2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題四-第4講-空間向量與距離、探究性問題-專項訓(xùn)練【含答案】

第4講空間向量與距離、探究性問題[考情分析]1.以空間幾何體為載體，考查利用向量方法求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離，屬于中等難度.2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件，計算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上．考點(diǎn)一空間距離核心提煉(1)點(diǎn)到直線的距離直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的任一點(diǎn)，P為直線l外一點(diǎn)，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，則點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\r(a2－a·u2).(2)點(diǎn)到平面的距離平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)任一點(diǎn)，P為平面α外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面α的距離為d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).考向1點(diǎn)到直線的距離例1(1)(2023·溫州模擬)四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，點(diǎn)D在棱OC上，且OC＝3OD，點(diǎn)G為△ABC的重心，則點(diǎn)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)答案A解析四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，因為OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，則A(1,0,0)，D(0,0,1)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，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(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(－12＋12)＝eq\r(2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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(diǎn)G到直線AD的距離d＝eq\r(|\o(AG,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AG,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→)))))))2)＝eq\r(\f(17,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(5,3),\r(2))))2)＝eq\f(\r(2),2).(2)(2023·北京模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則線段AD1上的動點(diǎn)P到直線A1C1距離的最小值為()A．1B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(6),4)D.eq\f(\r(3),3)答案D解析如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，設(shè)P(x，0,1－x)，0≤x≤1，則eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x－1,0，－x)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴動點(diǎn)P到直線A1C1的距離d＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1P,\s\up6(→))))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1P,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1C1,\s\up6(→)))))))2)＝eq\r(x－12＋－x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,\r(2))))2)＝eq\r(\f(3,2)x2－x＋\f(1,2))＝eq\r(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2＋\f(1,3))≥eq\f(\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,3)時取等號，即線段AD1上的動點(diǎn)P到直線A1C1距離的最小值為eq\f(\r(3),3).考向2點(diǎn)到平面的距離例2(1)(2023·武漢模擬)如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，則點(diǎn)C到平面AEC1F的距離為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(3\r(2),2)C.eq\f(4\r(33),11) D.eq\f(\r(33),11)答案C解析以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DF所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,4,3)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,4,1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面AEC1F的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋z＝0，,－2x＋4y＋3z＝0，))令z＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4)，))∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1)).又eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,3)，∴點(diǎn)C到平面AEC1F的距離d＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4\r(33),11).(2)已知正方形ABCD的邊長為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則直線AC到平面PEF的距離為()A．2B.eq\f(\r(17),17)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\r(5)答案B解析如圖所示，建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系．則P(0,0,1)，A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，設(shè)平面PEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0，))令x＝2，則y＝2，z＝3，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，3)).因為eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以點(diǎn)A到平面PEF的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17).因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，又EF?平面PEF，AC?平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以AC到平面PEF的距離即為點(diǎn)A到平面PEF的距離eq\f(\r(17),17).規(guī)律方法(1)求點(diǎn)到平面的距離有兩種方法，一是利用空間向量點(diǎn)到平面的距離公式，二是利用等體積法．(2)求直線到平面的距離的前提是直線與平面平行．求直線到平面的距離可轉(zhuǎn)化成直線上任一點(diǎn)到平面的距離．跟蹤演練1(2023·大連模擬)如圖，已知ABCD－A1B1C1D1是底面邊長為1的正四棱柱，O1為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．(1)若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為eq\f(4,3)，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高；(2)在(1)的條件下，若E是AB1的中點(diǎn)，求點(diǎn)E到直線A1C1的距離．解(1)設(shè)正四棱柱的高為h，以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B1，A1D1，A1A所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，則eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0，－h(huán))，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1，－h(huán))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)．設(shè)平面AB1D1的法向量為n＝(u，v，w)．因為n⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AD1,\s\up6(→))，所以n·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·1＋v·0＋w·－h(huán)＝0，,u·0＋v·1＋w·－h(huán)＝0，))得u＝hw，v＝hw，所以n＝(hw，hw，w)．取w＝1，得n＝(h，h，1)．由點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|h＋h＋0|,\r(h2＋h2＋1))＝eq\f(4,3)，解得h＝2.(2)由(1)可知A1(0,0,0)，C1(1,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，所以點(diǎn)E到直線A1C1的距離d＝eq\r(|\o(A1E,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1E,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→)),|\o(A1C1,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2),\r(2))))2)＝eq\f(3\r(2),4).考點(diǎn)二空間中的探究性問題核心提煉與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或兩平面的夾角滿足特定要求時的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．例3(2023·許昌模擬)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD為菱形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PA＝PD＝eq\r(5)，AB＝2，M為PC上一點(diǎn)，且eq\o(PM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→)).(1)求異面直線AP與DM所成角的余弦值；(2)在棱PB上是否存在點(diǎn)N，使得AN∥平面BDM？若存在，求eq\f(PN,PB)的值；若不存在，請說明理由．解(1)設(shè)O是AD的中點(diǎn)，連接OP，OB，由于PA＝PD＝eq\r(5)，所以O(shè)P⊥AD，由于平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD，OP?平面PAD，所以O(shè)P⊥平面ABCD，由于OB?平面ABCD，所以O(shè)P⊥OB，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，所以O(shè)B⊥AD，故OA，OB，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，OP＝eq\r(5－1)＝2，P(0,0,2)，A(1,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)，0))，D(－1,0,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，－2)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，2))＋eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)，－2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3\r(3),4)，\f(1,2)))，設(shè)異面直線AP與DM所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(DM,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))||\o(DM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1)),\r(5)×\r(\f(1,4)＋\f(27,16)＋\f(1,4)))＝eq\f(6\r(7),35).所以異面直線AP與DM所成角的余弦值為eq\f(6\r(7),35).(2)eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3\r(3),4)，\f(1,2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，0))，設(shè)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(→))＝－\f(1,2)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＝0，))令x＝－6，則y＝2eq\r(3)，z＝－15，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，2\r(3)，－15)).設(shè)eq\f(PN,PB)＝λ，則eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1,0,2)＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，－2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(3)λ，2－2λ)).若AN∥平面BDM，則eq\o(AN,\s\up6(→))·n＝6＋6λ－15(2－2λ)＝－24＋36λ＝0，解得λ＝eq\f(2,3)，所以在棱PB上存在點(diǎn)N，使得AN∥平面BDM且eq\f(PN,PB)＝eq\f(2,3).規(guī)律方法解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設(shè)問題中的數(shù)學(xué)對象存在或結(jié)論成立，再在這個前提下進(jìn)行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明，否則假設(shè)不成立．(2)探索線段上是否存在滿足條件的點(diǎn)時，一定注意三點(diǎn)共線的條件的應(yīng)用．跟蹤演練2(2023·咸陽模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面BB1C1C是邊長為1的正方形，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中點(diǎn)．(1)求證：平面GBC⊥平面BB1C1C；(2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角P－GB1－B的平面角為30°？若存在，求BP的長；若不存在，請說明理由．(1)證明在△GBB1中，GB1＝eq\f(1,2)AB＝2，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，則GB＝eq\r(GB\o\al(2,1)＋BB\o\al(2,1)－2GB1·BB1cos∠A1B1B)＝eq\r(3)，則GBeq\o\al(2,1)＝BBeq\o\al(2,1)＋GB2，即GB⊥BB1，又平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1，GB?平面AA1B1B，故GB⊥平面BB1C1C.又GB?平面GBC，則平面GBC⊥平面BB1C1C.(2)解存在．由(1)知，BG，BB1，BC兩兩垂直，如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BG，BB1，BC所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，B1(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，t))(0≤t≤1)，則eq\o(GB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，0))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，t)).設(shè)平面PGB1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(GB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(B1P,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,－y＋tz＝0，))令z＝eq\r(3)，則y＝eq\r(3)t，x＝t，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(3)t，\r(3))).又平面BB1G的一個法向量為m＝(0,0,1)，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(\r(3),\r(t2＋3t2＋3))＝eq\f(\r(3),\r(4t2＋3))＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，解得t2＝eq\f(1,4)，又0≤t≤1，則t＝eq\f(1,2).故BP＝eq\f(1,2).專題強(qiáng)化練1.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)．(1)求點(diǎn)B到直線AC1的距離；(2)判斷直線FC與平面AEC1的位置關(guān)系；如果平行，求直線FC到平面AEC1的距離．解以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，(1)取a＝eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，u＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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(diǎn)B到直線AC1的距離為eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·u))2)＝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，又EC1?平面AEC1，F(xiàn)C?平面AEC1，所以FC∥平面AEC1.所以點(diǎn)F到平面AEC1的距離，即為直線FC到平面AEC1的距離．設(shè)平面AEC1的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))，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(y＝2z，,x＝z.))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(diǎn)F到平面AEC1的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AF,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(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).2.已知三棱柱ABC－A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1.(1)求異面直線AC1與A1B所成的角；(2)設(shè)M為A1B的中點(diǎn)，在△ABC的內(nèi)部或邊上是否存在一點(diǎn)N，使得MN⊥平面ABC1？若存在，確定點(diǎn)N的位置，若不存在，請說明理由．解因為AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1兩兩垂直，如圖，以A1為原點(diǎn)，以A1B1為x軸，A1C1為y軸，A1A為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為AA1＝AB＝AC＝1，所以A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，A(0,0,1)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，(1)eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))|,|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(A1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以異面直線AC1與A1B所成的角為60°.(2)存在．假設(shè)在平面ABC的邊上或內(nèi)部存在一點(diǎn)N(x，y,1)，因為M為A1B的中點(diǎn)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)，y，\f(1,2)))，又eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,\o(BC1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,x＝y(tǒng)，))所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，且eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，所以N是BC的中點(diǎn)．故存在點(diǎn)N，N為BC的中點(diǎn)，滿足條件．3.(2023·泰安模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC為等邊三角形，D，E分別為PC，PB的中點(diǎn)，BD⊥PA，BC＝2，AC＝1.(1)求證：AC⊥平面PBC；(2)在線段AC上是否存在點(diǎn)F，使得平面DEF與平面ABC的夾角為eq\f(π,3)？若存在，求出CF的長；若不存在，請說明理由．(1)證明∵△PBC為等邊三角形，D為PC的中點(diǎn)，∴BD⊥PC，又∵BD⊥PA，PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∵AC?平面PAC，∴AC⊥BD，取BC的中點(diǎn)G，連接PG，如圖所示，∵△PBC為等邊三角形，∴PG⊥BC，∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，PG?平面PBC.∴PG⊥平面ABC，∴PG⊥AC，∵BD與PG相交，BD，PG?平面PBC，∴AC⊥平面PBC.(2)解存在．以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB所在直線分別為x軸、y軸，過C且與GP平行的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，設(shè)F(a,0,0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤a≤1))，則eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,ax－\f(1,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，))取x＝eq\r(3)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,z＝2a，))∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，2a))為平面DEF的一個法向量，取平面ABC的一個法向量為m＝(0,0,1)，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|2a|,\r(3＋4a2))＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2)(負(fù)值舍去)，此時CF＝eq\f(1,2)，∴在線段AC上存在點(diǎn)F，使得平面DEF與平面ABC的夾角為eq\f(π,3)，且CF＝eq\f(1,2).4.(2023·齊齊哈爾模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，DC＝AD＝PD＝1，AB＝2，E為線段PA上一點(diǎn)，點(diǎn)F在邊AB上，且CF⊥BD.(1)若E為PA的中點(diǎn)，求四面體BCEP的體積；(2)在線段PA上是否存在點(diǎn)E，使得EF與平面PFC所成角的余弦值是eq\f(\r(6),3)？若存在，求出AE的長；若不存在，請說明理由．解(1)由題意可得DA，DC，DP兩兩垂直，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，∴A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(1,2))).設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,m·