第8課時向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題[考試要求]1.能用向量的方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平行的平面間的距離問題.2.掌握空間幾何體中的探索性及翻折問題的求解方法．1．點P到直線l的距離設eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，u是直線l的單位方向向量，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·u2).提醒：點到直線的距離還可以用以下兩種方式求解：①d＝|eq\o(AP,\s\up6(→))|sinθ，其中θ為向量eq\o(AP,\s\up6(→))與直線l方向向量的夾角．②d＝eq\r(\a\vs4\al(\o(AP,\s\up6(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·μ,|μ|)))2))，其中μ為l的方向向量．2．點P到平面α的距離若平面α的法向量為n，平面α內一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如圖所示．[常用結論]1．平行線間的距離可以轉化為點到直線的距離．2．線面距離、面面距離都可以轉化為點到平面的距離．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)點A到平面α的距離是點A與α內任意一點的線段的最小值．(√)(2)點到直線的距離也就是該點與直線上任意一點連線的長度．(×)(3)若直線l平行于平面α，則直線l上各點到平面α的距離相等．(√)(4)若直線l上兩點到平面α的距離相等，則l平行于平面α.(×)二、教材經典衍生(人教A版選擇性必修第一冊P35練習T2改編)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點，F為線段AB的中點，則：(1)點B到直線AC1的距離為________；(2)直線FC到平面AEC1的距離為________.(1)eq\f(\r(6),3)(2)eq\f(\r(6),6)[(1)以D1為原點，D1A1，D1C1，D1D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系，則A(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0，1,1)，C1(0，1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)).取a＝eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，u＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),3)(－1,1，－1)，則a2＝1，a·u＝eq\f(\r(3),3)，所以點B到直線AC1的距離為eq\r(a2－a·u2)＝eq\r(1－\f(1,3))＝eq\f(\r(6),3).(2)因為eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(EC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，所以FC∥EC1.因為EC1?平面AEC1，FC?平面AEC1，所以FC∥平面AEC1，所以點F到平面AEC1的距離即為直線FC到平面AEC1的距離．設平面AEC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EC1,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y－z＝0，,－x＋\f(1,2)y＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝z，,y＝2z，))取z＝1，則x＝1，y＝2，所以n＝(1,2,1)是平面AEC1的一個法向量．又因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以點F到平面AEC1的距離為eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\a\vs4\al(\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\f(\r(6),6)，即直線FC到平面AEC1的距離為eq\f(\r(6),6).]考點一求空間距離[典例1]如圖，在四棱錐P-OABC中，PO⊥平面OABC，AB∥OC，AC＝eq\r(5)，OP＝OC＝2，OA＝AB＝1，E為PC的中點，F在棱PB上．(1)求證：平面OPC⊥平面OPA；(2)求點B到平面OAE的距離；(3)點F在平面OAE內，求線段PF的長．解：(1)證明：因為PO⊥平面OABC，OC?平面OABC，所以PO⊥OC．因為OC＝2，OA＝1，AC＝eq\r(5)，所以OC2＋OA2＝AC2，所以OA⊥OC．又PO∩OA＝O，PO?平面OPA，OA?平面OPA，所以OC⊥平面OPA．又OC?平面OPC，所以平面OPC⊥平面OPA．(2)因為PO⊥平面OABC，OA⊥OC，所以以O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系．則O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，E(0,1,1)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(1,1,0)．設平面OAE的法向量為n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OA,\s\up6(→))＝x＝0，,n·\o(OE,\s\up6(→))＝y＋z＝0.))令y＝1，所以z＝－1，x＝0，所以n＝(0,1，－1)為平面OAE的一個法向量．所以點B到平面OAE的距離d＝eq\f(|n·\o(OB,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).(3)設eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，由P(0,0,2)，得eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，所以eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))＋λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(λ，λ，2－2λ)．由(1)知平面OAE的一個法向量為n＝(0,1，－1)，又點F在平面OAE內，所以n⊥eq\o(OF,\s\up6(→))，所以n·eq\o(OF,\s\up6(→))＝0，即λ－(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,3).所以eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))，所以|eq\o(PF,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3)|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\f(2\r(6),3)，即線段PF的長為eq\f(2\r(6),3).求點到平面的距離的常用方法(1)直接法：過點P作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度，該長度就是點P到平面α的距離．(2)轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求．(3)等體積法．(4)向量法：設平面α的一個法向量為n，A是α內任意一點，則點P到α的距離d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).[跟進訓練]1．(1)四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，點D在棱OC上，且OC＝3OD，點G為△ABC的重心，則點G到直線AD的距離為()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(1,3)(2)(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點E，O分別是A1B1，A1C1的中點，點P在正方體內部且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，則下列說法正確的是()A．點A到直線BE的距離是eq\f(\r(5),5)B．點O到平面ABC1D1的距離是eq\f(\r(2),4)C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq\f(\r(3),3)D．點P到直線AB的距離為eq\f(5,6)(1)A(2)BCD[(1)四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC兩兩垂直，以點O為原點，以射線OA，OB，OC的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，因為OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，則A(1,0,0)，D(0,0,1)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，于是eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)，1))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，0,1)，|eq\o(AG,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋12)＝eq\f(\r(17),3)，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)×(－1)＋1＝eq\f(5,3)，所以點G到直線AD的距離d＝＝eq\r(\f(17,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(5,3),\r(2))))2)＝eq\f(\r(2),2).故選A．(2)如圖，建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(1,0,0),D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1)).設∠ABE＝θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|))＝eq\f(\r(5),5)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(5),5).故點A到直線BE的距離d1＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|sinθ＝1×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),5)，A錯誤．易知eq\o(C1O,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1A1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一個法向量為eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，則點O到平面ABC1D1的距離d2＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·\o(C1O,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(DA1,\s\up6(→))|))＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，B正確．eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)為平面A1BD的一個法向量．所以點D1到平面A1BD的距離d3＝eq\f(|\o(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).因為平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq\f(\r(3),3)，C正確．因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，則eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(AB,\s\up6(→)))|)＝eq\f(3,4)，所以點P到直線AB的距離d4＝＝eq\f(5,6)，D正確．故選BCD.]考點二立體幾何中的探索性問題[典例2]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．(1)求證：AC⊥平面A1BO.(2)試問線段CC1上是否存在點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，請計算eq\f(CP,CC1)的值；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：因為△ABC是等邊三角形，O是AC的中點，所以AC⊥OB，因為平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B?平面ABB1A1，所以A1B⊥平面ABC，因為AC?平面ABC，所以A1B⊥AC，因為AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB?平面A1BO，所以AC⊥平面A1BO.(2)存在，線段CC1的中點P滿足題意．理由如下：因為A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O為原點，OA，OB所在直線分別為x軸、y軸，過點O作Oz∥A1B，以Oz所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，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))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，2eq\r(3))，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，設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的一個法向量為n＝(1,0,0)，設平面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，得y＝0，z＝t＋1，則m＝(2eq\r(3)t，0，t＋1)為平面POB的一個法向量，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)，因為0≤t≤1，所以解得t＝eq\f(CP,CC1)＝eq\f(1,2).所以線段CC1上存在點P，使得平面POB與平面A1OB的夾角的余弦值為eq\f(2\r(7),7)，此時eq\f(CP,CC1)＝eq\f(1,2).(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數．[跟進訓練]2．如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E為PD的中點．(1)求證：PA⊥平面ABCD.(2)求PC與平面ACE所成角的正弦值．(3)在線段BC上是否存在點F，使得點E到平面PAF的距離為eq\f(2\r(5),5)？若存在，確定點F的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：因為四邊形ABCD為正方形，所以BC⊥AB，CD⊥AD.因為PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因為PA?平面PAB，所以PA⊥BC．因為PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因為PA?平面PAD，所以PA⊥CD.因為BC∩CD＝C，BC，DC?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.(2)由(1)知PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以點A為坐標原點，AB，AD，AP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A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)．則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－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(→))＝2x＋2y＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝y＋z＝0，))取y＝1，則x＝－1，z＝－1，可得m＝(－1,1，－1)是平面ACE的一個法向量，設PC與平面ACE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈m，eq\o(PC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(PC,\s\up6(→))|,|m|·|\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq\f(1,3)，所以PC與平面ACE所成角的正弦值為eq\f(1,3).(3)設點F(2，t,0)(0≤t≤2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，t,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設平面PAF的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(→))＝2a＋tb＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝2c＝0，))取a＝t，得c＝0，b＝－2，則n＝(t，－2,0)為平面PAF的一個法向量，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，所以點E到平面PAF的距離d＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(t2＋4))＝eq\f(2\r(5),5)，因為0≤t≤2，所以t＝1.所以當點F為線段BC的中點時，點E到平面PAF的距離為eq\f(2\r(5),5).考點三立體幾何中的翻折問題[典例3](2024·新高考Ⅱ卷)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，點E，F滿足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).將△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF夾角的正弦值．解：(1)證明：由AB＝8，AD＝5eq\r(3)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，得AE＝2eq\r(3)，AF＝4.又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF＝eq\r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠BAD)＝eq\r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2.所以AE2＋EF2＝AF2，則AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE.又PE∩DE＝E，PE，DE?平面PDE，所以EF⊥平面PDE.又PD?平面PDE，所以EF⊥PD.(2)如圖，連接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3eq\r(3)，CD＝3，得CE＝eq\r(ED2＋CD2)＝6.在△PEC中，由PC＝4eq\r(3)，PE＝2eq\r(3)，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，所以PE⊥EC．由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.又ED?平面ABCD，所以PE⊥ED，則PE，EF，ED兩兩垂直．以E為坐標原點，EF，ED，EP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系，則E(0,0,0)，P(0,0,2eq\r(3))，D(0,3eq\r(3)，0)，C(3，3eq\r(3)，0)，F(2,0,0)，A(0，－2eq\r(3)，0)．由F是AB的中點，得B(4,2eq\r(3)，0)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(3,3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(4,2eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2,0，－2eq\r(3))．設平面PCD和平面PBF的法向量分別為n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up6(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0.))令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝eq\r(3)，得y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0,2,3)為平面PCD的一個法向量，m＝(eq\r(3)，－1,1)為平面PBF的一個法向量．設平面PCD和平面PBF的夾角為θ，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(13))＝eq\f(\r(65),65)，則sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(8\r(65),65)，所以平面PCD與平面PBF夾角的正弦值為eq\f(8\r(65),65).三步解決平面圖形翻折問題[跟進訓練]3．(2025·濰坊模擬)在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2eq\r(2)，AD＝DC＝eq\r(2)，如圖1.現將△ADC沿對角線AC折成直二面角P-AC-B，如圖2，點M在線段BP上．(1)求證：AP⊥CM；(2)若點M到直線AC的距離為eq\f(2\r(5),5)，求eq\f(BM,BP)的值．解：(1)證明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝2eq\r(2)，則∠ACB＝90°，即AC⊥CB．又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊥AC，CB?平面ACB，所以CB⊥平面PAC．又AP?平面PAC，所以CB⊥AP.又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB?平面PCB，所以AP⊥平面PCB．又CM?平面PCB，所以AP⊥CM.(2)設AC的中點為O，AB的中點為D，連接OD，OP，以OA，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則A(1,0,0)，C(－1，0,0)，P(0，0,1)，B(－1，2,0)．設eq\f(BM,BP)＝λ(0≤λ≤1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→)).設M(x，y，z)，則(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2,1)，所以M(λ－1,2－2λ，λ)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(λ，2－2λ，λ)．因為點M到直線AC的距離為eq\f(2\r(5),5)，則eq\o(CM,\s\up6(→))2＝eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(CM,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(CA,\s\up6(→))|))))2，即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,2)))2，即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝eq\f(4,5)，所以eq\f(BM,BP)＝eq\f(4,5).4．圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的平面BCGE與平面ACGD的夾角的大小．解：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如圖，作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標原點，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Hxyz，則A(－1,1,0)，C(1，0,0)，G(2,0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1,0)．設平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0，))令x＝3，則y＝6，z＝－eq\r(3)，所以n＝(3,6，－eq\r(3))為平面ACGD的一個法向量．又平面BCGE的一個法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此平面BCGE與平面ACGD的夾角為30°.課時分層作業(四十九)(本試卷共60分．)1．(15分)(2025·濟南期末)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC．(1)證明：A1B⊥B1C．(2)已知∠ABB1＝eq\f(π,3)，AB＝AC＝2，平面A1B1C1與平面AB1C的交線為l.在l上是否存在點P，使直線A1B與平面ABP所成角的正弦值為eq\f(1,4)？若存在，求出線段B1P的長度；若不存在，試說明理由．解：(1)證明：因為平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊥AB，AC?平面ABC，所以AC⊥平面AA1B1B．因為A1B?平面AA1B1B，所以AC⊥A1B．因為四邊形AA1B1B是菱形，所以AB1⊥A1B．又因為AC∩AB1＝A，AC，AB1?平面AB1C，所以A1B⊥平面AB1C．因為B1C?平面AB1C，所以A1B⊥B1C．(2)假設存在滿足題意的點P，取A1B1的中點D，連接AD，如圖所示．因為四邊形AA1B1B為菱形，所以AB＝BB1.又因為∠ABB1＝60°，則△ABB1為等邊三角形．由菱形的幾何性質可知∠AA1B1＝60°，AA1＝A1B1，則△AA1B1也為等邊三角形．因為D為A1B1的中點，則AD⊥A1B1.因為AB∥A1B1，所以AB⊥AD.由(1)知，AC⊥平面AA1B1B，以點A為坐標原點，AB，AD，AC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A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,0,2)，A1(－1，eq\r(3)，0)，B1(1，eq\r(3)，0)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(3，－eq\r(3)，0)．因為AC∥A1C1，AC?平面A1B1C1，A1C1?平面A1B1C1，所以AC∥平面A1B1C1.因為平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，AC?平面AB1C，所以AC∥l.所以l⊥平面AA1B1B．設P(1，eq\r(3)，t)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，t)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)．設平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＋tz＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝2x＝0.))取z＝－eq\r(3)，可得x＝0，y＝t，所以n＝(0，t，－eq\r(3))為平面ABP的一個法向量．因為直線A1B與平面ABP所成角的正弦值為eq\f(1,4)，所以|cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,|\o(A1B,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|－\r(3)t|,2\r(3)×\r(t2＋3))＝eq\f(1,4)，解得t＝±1.因此，存在點P，線段B1P的長為1.2．(15分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝AD＝1，M為棱PC的中點．(1)證明：BM∥平面PAD.(2)若PC＝eq\r(5)，PD＝1，①求平面PDM與平面BDM所成角的余弦值；②在線段PA上是否存在點Q，使得點Q到平面BDM的距離是eq\f(\r(6),4)？若存在，求出PQ的值；若不存在，說明理由．解：(1)證明：取PD的中點N，連接AN，MN，如圖所示，因為M為棱PC的中點，所以MN∥CD，MN＝eq\f(1,2)CD.因為AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD，所以AB∥MN，AB＝MN，所以四邊形ABMN是平行四邊形，所以BM∥AN.又BM?平面PAD，AN?平面PAD，所以BM∥平面PAD.(2)因為PC＝eq\r(5)，PD＝1，CD＝2，所以PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥DC．因為平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，PD?平面PDC，所以PD⊥平面ABCD.又AD?平面ABCD，所以PD⊥AD，又AD⊥DC，所以PD，AD，DC兩兩垂直．以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則P(0,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．因為M為棱PC的中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B(1,1,0)．①eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，設平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up6(→))＝y＋\f(1,2)z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋y＝0.))令z＝2，則y＝－1，x＝1，所以n＝(1，－1,2)為平面BDM的一個法向量．易知平面PDM的一個法向量為eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以cos〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,1×\r(6))＝eq\f(\r(6),6).所以平面PDM與平面BDM所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6).②假設在線段PA上存在點Q，使得點Q到平面BDM的距離是eq\f(\r(6),4).設eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))，0≤λ≤1，則Q(λ，0,1－λ)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(λ－1，－1,1－λ)．由(2)知平面BDM的一個法向量為n＝(1，－1,2)，eq\o(BQ,\s\up6(→))·n＝λ－1＋1＋2(1－λ)＝2－λ，所以點Q到平面BDM的距離是eq\f(|\o(BQ,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2－λ,\r(6))＝eq\f(\r(6),4)，所以λ＝eq\f(1,2)，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2)，所以PQ＝eq\f(\r(2),2).3．(15分)(2023·天津高考改編)如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N為線段AB的中點，M為線段BC的中點．(1)求證：A1N∥平面C1MA．(2)求平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值.(3)求點C到平面C1MA的距離.解：(1)證明：連接MN，可得MN為△ABC的中位線，可得MN∥AC，且MN＝eq\f(1,2)AC＝1，而A1C1＝1，AC∥A1C1，則MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四邊形MNA1C1為平行四邊形，則A1N∥C1M，而A1N?平面C1MA，C1M?平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA．法一(向量法)(2)因為A1A⊥平面ABC，且AB，AC?平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC．又AB⊥AC，所以直線A1A，AB，AC兩兩垂直．如圖，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系Axyz.因為AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，則A(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．又點M是線段BC的中點，可得M(1,1,0)，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(1,1,0)．設平面C1MA的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\o(AC1,\s\up6(→))⊥m，eq\o(AM,\s\up6(→))⊥m，即eq\o(AC1,\s\up6(→))·m＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·m＝0，由此可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x＋y＝0，))令y＝2，則x＝－2，z＝－1，即m＝(－2,2，－1)，故平面C1MA的一個法向量為m＝(－2,2，－1)．易知平面ACC1A1的一個法向量n＝(1,0,0)．設平面C1MA與平面ACC1A1的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(2,3).故平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值為eq\f(2,3).(3)由(2)知，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，平面C1MA的一個法向量m＝(－2,2，－1)，設點C到平面C1MA的距離為d，則d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(|0，2，0·－2，2，－1|,\r(－22＋22＋－12))＝eq\f(4,3).所以點C到平面C1MA的距離為eq\f(4,3).法二(幾何法)(2)如圖，取AC的中點H，連接MH，由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC．由A1A⊥平面ABC，MH?平面ABC，可得A1A⊥MH，可得MH⊥平面A1ACC1.過點H作HD⊥AC1，垂足為D，連接DM，由三垂線定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH為平面C1MA與平面ACC1A1的夾角．由MH＝eq\f(1,2)AB＝1，在矩形AHC1A1中，DH＝eq\f(AH·HC1,AC1)＝eq\f(1×2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以cos∠MDH＝eq\f(DH,DM)＝eq\f(\f(2\r(5),5),\r(1＋\f(4,5)))＝eq\f(2,3).(3)設點C到平面C1MA的距離為d.過C1作C1Q⊥AM于點Q.在△C1MA中，AC1＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，MC1＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，AM＝eq\r(2)，則S△C1MA＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3,2).由VC-C1MA＝VC1-CMA，可得eq\f(1,3)dS△C1MA＝eq\f(1,3)d·eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)C1H·S△CMA