高考数学第一轮复习复习第7节 向量法求距离、探索性及折叠问题（讲义）

第7节向量法求距离、探索性及折叠问题考试要求1.会求空间中点到直线、点到平面的距离.2.会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系、角的存在条件与折叠问题.知识诊断·基础夯实【知识梳理】1.点P到直线l的距离设eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直线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).2.点P到平面α的距离若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示.3.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”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到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.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析(1)当平面α上三点在平面β的两侧时，α与β相交.(2)点到直线的距离是过该点作直线的垂线，该点与垂足之间的距离.(4)直线l上的两个点在平面α的两侧时，l与平面α相交.2.(选修一P34例6改编)已知平面ABC的一个法向量为n＝(1，2，1)，向量eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，则点F到平面ABC的距离为________.答案eq\f(\r(6),6)解析由题意，点F到平面ABC的距离为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.(选修一P35T1改编)已知直线l经过点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)))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)解析因为eq\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)))为l的一个单位方向向量，故点P到l的距离为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.已知平面AB1C∥平面A1C1D，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，平面A1C1D的一个法向量为m＝(1，1，1)，则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为________.答案eq\f(\r(3),3)解析由题意得d＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).考点突破·题型剖析考点一距离问题角度1点到直线的距离例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\o(BP,\s\up6(→))＝(－3，0，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－3，4，0)，故点P到直线BD的距离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)，所以点P到直线BD的距离为eq\f(13,5).角度2点到平面的距离例2在棱长均为a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为()A.eq\f(\r(2),4)a B.eq\f(\r(2),8)aC.eq\f(3\r(2),4)a D.eq\f(\r(2),2)a答案A解析以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.由ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，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)))，设平面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)，故点C1到平面AB1D的距离d＝eq\f(|\o(DC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(a,\r(3＋1＋4))＝eq\f(\r(2),4)a.感悟提升1.点线距的求解步骤：直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量eq\o(PP′,\s\up6(→))及其在直线的方向向量a上的投影向量→代入公式.2.点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.训练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\o(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)，则|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4.设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝＝eq\r(20－4)＝4.(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则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，则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)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则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).考点二探索性问题例3(2023·厦门质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.(1)证明：A1B⊥B1C.(2)已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，请说明理由.(1)证明因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1.因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB，所以AC⊥平面AA1B1B.又A1B⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1B.又因为AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，所以A1B⊥B1C.(2)解l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下：取A1B1的中点D，连接AD.因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.又AA1＝A1B1，所以△AA1B1为等边三角形，所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB.又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD⊂平面AA1B1B，所以AD⊥平面ABC.以A为原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(－1，0，eq\r(3))，B1(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3)).因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AC∥平面A1B1C1，又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，所以AC∥l.假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.设eq\o(B1P,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))(λ∈R)，则eq\o(B1P,\s\up6(→))＝(0，2λ，0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1P,\s\up6(→))＝(1，2λ，eq\r(3)).设n＝(x，y，z)为平面ABP的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,x＋2λy＋\r(3)z＝0.))令y＝－eq\r(3)，则z＝2λ，可取n＝(0，－eq\r(3)，2λ).又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(3，0，－eq\r(3))，所以sin30°＝|cos〈n，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(A1B,\s\up6(→))|,|n||\o(A1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2\r(3)λ|,\r(3＋4λ2)×2\r(3))＝eq\f(1,2)，即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解，因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.感悟提升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.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eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OS,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.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\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))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0)).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))，则eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(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\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的一个法向量eq\o(OS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a)).则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(\r(3),2)，所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.(3)解在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.根据第(2)问知eq\o(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，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))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).设eq\o(CE,\s\up6(→))＝teq\o(CS,\s\up6(→))，则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)a（1－t），\f(\r(6),2)at)).又eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(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\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上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.考点三折叠问题例4(2023·苏北四市质检)已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝eq\f(π,6)，点P是eq\o(BD,\s\up8(︵))上的动点.沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD.(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；(2)当三棱锥P－COD的体积最大时，求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值.解(1)因为AB∥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)由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝eq\f(1,2)·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则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).设平面CPD的法向量为n1＝(x，y，z).则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的一个法向量为n1＝(1，1，1).易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，设平面OPD与平面CPD的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面OPD与平面CPD夹角的余弦值为eq\f(\r(3),3).感悟提升翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.训练3(2023·济南调研)如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P的位置，连接PB，PB＝eq\r(3).(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值.(1)证明因为BC＝1，PC＝2，PB＝eq\r(3)，所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB，又因为BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAB.(2)解作PO⊥AB于点O，以O为坐标原点，以过O垂直于平面PAB的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.易得OB＝eq\f(3,2)，OP＝eq\f(\r(3),2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，0))，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，－\f(\r(3),2)))，易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(PC,\s\up6(→))·n,|\o(PC,\s\up6(→))|·|n|)＝－eq\f(\r(3),4)，所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).分层精练·巩固提升【A级基础巩固】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\o(CF,\s\up6(→))＝(－a，m－a，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－a，－a，a).∵PC⊥CF，∴eq\o(CF,\s\up6(→))⊥eq\o(CP,\s\up6(→))，∴eq\o(CF,\s\up6(→))·eq\o(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\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))＝－ax＋ay＝0，,n·\o(CP,\s\up6(→))＝－ax－ay＋az＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\o(AC,\s\up6(→))＝(a，a，0)，得d＝eq\f(|\o(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\o(BP,\s\up6(→))＝(－a，0，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a).设平面PBC的法向量为n1＝(x0，y0，z0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BP,\s\up6(→))＝－ax0＋az0＝0，,n1·\o(BC,\s\up6(→))＝ay0＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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(|\o(AP,\s\up6(→))·n1|,|n1|)＝eq\f(a,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)a.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，则OP⊥DE，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O(0，0，0)，P(0，0，eq\r(3))，B(2，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0)，F(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).设平面PBC的一个法向量为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).因为eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，设点O到平面PBC的距离为d，则d＝eq\f(|\o(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).3.(2023·潍坊段考)如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，AC＝2，BC＝1，PA⊥平面ABC，M是PB上的动点，且eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，N是PC的中点.(1)若λ＝eq\f(1,2)，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明；(2)若平面PBC与平面ABC所成的角为eq\f(π,4)，点M到平面PAC的距离是eq\f(\r(3),3)，求λ的值.解(1)直线l∥平面PBC.证明：当λ＝eq\f(1,2)时，M是PB的中点，又因为N是PC的中点，所以MN∥BC，又BC⊂平面ABC，且MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，又MN⊂平面AMN，且平面AMN∩平面ABC＝l，所以MN∥l，又因为l⊄平面PBC，MN⊂平面PBC，所以直线l∥平面PBC.(2)因为AC是圆O的直径，所以∠ABC＝90°，由勾股定理得AB＝eq\r(3)，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PBA，则BC⊥PB，故∠PBA是平面PBC与平面ABC所成的角，所以∠PBA＝45°，所以△PAB为等腰直角三角形，且PA＝AB＝eq\r(3).以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(eq\r(3)，0，0)，B(0，0，0)，C(0，1，0)，P(eq\r(3)，0，eq\r(3))，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,\r(3)z＝0，))令x＝1，得y＝eq\r(3)，则n＝(1，eq\r(3)，0)，又eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)λ，0，－eq\r(3)λ)，所以点M到平面PAC的距离d＝eq\f(|\o(PM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3)λ,2)＝eq\f(\r(3),3)，所以λ＝eq\f(2,3).4.(2023·保定质检)如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P－EFGB，如图2.(1)证明：EF⊥PB；(2)若M为PB的中点，求平面BFM与平面EFM夹角的余弦值.(1)证明由AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，AC＝12，得PE＝AE＝3，EF＝4，PF＝FC＝5，则PF2＝PE2＋EF2，所以PE⊥EF.因为eq\f(AE,AB)＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(1,2)，∠A＝∠A，所以△ABE∽△ACB，所以BE⊥AC，即BE⊥EF.又PE∩BE＝E，所以EF⊥平面PEB，因为PB⊂平面PEB，所以EF⊥PB.(2)解以E为坐标原点，以eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(EB,\s\up6(→))，eq\o(EP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E－xyz，则E(0，0，0)，F(4，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3eq\r(3)，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)，\f(3,2)))，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝(4，0，0)，eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)，\f(3,2)))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(4，－3eq\r(3)，0)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(4，0，－3).平面BFM即平面BFP，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x1－3\r(3)y1＝0，,4x1－3z1＝0.))令y1＝4，得m＝(3eq\r(3)，4，4eq\r(3)).设平面EFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(EM,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x2＝0，,\f(3\r(3),2)y2＋\f(3,2)z2＝0，))令y2＝1，得n＝(0，1，－eq\r(3)).设平面BFM与平面EFM的夹角大小为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|4－12|,\r(91)×2)＝eq\f(4\r(91),91)，所以平面BFM与平面EFM夹角的余弦值为eq\f(4\r(91),91).【B级能力提升】5.如图，在四棱锥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)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由.(1)证明∵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，∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).则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).设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量，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(y0＝－1，,x0＝\f(1,2)，))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).设PB与平面PCD的夹角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),3)，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，因此点M(0，1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，要使BM∥平面PCD，当且仅当eq\o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))＝0，解得λ＝eq\f(1,4)，所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).6.(2023·青岛调研)如图，在四棱锥E－ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2，AE＝BE＝eq\r(3)，M为BE的中点.(