1)由題意知DP，DA，DC三線兩兩垂直.如圖所示，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，B(2，2，0)，E(1，0，0).設(shè)PD＝a(a>0)，則P(0，0，a)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－a)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1，0，－a).易知平面CBED的一個(gè)法向量為n1＝(0，0，1).設(shè)平面PBE的法向量為n2＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(PE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y－az＝0，,x－az＝0，))取z＝1，得x＝a，y＝－eq\f(a,2)，即n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(a,2)，1))為平面PBE的一個(gè)法向量.則|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))\s\up12(2)＋12))))＝eq\f(\r(6),6)，解得a＝2(負(fù)值舍去)，故PD的長(zhǎng)為2.(2)由(1)得，n2＝(2，－1，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，則點(diǎn)C到平面PEB的距離為eq\f(|\o(CB,\s\up6(→))·n2|,|n2|)＝eq\f(4,\r(6))＝eq\f(2\r(6),3).2.如圖，已知△ABC為等邊三角形，D，E分別為AC，AB邊的中點(diǎn)，把△ADE沿DE折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直線DE到平面PBC的距離.解如圖，設(shè)DE的中點(diǎn)為O，BC的中點(diǎn)為F，連接OP，OF，OB，則OP⊥DE，因?yàn)槠矫鍼DE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以O(shè)P⊥平面BCDE.因?yàn)樵凇鰽BC中，點(diǎn)D，E分別為AC，AB邊的中點(diǎn)，所以DE∥BC.因?yàn)镈E?平面PBC，BC?平面PBC，所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE，所以以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE，OF，OP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，則O(0，0，0)，P(0，0，eq\r(3))，B(2，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0)，F(xiàn)(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(4，0，0).設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\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\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))令y＝z＝1，所以n＝(0，1，1).因?yàn)閑q\o(OF,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，設(shè)點(diǎn)O到平面PBC的距離為d，則d＝eq\f(|\o(OF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2).因?yàn)辄c(diǎn)O在直線DE上，所以直線DE到平面PBC的距離等于eq\f(\r(6),2).3.(2024·廣州調(diào)研)如圖(1)，在邊長(zhǎng)為4的正三角形ABC中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點(diǎn).將△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱錐A1－EFCB，P為A1C的中點(diǎn)，如圖(2).(1)求證：FP∥平面A1BE；(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直線A1F與平面BFP所成的角的正弦值.(1)證明如圖，取A1B的中點(diǎn)Q，連接PQ，EQ，則有PQ∥BC，且PQ＝eq\f(1,2)BC.又EF∥BC，且EF＝eq\f(1,2)BC，所以PQ∥EF，且PQ＝EF，則四邊形EFPQ為平行四邊形，則FP∥EQ.又FP?平面A1BE，EQ?平面A1BE，所以FP∥平面A1BE.(2)解如圖，取EF的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)G，連接A1O，OG.由平面A1EF⊥平面EFCB，且交線為EF，A1O?平面A1EF，知A1O⊥平面EFCB，此時(shí)，OA1，OE，OG兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE，OG，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則A1(0，0，eq\r(3))，F(xiàn)(－1，0，0)，B(2，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0).由P為A1C的中點(diǎn)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，則eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\r(3))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3)，0)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))).設(shè)平面BFP的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,3x＋\r(3)y＝0.))令x＝1，則y＝－eq\r(3)，z＝eq\r(3)，故n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3)).設(shè)直線A1F與平面BFP所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|n·\o(A1F,\s\up6(→))|,|n||\o(A1F,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1－3|,\r(7)×\r(4))＝eq\f(2\r(7),7).故直線A1F與平面BFP所成的角的正弦值為eq\f(2\r(7),7).4.(2024·河南名校聯(lián)考)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝eq\f(π,2)，BC＝CD＝2，AD＝eq\r(5)，DE⊥AB，垂足為點(diǎn)E.將△AED沿DE折起，使點(diǎn)A到點(diǎn)P的位置，且PE⊥EB，連接PB，PC，點(diǎn)M，N分別為PC，EB的中點(diǎn)，連接CN，ND，DM，MN.(1)求證：MN∥平面PED；(2)求二面角D－MN－C的正弦值.(1)證明如圖，取PB的中點(diǎn)Q，連接MQ，NQ.因?yàn)锳B∥CD，∠ABC＝eq\f(π,2)，DE⊥BE，所以四邊形BCDE為正方形.因?yàn)辄c(diǎn)M，N，Q分別為PC，BE，PB的中點(diǎn)，所以MQ∥BC∥ED，NQ∥PE.又DE，PE?平面PED，MQ，NQ?平面PED，所以MQ∥平面PED，NQ∥平面PED.因?yàn)镸Q∩NQ＝Q，MQ，NQ?平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PED.因?yàn)镸N?平面MNQ，所以MN∥平面PED.(2)解由題意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB.因?yàn)锳D＝eq\r(5)，DE＝BC＝2，所以AE＝eq\r(AD2－DE2)＝1，即PE＝1.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，ED，EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，2，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，N(1，0，0)，C(2，2，0)，則eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(1,2)))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝(－1，－2，0).設(shè)平面DMN的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,x－2y＝0.))令x＝2，得y＝1，z＝－2，所以m＝(2，1，－2).設(shè)平面CMN的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－2y1＝0，,－x1－y1＋\f(1,2)z1＝0.))令y1＝－1，則x1＝2，z1＝2，所以n＝(2，－1，2).所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(4－1－4,\r(9)×\r(9))＝－eq\f(1,9)，所以二面角D－MN－C的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(5),9).【B級(jí)能力提升】5.如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說(shuō)明理由.(1)證明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).則eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(-2，-1，0).設(shè)n＝(x0，y0，1)為平面PDC的一個(gè)法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(