高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習8 第7講　第2課時　空間向量的綜合應(yīng)用

第2課時空間向量的綜合應(yīng)用考點一最值問題(師生共研)(2021·高考全國卷甲)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最??？【解】(1)因為E，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq\r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq\r(AF2－CF2)＝2eq\r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B為坐標原點，以AB，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系B-xyz，則B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1)．設(shè)B1D＝m(0≤m≤2)，則D(m，0，2)，于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)．所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.(2)易知面BB1C1C的一個法向量為n1＝(1，0，0)．設(shè)面DFE的法向量為n2＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，面DFE的一個法向量為n2＝(3，m＋1，2－m)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).設(shè)面BB1C1C與面DFE所成的二面角為θ，則sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)，故當m＝eq\f(1,2)時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小，為eq\f(\r(3),3)，即當B1D＝eq\f(1,2)時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最?。臻g幾何體中的某些對象，如點、線、面在約束條件下運動，帶動相關(guān)的線段長度、幾何體積等發(fā)生變化，進而就有了面積與體積及角度的最值問題．(1)定性分析：在空間幾何體的變化過程中，通過觀察運動點的位置變化，確定其相關(guān)量的變化規(guī)律，進而發(fā)現(xiàn)相關(guān)面積或體積等的變化規(guī)律，求得其最大值或最小值．(2)定量分析：將所求問題轉(zhuǎn)化為某一個相關(guān)量的問題，即轉(zhuǎn)化為關(guān)于其中一個量的函數(shù)，求其最大值或最小值的問題．根據(jù)具體情況，有函數(shù)法、不等式法、三角函數(shù)法等多種方法可供選擇．【對點訓(xùn)練】(2022·濟南模擬考試)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1和平面α，直線AC1∥平面α，直線BD∥平面α.(1)證明：平面α⊥平面B1CD1；(2)點P為線段AC1上的動點，求直線BP與平面α所成角的最大值．解：(1)證明：如圖，連接A1C1，則B1D1⊥A1C1，因為AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1?平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，又AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1?平面AA1C1，所以B1D1⊥平面AA1C1，又AC1?平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1.同理可證得B1C⊥AC1.因為B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C?平面B1CD1，所以AC1⊥平面B1CD1.過直線AC1作平面β與平面α相交于直線l，因為AC1∥平面α，所以AC1∥l，所以l⊥平面B1CD1，又l?平面α，所以平面α⊥平面B1CD1.(2)設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，以A為坐標原點，AB，AD，AA1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(1，0，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．設(shè)平面α的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,－x＋y＝0，))取x＝1，則n＝(1，1，－2)．設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝teq\o(AC1,\s\up6(→))(0≤t≤1)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(t，t，t)，因為eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝(t－1，t，t)，設(shè)直線BP與平面α所成的角為θ，則sinθ＝cos〈n，eq\o(BP,\s\up6(→))〉＝eq\f(|n·\o(BP,\s\up6(→))|,|n||\o(BP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(6)·\r(3t2－2t＋1))＝eq\f(1,\r(6)·\r(3（t－\f(1,3)）2＋\f(2,3)))，所以當t＝eq\f(1,3)時，sinθ取得最大值eq\f(1,2)，此時θ取得最大值eq\f(π,6)，故直線BP與平面α所成的角的最大值為eq\f(π,6).考點二探索性問題(師生共研)(2022·南京師大附中模擬)如圖所示的幾何體由一個直三棱柱和半個圓柱拼接而成．其中∠FAB＝90°，AB＝AF＝2，點G為弧CD的中點，且C，G，D，E四點共面．(1)D，G，B，F(xiàn)四點是否共面？說明理由．(2)若平面BDF與平面ABG所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(21),6)，求AD的長．【解】(1)共面．理由如下：如圖，連接DG，因為AB⊥AF，AF＝AB，所以直三棱柱DCE-ABF的底面為等腰直角三角形，∠DCE＝45°，因為G是弧CD的中點，所以∠GDC＝45°，所以∠DCE＝∠GDC，所以DG∥EC，所以存在正實數(shù)λ，使得eq\o(EC,\s\up6(→))＝λeq\o(DG,\s\up6(→))，因為eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))，所以eq\o(FB,\s\up6(→))＝λeq\o(DG,\s\up6(→))，所以B，F(xiàn)，D，G四點共面．(2)在直三棱柱中，AB⊥AF，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，設(shè)AD＝h，則A(0，0，0)，F(xiàn)(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，h)，G(－1，1，h)，eq\o(FD,\s\up6(→))＝(－2，0，h)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(－1，1，h)，設(shè)平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋hz＝0，,2x－2y＝0，))化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(h,2)z，,x＝y(tǒng)，))取z＝2，得平面BDF的一個法向量n＝(h，h，2)．設(shè)平面ABG的法向量為m＝(r，s，t)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2s＝0，,－r＋s＋ht＝0，))化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＝0，,r＝ht，))取t＝1，得平面ABG的一個法向量m＝(h，0，1)．因為平面BDF與平面ABG所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(21),6)，所以|cos〈n，m〉|＝eq\f(|h2＋2|,\r(2h2＋4)×\r(h2＋1))＝eq\f(\r(21),6)，解得h＝eq\r(5)(負值舍去)，所以AD＝eq\r(5).(1)解決線面關(guān)系中存在性問題的策略對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找使假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè)．(2)空間角存在性問題的解題策略借助于空間直角坐標系，把幾何對象上動態(tài)點的坐標用參數(shù)(變量)表示，將幾何對象坐標化，這樣根據(jù)所要滿足的題設(shè)要求得到相應(yīng)的方程或方程組．若方程或方程組在題設(shè)范圍內(nèi)有解，則通過參數(shù)的值反過來確定幾何對象的位置；若方程或方程組在題設(shè)范圍內(nèi)無解，則表示滿足題設(shè)要求的幾何對象不存在．【對點訓(xùn)練】(2022·漳州二模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，DA⊥AB，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2.(1)證明：平面PBC⊥平面PAB.(2)在線段PB上是否存在點M，使得直線AM與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5)？若存在，求出線段PM的長度；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABP，又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.(2)存在．理由如下：如圖，在平面PAB內(nèi)，過點A作AE⊥AB交PB于點E，則AE⊥平面ABCD.以A為坐標原點，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，由∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，則eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2))).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,x－y＝0，))取x＝1，則平面PBD的一個法向量為n＝(1，1，eq\r(3))，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3λ－1,2)，0，\f(\r(3)（1－λ）,2)))，若直線AM與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5)，則|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|\o(AM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(3λ2－3λ＋1)·\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝eq\f(2,3)，故存在點M滿足題意，此時PM＝eq\f(\r(3),3)或PM＝eq\f(2\r(3),3).考點三翻折問題(師生共研)(2022·眉山三模)如圖(1)是由正方形ACC1A1和長方形BCC1B1組成的平面圖形，且AC＝2BC＝4，D，E分別是A1C1，BC的中點．將其沿CC1折起，使得二面角A-CC1-B的平面角大小為60°，如圖(2)．(1)判斷直線C1E與平面ABD的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；(2)求直線BC與平面ABD所成角的正弦值．【解】(1)C1E∥平面ABD.證明如下：取AB的中點N，連接EN，DN，如圖所示．因為四邊形ACC1A1為正方形，則AC∥A1C1且AC＝A1C1，因為D為A1C1的中點，所以DC1∥AC且DC1＝eq\f(1,2)AC.因為N，E分別為AB，BC的中點，則NE∥AC且NE＝eq\f(1,2)AC，所以NE＝DC1且NE∥DC1，故四邊形ENDC1為平行四邊形，所以C1E∥DN.又DN?平面ABD，C1E?平面ABD，所以C1E∥平面ABD.(2)因為CC1⊥AC，CC1⊥BC，所以二面角A-CC1-B的平面角為∠ACB，所以∠ACB＝60°.而AC＝4，CB＝2，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝12，所以AB2＋BC2＝AC2，從而AB⊥BC.因為CC1⊥AC，CC1⊥BC，AC∩BC＝C，所以CC1⊥平面ABC，因為CC1∥BB1，所以BB1⊥平面ABC.以B為坐標原點，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\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系B-xyz.則B(0，0，0)，A(0，2eq\r(3)，0)，D(1，eq\r(3)，4)，C(2，0，0)．從而eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，0，0)．設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(3)y＝0，,x＋\r(3)y＋4z＝0，))取x＝4，則n＝(4，0，－1)為平面ABD的一個法向量，所以cos〈n，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BC,\s\up6(→)),|n|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(8,\r(17)×2)＝eq\f(4\r(17),17)，所以直線BC與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(4\r(17),17).翻折問題的2個解題策略(1)確定翻折前后變與不變的關(guān)系：畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般地，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置關(guān)系會發(fā)生變化；對于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．(2)確定翻折后關(guān)鍵點的位置：所謂的關(guān)鍵點，是指翻折過程中運動變化的點．因為這些點的位置移動，會帶動與其相關(guān)的其他的點、線、面的關(guān)系變化，以及其他點、線、面之間位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系的變化，只有分析清楚關(guān)鍵點的準確位置，才能以此為參照點，確定其他點、線、面的位置，進而進行有關(guān)的證明與計算．【對點訓(xùn)練】(2022·洛陽二模)如圖(1)，在平面五邊形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7)，將△CDE沿CE折起，使點D到P的位置，且AP＝eq\r(3)，得到如圖(2)所示的四棱錐P-ABCE.(1)求證：AP⊥平面ABCE；(2)求平面PAB與平面PCE所成銳二面角的大?。猓?1)證明：由題意知CE＝eq\r(CD2＋ED2－2CD·ED·cos∠EDC)＝eq\r(7＋7－2×\r(7)×\r(7)×\f(5,7))＝2.連接AC，如圖所示，因為AE＝CE＝2，∠AEC＝60°，所以AC＝2.又AP＝eq\r(3)，故在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2，所以AP⊥AE.同理可證AP⊥AC.因為AC∩AE＝A，AE，AC?平面ABCE，所以AP⊥平面ABCE.(2)以A為坐標原點，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則P(0，0，eq\r(3))，C(1，eq\r(3)，0)，E(－1，eq\r(3)，0)，易知平面PAB的一個法向量為m＝(0，1，0)，設(shè)平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)，因為eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y－\r(3)z＝0，,－2x＝0，))取y＝1，則n＝(0，1，1)為平面PCE的一個法向量，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,\r(2)×1)＝eq\f(\r(2),2)，故平面PAB與平面PCE所成銳二面角的大小為45°.考點四空間距離(師生共研)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點．(1)求點N到直線AB的距離；(2)求點C1到平面ABN的距離．【解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(2eq\r(3)，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，因為N是CC1的中點，所以N(0，4，2)．(1)eq\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N到直線AB的距離為d1，則d1＝eq\r(|\o(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\r(20－4)＝4.(2)設(shè)平面ABN的法向量為n＝(x，y，z)，由n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AN,\s\up6(→))，得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)，則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(\f(－4,4\r(3)),3)))＝eq\r(3).求空間距離常用的方法(1)直接法：利用線線垂直、線面垂直、面面垂直等性質(zhì)定理與判定定理，作出垂線段，再通過解三角形求出距離．(2)間接法：利用等體積法、特殊值法等轉(zhuǎn)化求解．(3)向量法：空間中的距離問題一般都可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離問題進行求解．求點P到平面α的距離的三個步驟：①在平面α內(nèi)取一點A，確定向量eq\o(PA,\s\up6(→))的坐標；②確定平面α的法向量n；③代入公式d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)求解．【對點訓(xùn)練】設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(3),3)解析：選D.建立如圖所示的空間直角坐標系，則D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，所以eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\o(DA1,\s\up6(→))·n＝0得x＋z＝0，由eq\o(DB,\s\up6(→))·n＝0得x＋y＝0，取x＝1，則n＝(1，－1，－1)，所以點D1到平面A1BD的距離是d＝eq\f(|\o(DD1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).[A級基礎(chǔ)練]1.如圖，點C在圓錐PO的底面圓O上，AB是直徑，AB＝8，∠BAC＝30°，圓錐的母線與底面成的角為60°，則點A到平面PBC的距離為()A.eq\f(8,5)eq\r(5) B．2eq\r(6)C.eq\f(8,5)eq\r(15) D.eq\r(15)解析：選C.如圖，過點O作AB的垂線Ox，以O(shè)x，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，由題意可得A(0，－4，0)，B(0，4，0)，C(－2eq\r(3)，2，0)，P(0，0，4eq\r(3))，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－4，4eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，4，4eq\r(3))．設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(3)x＋2y＝0，,－4y＋4\r(3)z＝0，))所以y＝eq\r(3)z＝－eq\r(3)x，所以取m＝(－1，eq\r(3)，1)，所以d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(8\r(3),\r(5))＝eq\f(8,5)eq\r(15)，所以點A到平面PBC的距離為eq\f(8,5)eq\r(15).2.(2022·重慶第二次質(zhì)量抽測)如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，P為AA1的中點，AB＝4，BC＝3，BB1＝8，點M在矩形AA1B1B(含邊界)上運動，則下列說法不正確的是()A．不存在點M，使得BM∥CPB．異面直線CP與BB1所成角的正弦值為eq\f(5\r(41),41)C．不存在點M(異于點P)，使得P，M，C，D1四點共面D．若點M到平面ABCD的距離與它到點A1的距離相等，則點M的軌跡是拋物線的一部分解析：選C.對于A，因為直線CP與平面ABB1A1相交，直線BM在平面ABB1A1內(nèi)，所以直線BM與CP相交或異面，故A正確；對于B，如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，3，0)，A1(0，0，8)，P(0，0，4)，B1(4，0，8)，D1(0，3，8)，則eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－4，－3，4)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，8)，設(shè)異面直線CP與BB1所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(CP,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→))|,|\o(CP,\s\up6(→))||\o(BB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(32,\r(41)×8)＝eq\f(4\r(41),41)，所以sinθ＝eq\f(5\r(41),41)，故B正確；對于C，取AB的中點為Q，連接PQ，CD1，則Q(2，0，0)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(2，0，－4)，又eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(－4，0，8)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(CD1,\s\up6(→))，所以PQ∥CD1，所以當點M在線段PQ(點P除外)上時，都有PM∥CD1，即P，M，C，D1四點共面，故C不正確；對于D，連接A1M，設(shè)M(x，0，z)(0≤x≤4，0≤z≤8)，則點M到平面ABCD的距離為z，到點A1的距離為A1M＝eq\r(x2＋（z－8）2)，因為點M到平面ABCD的距離與到點A1的距離相等，所以z＝eq\r(x2＋（z－8）2)，整理得x2＝16z－64(0≤x≤4)，即點M的軌跡方程為x2＝16z－64(0≤x≤4)，是拋物線的一部分，故D正確．3．已知梯形CEPD如圖(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A為線段PD的中點，四邊形ABCD為正方形，現(xiàn)沿AB進行折疊，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如圖(2)所示的幾何體．已知當點F滿足eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)時，平面DEF⊥平面PCE，則λ的值為________．解析：因為四邊形ABCD為正方形，且平面PABE⊥平面ABCD，所以PA，AB，AD兩兩垂直，且PA∥BE，建立如圖所示的空間直角坐標系，得P(0，0，4)，C(4，4，0)，E(4，0，2)，D(0，4，0)，B(4，0，0)，則F(4λ，0，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(4，－4，2)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(4λ，－4，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－4，2)，eq\o(EP,\s\up6(→))＝(－4，0，2)，設(shè)平面DEF的法向量為m＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DF,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x－4y＋2z＝0，,4λx－4y＝0，))取m＝(1，λ，2λ－2)，設(shè)平面PCE的法向量為n＝(x′，y′，z′)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4y′＋2z′＝0，,－4x′＋2z′＝0，))取n＝(1，1，2)，因為平面DEF⊥平面PCE，所以m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝5λ－3＝0，解得λ＝eq\f(3,5).答案：eq\f(3,5)4如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為________．解析：如圖，建立空間直角坐標系D-xyz，則D1(0，0，2)，E(1，2，0)，eq\o(ED1,\s\up6(→))＝(－1，－2，2)．設(shè)P(x，y，z)，eq\o(EP,\s\up6(→))＝λeq\o(ED1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，則eq\o(EP,\s\up6(→))＝(x－1，y－2，z)．所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2)．解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.所以P(1－λ，2－2λ，2λ)，設(shè)點P在直線CC1上的垂足為Q，得Q(0，2，2λ)，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\r(（λ－1）2＋4λ2)＝eq\r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,5)))\s\up12(2)＋\f(4,5)).當λ＝eq\f(1,5)時，|eq\o(PQ,\s\up6(→))|min＝eq\f(2\r(5),5).答案：eq\f(2\r(5),5)5.(2022·鄭州三模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PD＝AD＝eq\f(1,2)AB＝1，PD⊥平面ABCD，E為CD的中點．(1)線段PC上是否存在一點F，使得BE⊥AF?(2)在(1)的條件下，求點E到平面ADF的距離．解：(1)當F是PC的中點時BE⊥AF，證明如下．取PC的中點F，連接EF，AE，DF，AF，如圖，易知PD∥EF，且PD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，又BE?平面ABCD，所以EF⊥BE.因為四邊形ABCD為矩形，AD＝1，AB＝2，故BE＝AE＝eq\r(2).因為在△ABE中，AE2＋BE2＝AB2，所以AE⊥BE，又AE∩EF＝E，AE，EF?平面AEF，所以BE⊥平面AEF.因為AF?平面AEF，所以BE⊥AF.(2)方法一：(等體積法)易知EF＝eq\f(1,2)，VE-ADF＝VF-ADE＝eq\f(1,3)EF×S△ADE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,12)，S△ADF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),4)，設(shè)點E到平面ADF的距離為h，所以eq\f(1,3)hS△ADF＝eq\f(1,12)，解得h＝eq\f(\r(5),5)，所以點E到平面ADF的距離為eq\f(\r(5),5).方法二：(空間向量法)以D為坐標原點，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系(圖略)，設(shè)平面DAF的法向量為n＝(x，y，z)．易知eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＋\f(1,2)z＝0，))令y＝1，則z＝－2，所以n＝(0，1，－2)為平面DAF的一個法向量，又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，1，0)，所以點E到平面ADF的距離d＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(5),5).6．(2022·泉州二模)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A到達點P的位置，且∠PBD＝60°，點E，F(xiàn)，H分別為PB，BC，PD的中點，G為CF的中點，如圖(2)所示．(1)求證：GH∥平面DEF；(2)求直線GH與平面PBC所成角的正弦值．解：(1)證明：如圖，連接BH，與ED相交于點M，連接MF.因為三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜邊AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB.因為∠PBD＝60°，所以△PBD是等邊三角形．因為E，H分別為PB，PD的中點，所以DE，BH是△PBD的中線，所以BM＝eq\f(2,3)BH.因為F為BC的中點，G為CF的中點，所以BF＝eq\f(2,3)BG，所以MF∥HG，因為MF?平面DEF，GH?平面DEF，所以GH∥平面DEF.(2)因為CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，所以CD⊥平面DBP.以D為坐標原點，以eq\o(DB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，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)n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，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，))取z＝1，則n＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)為平面PBC的一個法向量．設(shè)直線GH與平面PBC所成的角為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).[B級綜合練]7.(2022·湖南重點中學(xué)模擬)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝AD，E為AD的中點．(1)在線段B1C1上是否存在點F，使得平面A1AF∥平面ECC1？若存在，請加以證明；若不存在，請說明理由．(2)設(shè)AD＝2，AA1＝4，點G在AA1上且滿足eq\o(AA1,\s\up6(→))＝8eq\o(AG,\s\up6(→))，求EG與平面EBC1所成角的余弦值．解：(1)存在，當點F為線段B1C1的中點時，平面A1AF∥平面ECC1.證明如下：在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1∥CC1，因為CC1?平面ECC1，AA1?平面ECC1，所以AA1∥平面ECC1.又E為AD的中點，F(xiàn)為B1C1的中點，所以AE∥FC1，且AE＝FC1.故四邊形AEC1F為平行四邊形，所以AF∥EC1，因為EC1?平面ECC1，AF?平面ECC1，所以AF∥平面ECC1.又AF∩AA1＝A，AA1?平面A1AF，AF?平面A1AF，所以平面A1AF∥平面ECC1.(2)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，以D為坐標原點，DA，DC，DD1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D-xyz，因為AD＝2，AA1＝4，所以A(2，0，0)，E(1，0，0)，B(2，2，0)，C1(0，2，4)，A1(2，0，4)，所以eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(－1，2，4)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(1，2，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，4)．設(shè)平面EBC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋4z＝0，,x＋2y＝0.))取x＝2，則平面EBC1的一個法向量為n＝(2，－1，1)，設(shè)G(x0，y0，z0)，因為eq\o(AA1,\s\up6(→))＝8eq\o(AG,\s\up6(→))，則(0，0，4)＝8(x0－2，y0，z0)，所以Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，\f(1,2)))，則eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，則cos〈eq\o(EG,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(EG,\s\up6(→))·n,|\o(EG,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2＋\f(1,2),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))×\r(6))＝eq\f(\r(5),\r(6))，設(shè)EG與平面EBC1所成角為θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(EG,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(5),\r(6))，所以cosθ＝eq\r(1－（\f(\r(5),\r(6))）2)＝eq\r(1－\f(5,6))＝eq\f(\r(6),6)，故EG與平面EBC1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6).8．(2022·濟南二模)如圖(1)，在等腰梯形ABCD中，E為CD的中點，AB＝BC＝CE，將△ADE，△BCE分別沿AE，BE折起，使平面ADE⊥平面ABE，平面BCE⊥平面ABE，得到圖(2)．(1)證明：AB∥CD；(2)記平面ADE與平面BCE的交線為l，求二面角D-l-C的大?。猓?1)證明：由題意可知△ADE，△ABE，△BCE均為全等的等邊三角形．分別過點C，D作CM⊥BE，DN⊥AE，垂足分別為M，N，連接MN，如圖所示，則M，N分別為BE，AE的中點，所以CM＝DN.因為平面BCE⊥平面ABE，平面BCE∩平面ABE＝BE，CM?平面BCE，所以CM⊥平面ABE，同理可得DN⊥平面ABE，所以CM∥DN.所以四邊形CDNM為平行四邊形，所以CD∥MN.又M，N分別為BE，AE的中點，所以MN∥AB，所以AB∥CD.(2)連接AM，BN，則BN⊥AE，由(1)可知，DN⊥平面ABE.故以N為坐標原點，eq\o(NA,\s\up6(→))，eq\o(NB,\s\up6(→))，eq\o(ND,\s