2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題四-微專題28-立體幾何中的距離、翻折、探究性問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微專題28立體幾何中的距離、翻折、探究性問題[考情分析]在考查立體幾何的高考題目中，距離問題、翻折問題與探究性問題也是?？碱}型，考查熱點(diǎn)為翻折后點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系、距離的計(jì)算，解題的關(guān)鍵是明確翻折前后不變的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，根據(jù)題目條件合理引入?yún)?shù)，利用方程的思想解題．高考題中一般以解答題為主，難度屬中高檔題．考點(diǎn)一距離問題典例1(2023·順義模擬)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，點(diǎn)E是棱A1D1的中點(diǎn)，平面ACE與棱C1D1相交于點(diǎn)F.(1)求證：點(diǎn)F為C1D1的中點(diǎn)；(2)若點(diǎn)G為棱AB上一點(diǎn)，且D1G⊥AC，求點(diǎn)G到平面ACE的距離．(1)證明方法一因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1，平面ACE∩平面ABCD＝AC，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以EF∥AC，連接A1C1，因?yàn)锳A1∥CC1，AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形．所以A1C1∥AC，所以EF∥A1C1.因?yàn)镋是A1D1的中點(diǎn)，所以F為C1D1的中點(diǎn)．方法二連接A1C1.因?yàn)锳A1∥CC1，AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形．所以AC∥A1C1，因?yàn)锳C?平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1，因?yàn)锳C?平面ACE，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以AC∥EF.所以EF∥A1C1.因?yàn)镋是A1D1的中點(diǎn)，所以F為C1D1的中點(diǎn)．(2)解方法一因?yàn)镈A，DC，DD1兩兩垂直，所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)，設(shè)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(→))＝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，則y＝1，z＝1，所以m＝(2,1,1)，設(shè)G(2，t,0)，則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)，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以點(diǎn)G到平面ACE的距離d＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).方法二連接DG，GC，如圖．因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，因?yàn)镈1G⊥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內(nèi)，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)，則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，設(shè)點(diǎn)G到平面ACE的距離為d，由V三棱錐G－ACE＝V三棱錐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)，所以點(diǎn)G到平面ACE的距離為eq\f(\r(6),6).跟蹤訓(xùn)練1(2023·濟(jì)南模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△ABD是等邊三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.(1)證明：BD⊥PC；(2)若BD＝2eq\r(3)，CD＝AP＝eq\r(7)，求點(diǎn)A到平面PCD的距離．(1)證明如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接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為BD的中點(diǎn)，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為正三棱錐，點(diǎn)P在底面ABD的垂足一定在AO上，設(shè)垂足為M，根據(jù)正三棱錐的性質(zhì)可得AM＝eq\f(2,3)AO＝2，PM＝eq\r(AP2－AM2)＝eq\r(3)，如圖，過點(diǎn)O作PM的平行線，以PM的平行線所在直線為z軸，以O(shè)A，OB所在直線為x軸、y軸建立空間直角坐標(biāo)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)，設(shè)平面PCD的法向量為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)，設(shè)點(diǎn)A到平面PCD的距離為d，所以d＝eq\f(|n·\o(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(5\r(3),4)，所以點(diǎn)A到平面PCD的距離為eq\f(5\r(3),4).考點(diǎn)二翻折問題典例2(2023·湛江模擬)如圖1，在五邊形ABCDE中，四邊形ABCE為正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如圖2，將△ABE沿BE折起，使得A至A1處，且A1B⊥DE.(1)證明：DE⊥平面A1BE；(2)求平面A1EC與平面A1ED夾角的余弦值．(1)證明由題意可知∠BEC＝∠CED＝eq\f(π,4)，所以∠BED＝eq\f(π,2)，故DE⊥BE，因?yàn)锳1B⊥DE，A1B∩BE＝B，A1B，BE?平面A1BE，所以DE⊥平面A1BE.(2)解取BE的中點(diǎn)O，連接A1O，CO，如圖，由等腰三角形的性質(zhì)可知A1O⊥BE，CO⊥BE，由BE＝eq\r(2)CE，CE＝eq\r(2)CD，可知BE＝2CD，所以O(shè)E＝CD，由DE⊥BE且CD⊥DE，可知OE∥CD，四邊形OCDE為平行四邊形，所以CO∥DE，則CO⊥平面A1BE.又A1O?平面A1BE，所以CO⊥A1O，所以A1O，CO，BE兩兩垂直．設(shè)BE＝2，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)．設(shè)平面A1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則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?yàn)閑q\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的一個(gè)法向量為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與平面A1ED夾角的余弦值為eq\f(\r(6),3).跟蹤訓(xùn)練2(2023·石家莊模擬)如圖(1)，在?ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，將△ABD沿BD折起，使得點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P處，如圖(2)．(1)若PC＝6，求證：PD⊥BC；(2)若PC＝2eq\r(5)，求平面PDC與平面PBC夾角的余弦值．(1)證明在平行四邊形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)解方法一如圖，過點(diǎn)D作DF∥BC，且DF＝BC，連接PF，CF，∴四邊形BCFD為平行四邊形，由題意可知，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的中點(diǎn)O，連接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)，過點(diǎn)O作OM⊥DF，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題可得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)，設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，平面PDC的法向量為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)，則z＝1，故平面PBC的一個(gè)法向量為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)，則y′＝－eq\r(3)，z′＝1，故平面PDC的一個(gè)法向量為n＝(2eq\r(3)，－eq\r(3)，1)．∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(7,8)，∴平面PDC與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(7,8).方法二由BD⊥BC，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AD＝2BD＝4，∴B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,2,0)，設(shè)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)，設(shè)平面PDC的法向量為m＝(a，b，c)，平面PBC的法向量為n＝(a′，b′，c′)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＋\r(3)c＝0，,－2a＋b＝0，))令a＝1，則b＝2，c＝－eq\f(\r(3),3)，故平面PDC的一個(gè)法向量為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)，則c′＝1，故平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(0，－eq\r(3)，1)．∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(7,8)，故平面PDC與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(7,8).方法三如圖所示，過點(diǎn)B作BE⊥PC交PC于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥PC交PC于點(diǎn)F，異面直線DF，BE的夾角即為兩個(gè)平面的夾角．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)，又兩平面夾角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴平面PDC與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(7,8).考點(diǎn)三探究性問題典例3(2023·韶關(guān)模擬)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中點(diǎn)，如圖所示，沿BE將△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.(1)證明：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與平面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，請(qǐng)說明理由．(1)證明依題意可知四邊形ABCD為矩形，AB＝4，BC＝2，E是CD的中點(diǎn)，所以AE＝BE＝2eq\r(2)，又AB＝4，所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，因?yàn)槠矫鍮EF⊥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為原點(diǎn)，CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，設(shè)N是BE的中點(diǎn)，因?yàn)镕E＝FB，所以FN⊥BE，又平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，F(xiàn)N?平面BEF，所以FN⊥平面ABCD，F(xiàn)(1,1，eq\r(2))，則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)，假設(shè)存在滿足題意的λ，則由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))．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(→))＝－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)，設(shè)PF與平面DEF所成的角為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)，綜上，存在λ＝eq\f(3,4)，使得PF與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).跟蹤訓(xùn)練3(2023·臨汾模擬)已知四棱錐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為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱PC上異于P，C的點(diǎn)．(1)證明：BD⊥EF；(2)試確定點(diǎn)F的位置，使EF與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(3\r(14),14).(1)證明如圖，連接PE，EC，EC交BD于點(diǎn)G.因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，PA＝PB，所以PE⊥AB.因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因?yàn)锽D?平面ABCD，所以PE⊥BD.因?yàn)椤鰽BD≌△BCE，所以∠CEB＝∠BDA，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，所以BD⊥EC，因?yàn)镻E∩EC＝E，PE，EC?平面PEC，所以BD⊥平面PEC.因?yàn)镋F?平面PEC，所以BD⊥EF.(2)解如圖，取DC的中點(diǎn)H，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EB，EH，EP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則BC＝2，AD＝1，PA＝PB＝eq\r(2)，則P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(－1,1,0)，E(0,0,0)，設(shè)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)．則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)，設(shè)平面PCD的法向量為m＝(a，b，c)，則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)，設(shè)EF與平面PCD所成的角為θ，則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?yàn)?<λ<1，所以λ＝eq\f(1,3)，即eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up6(→))，所以當(dāng)F位于棱PC靠近P的三等分點(diǎn)時(shí)，EF與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(3\r(14),14).[總結(jié)提升]在考查立體幾何的高考解答題中，翻折問題與探究性問題也是?？碱}型，求空間距離問題也是近幾年高考的熱點(diǎn)．(1)求距離問題常用方法：直接法、等積法和空間向量法．(2)翻折問題要確定翻折前后變與不變的關(guān)系以及翻折后關(guān)鍵點(diǎn)的位置．(3)立體幾何中的探究性問題解決探究性問題的基本方法是假設(shè)結(jié)論成立或?qū)ο蟠嬖?，在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理．1.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq\f(1,2)AD＝2，E為AD的中點(diǎn)，且PE＝4.(1)求證：PE⊥平面ABCD；(2)記PE的中點(diǎn)為N，若M在線段BC上，且直線MN與平面PAB所成角的正弦值為eq\f(\r(3),9)，求線段BM的長(zhǎng)．(1)證明連接BE(圖略)．∵BC＝eq\f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴BE＝CD＝2.∵PA＝PD且E為AD的中點(diǎn)，∴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為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)，設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則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)，設(shè)BM＝t(t∈[0,2])，則M(－t,2,0)，而N(0,0,2)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，設(shè)直線MN與平面PAB所成的角為θ，則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)，化簡(jiǎn)得11t2－24t＋4＝0，解得t＝2或t＝eq\f(2,11)，滿足t∈[0,2]，故線段BM的長(zhǎng)度為2或eq\f(2,11).2.(2023·茂名模擬)在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O為AD的中點(diǎn)．(1)求證：PO⊥BC；(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq\r(7)，點(diǎn)E在棱PB上，直線AE與平面ABCD所成的角為eq\f(π,6)，求點(diǎn)E到平面PCD的距離．(1)證明∵PA＝PD，O為AD的中點(diǎn)，∴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)解連接BD，由AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，可知四邊形ABCD為等腰梯形，易知BD＝4eq\r(3)，∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，過點(diǎn)O作DB的平行線，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DB的平行線為y軸，以O(shè)A，OP所在直線分別為x軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)，設(shè)E(x，y，z)，則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))，∵直線AE與平面ABCD所成的角為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∵點(diǎn)E在棱PB上，∴設(shè)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))，設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則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))，∴點(diǎn)E到平面PCD的距離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·濟(jì)寧模擬)如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長(zhǎng)為6的正方形，下底面圓的一條弦EF交CD于點(diǎn)G，其中DG＝2，DE＝DF.(1)證明：平面AEF⊥平面ABCD；(2)判斷上底面圓周上是否存在點(diǎn)P，使得平面PEF與平面AEF夾角的余弦值為eq\f(4,5).若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由．(1)證明由題意可知，在下底面圓中，CD為直徑．因?yàn)镈E＝DF，所以G為弦EF的中點(diǎn)，且EF⊥CD.因?yàn)镋F⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD.因?yàn)镋F?平面AEF.所以平面AEF⊥平面ABCD.(2)解設(shè)平面PEF交圓柱上底面于PQ，交AB于點(diǎn)H.則平面PEF與平面AEF夾角的大小就是平面HEF與平面AEF夾角的大?。訢為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以下底面垂直于DG的直線，DG，DA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．因?yàn)镈G＝2，底面圓的半徑為3，所以EG＝FG＝2eq\r(2).則A(0,0,6)，E(2eq\r(2)，2,0)，F(xiàn)(－2eq\r(2)，2,0)，設(shè)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)．設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為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，則m＝(0,3,1)．設(shè)平面HEF的一個(gè)法向量為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，則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)，化簡(jiǎn)得3m2＋8m－80＝0，解得m＝4或m＝－eq\f(20,3)(舍去)．即AH＝4.又因?yàn)镋F∥平面PAB，EF?平面PEF，平面PAB∩平面PEF＝PQ，所以EF∥PQ，PQ⊥AB，且H為PQ的中點(diǎn)．所以PH＝2eq\r(2)，AP＝eq\r(AH2＋PH2)＝eq\r(16＋8)＝2eq\r(6).所以存在點(diǎn)P，使得平面PEF與平面AEF夾角的余弦值為eq\f(4,5)，此時(shí)AP的長(zhǎng)為2eq\r(6).4．(2023·岳陽模擬)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，過點(diǎn)A作AD⊥BC，交線段BC于點(diǎn)D(如圖1)，沿AD將△ABD折起，使∠BDC＝90°(如圖2)，點(diǎn)E，M分別為棱BC，AC的中點(diǎn)．(1)求證：CD⊥ME；(2)在①圖1中tan2B＝－eq\f(4,3)；②圖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圖2中三棱錐A－BCD的體積最大這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中再解答．問題：已知________________，試在棱CD上確定一點(diǎn)N，使得EN⊥BM，并求平面BMN與平面CBN夾角的余弦值．注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．(1)證明∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD?平面ABD，∴CD⊥平面ABD，∵AB?平面ABD，∴CD⊥AB.又∵M(jìn)，E分別為AC，BC的中點(diǎn)，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.(2)解選①，在題圖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)．設(shè)AD＝CD＝m，在Rt△ABD中，tanB＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(m,3－m)＝2，解得m＝2，∴BD＝1.以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB，DC，DA所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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))，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．設(shè)N(0，a,0)，則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))，∴當(dāng)DN＝eq\f(1,2)(即N是CD上靠近點(diǎn)D的四等分點(diǎn))時(shí)，EN⊥BM.設(shè)平面BMN的法向量為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，則n＝(1,2，－1)．取平面CBN的一個(gè)法向量m＝(0,0,1)，則|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與平面CBN夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).選②，在題圖1所示的△ABC中，設(shè)eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，則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.以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB，DC，DA所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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))，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．設(shè)N(0，a,0)，則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，\