2025高考数学二轮复习-专题四-微专题28-立体几何中的距离、翻折、探究性问题-专项训练【含答案】

微专题28立体几何中的距离、翻折、探究性问题[考情分析]在考查立体几何的高考题目中，距离问题、翻折问题与探究性问题也是常考题型，考查热点为翻折后点、线、面的位置关系、距离的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题．高考题中一般以解答题为主，难度属中高档题．考点一距离问题典例1(2023·顺义模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，点E是棱A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F.(1)求证：点F为C1D1的中点；(2)若点G为棱AB上一点，且D1G⊥AC，求点G到平面ACE的距离．(1)证明方法一因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ACE∩平面ABCD＝AC，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以EF∥AC，连接A1C1，因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形．所以A1C1∥AC，所以EF∥A1C1.因为E是A1D1的中点，所以F为C1D1的中点．方法二连接A1C1.因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形．所以AC∥A1C1，因为AC⊄平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1，因为AC⊂平面ACE，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以AC∥EF.所以EF∥A1C1.因为E是A1D1的中点，所以F为C1D1的中点．(2)解方法一因为DA，DC，DD1两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z),则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，则y＝1，z＝1，所以m＝(2,1,1)，设G(2，t,0)，则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)，则eq\o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以点G到平面ACE的距离d＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).方法二连接DG，GC，如图．因为DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，因为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内，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)，则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，设点G到平面ACE的距离为d，由V三棱锥G－ACE＝V三棱锥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)，所以点G到平面ACE的距离为eq\f(\r(6),6).跟踪训练1(2023·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.(1)证明：BD⊥PC；(2)若BD＝2eq\r(3)，CD＝AP＝eq\r(7)，求点A到平面PCD的距离．(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接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为BD的中点，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为正三棱锥，点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，根据正三棱锥的性质可得AM＝eq\f(2,3)AO＝2，PM＝eq\r(AP2－AM2)＝eq\r(3)，如图，过点O作PM的平行线，以PM的平行线所在直线为z轴，以OA，OB所在直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系．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)，设平面PCD的法向量为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)，设点A到平面PCD的距离为d，所以d＝eq\f(|n·\o(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(5\r(3),4)，所以点A到平面PCD的距离为eq\f(5\r(3),4).考点二翻折问题典例2(2023·湛江模拟)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值．(1)证明由题意可知∠BEC＝∠CED＝eq\f(π,4)，所以∠BED＝eq\f(π,2)，故DE⊥BE，因为A1B⊥DE，A1B∩BE＝B，A1B，BE⊂平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE.(2)解取BE的中点O，连接A1O，CO，如图，由等腰三角形的性质可知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，四边形OCDE为平行四边形，所以CO∥DE，则CO⊥平面A1BE.又A1O⊂平面A1BE，所以CO⊥A1O，所以A1O，CO，BE两两垂直．设BE＝2，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则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)．设平面A1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则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)，因为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的一个法向量为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与平面A1ED夹角的余弦值为eq\f(\r(6),3).跟踪训练2(2023·石家庄模拟)如图(1)，在▱ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P处，如图(2)．(1)若PC＝6，求证：PD⊥BC；(2)若PC＝2eq\r(5)，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值．(1)证明在平行四边形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)解方法一如图，过点D作DF∥BC，且DF＝BC，连接PF，CF，∴四边形BCFD为平行四边形，由题意可知，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的中点O，连接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)，过点O作OM⊥DF，建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得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)，设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，平面PDC的法向量为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)，则z＝1，故平面PBC的一个法向量为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)，则y′＝－eq\r(3)，z′＝1，故平面PDC的一个法向量为n＝(2eq\r(3)，－eq\r(3)，1)．∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(7,8)，∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(7,8).方法二由BD⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AD＝2BD＝4，∴B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,2,0)，设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)，设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，平面PBC的法向量为n＝(a′，b′，c′)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＋\r(3)c＝0，,－2a＋b＝0，))令a＝1，则b＝2，c＝－eq\f(\r(3),3)，故平面PDC的一个法向量为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)，则c′＝1，故平面PBC的一个法向量为n＝(0，－eq\r(3)，1)．∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(7,8)，故平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(7,8).方法三如图所示，过点B作BE⊥PC交PC于点E，过点D作DF⊥PC交PC于点F，异面直线DF，BE的夹角即为两个平面的夹角．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)，又两平面夹角的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(7,8).考点三探究性问题典例3(2023·韶关模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，如图所示，沿BE将△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.(1)证明：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与平面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，请说明理由．(1)证明依题意可知四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，所以AE＝BE＝2eq\r(2)，又AB＝4，所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，因为平面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为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，设N是BE的中点，因为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))，则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)，假设存在满足题意的λ，则由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))．设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则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)，设PF与平面DEF所成的角为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)，综上，存在λ＝eq\f(3,4)，使得PF与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).跟踪训练3(2023·临汾模拟)已知四棱锥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为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点．(1)证明：BD⊥EF；(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(3\r(14),14).(1)证明如图，连接PE，EC，EC交BD于点G.因为E为AB的中点，PA＝PB，所以PE⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD.因为△ABD≌△BCE，所以∠CEB＝∠BDA，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，所以BD⊥EC，因为PE∩EC＝E，PE，EC⊂平面PEC，所以BD⊥平面PEC.因为EF⊂平面PEC，所以BD⊥EF.(2)解如图，取DC的中点H，以E为坐标原点，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，则BC＝2，AD＝1，PA＝PB＝eq\r(2)，则P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(－1,1,0)，E(0,0,0)，设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)．则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)，设平面PCD的法向量为m＝(a，b，c)，则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)，设EF与平面PCD所成的角为θ，则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，因为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(→))，所以当F位于棱PC靠近P的三等分点时，EF与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(3\r(14),14).[总结提升]在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探究性问题也是常考题型，求空间距离问题也是近几年高考的热点．(1)求距离问题常用方法：直接法、等积法和空间向量法．(2)翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置．(3)立体几何中的探究性问题解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，在这个前提下进行逻辑推理．1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq\f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.(1)求证：PE⊥平面ABCD；(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq\f(\r(3),9)，求线段BM的长．(1)证明连接BE(图略)．∵BC＝eq\f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE＝CD＝2.∵PA＝PD且E为AD的中点，∴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为坐标原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则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)，设BM＝t(t∈[0,2])，则M(－t,2,0)，而N(0,0,2)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，设直线MN与平面PAB所成的角为θ，则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)，化简得11t2－24t＋4＝0，解得t＝2或t＝eq\f(2,11)，满足t∈[0,2]，故线段BM的长度为2或eq\f(2,11).2.(2023·茂名模拟)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．(1)求证：PO⊥BC；(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq\r(7)，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成的角为eq\f(π,6)，求点E到平面PCD的距离．(1)证明∵PA＝PD，O为AD的中点，∴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)解连接BD，由AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，可知四边形ABCD为等腰梯形，易知BD＝4eq\r(3)，∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，过点O作DB的平行线，以O为坐标原点，以DB的平行线为y轴，以OA，OP所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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的一个法向量为n＝(0,0,1)，设E(x，y，z)，则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))，∵直线AE与平面ABCD所成的角为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∵点E在棱PB上，∴设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))，设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则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))，∴点E到平面PCD的距离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·济宁模拟)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG＝2，DE＝DF.(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；(2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq\f(4,5).若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．(1)证明由题意可知，在下底面圆中，CD为直径．因为DE＝DF，所以G为弦EF的中点，且EF⊥CD.因为EF⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD.因为EF⊂平面AEF.所以平面AEF⊥平面ABCD.(2)解设平面PEF交圆柱上底面于PQ，交AB于点H.则平面PEF与平面AEF夹角的大小就是平面HEF与平面AEF夹角的大小．以D为坐标原点，分别以下底面垂直于DG的直线，DG，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为DG＝2，底面圆的半径为3，所以EG＝FG＝2eq\r(2).则A(0,0,6)，E(2eq\r(2)，2,0)，F(－2eq\r(2)，2,0)，设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)．设平面AEF的一个法向量为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，则m＝(0,3,1)．设平面HEF的一个法向量为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，则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)，化简得3m2＋8m－80＝0，解得m＝4或m＝－eq\f(20,3)(舍去)．即AH＝4.又因为EF∥平面PAB，EF⊂平面PEF，平面PAB∩平面PEF＝PQ，所以EF∥PQ，PQ⊥AB，且H为PQ的中点．所以PH＝2eq\r(2)，AP＝eq\r(AH2＋PH2)＝eq\r(16＋8)＝2eq\r(6).所以存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq\f(4,5)，此时AP的长为2eq\r(6).4．(2023·岳阳模拟)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．(1)求证：CD⊥ME；(2)在①图1中tan2B＝－eq\f(4,3)；②图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图2中三棱锥A－BCD的体积最大这三个条件中任选一个，补充在下面问题中再解答．问题：已知________________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．(1)证明∵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分别为AC，BC的中点，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.(2)解选①，在题图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)．设AD＝CD＝m，在Rt△ABD中，tanB＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(m,3－m)＝2，解得m＝2，∴BD＝1.以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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))，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．设N(0，a,0)，则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))，∴当DN＝eq\f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的法向量为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，则n＝(1,2，－1)．取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，则|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与平面CBN夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).选②，在题图1所示的△ABC中，设eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，则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.以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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))，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．设N(0，a,0)，则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，\