第8课时 空间距离及立体几何中的探索性问题
[考试要求] 1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件.
考点一 求空间距离
1.点到直线的距离
如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点,设=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,在Rt△APQ中,由勾股定理,得PQ==.
2.点到平面的距离
如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度,因此PQ===.
提醒:线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
[常用结论]
点到直线的距离还可以用以下两种方式求解:
(1)d=||sin θ,其中θ为向量与直线l方向向量的夹角.
(2)d=,其中μ为l的方向向量.
点到直线的距离
[典例1] (2024·济宁一中月考)如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为________.
[听课记录]
反思领悟 本例求点P到直线BD距离的步骤如下:建系→直线BD的方向向量→P到直线BD上一点的向量→代入公式求解.
巩固迁移1 (2025·青岛模拟)已知点A(1,1,1),B(0,1,0),C(-1,0,1),则点A到直线BC的距离是( )
A.1 B.
C. D.2
点到平面的距离
[典例2] (2025·徐州模拟)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱AB,AD,BB1的中点,点P在棱C1D1上,且C1P=3PD1,则点G到平面PEF的距离为( )
A. B.
C. D.
[听课记录]
反思领悟 用向量法求点G到平面PEF距离的方法:建系→求出平面PEF法向量n的坐标→求出点G与平面内一点E构成的向量的坐标→G到平面PEF的距离d=.
巩固迁移2 (2024·衡水中学月考)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,BC=4,BB1=3,求点B1到平面A1BC1的距离.
考点二 立体几何中的探索性问题
[典例3] 如图,在平面四边形ABCD中,AB∥DC,△ABD为边长为2的正三角形,DC=3,O为AB的中点,沿DO将△AOD折起得到四棱锥P-OBCD,且PC=.
(1)求证:PO⊥平面OBCD;
(2)若E为线段PC上的动点(不含端点),当平面POD与平面EBD的夹角为30°时,求的值.
[听课记录]
反思领悟 本例(2)解答的关键是由E是PC上的动点,引入参数“λ”,通过向量=λ,得到E点的坐标,综合已知和结论列出方程解出参数.
巩固迁移3 (2025·淮北模拟节选)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,E为线段PD的中点,F为线段PC(不含端点)上的动点.
是否存在点F,使二面角P-AF-E的大小为45°?若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.
1.(人教A版选择性必修第一册P35练习T2(1)改编)如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,已知AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为( )
A. B.
C. D.1
2.(人教A版选择性必修第一册P35练习T2(3)改编)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是A1C1的中点,则点O到平面ABC1D1的距离为( )
A. B.
C. D.
3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,F,G分别是AB,CC1的中点,则△D1GF的面积为________.
1/1第8课时 空间距离及立体几何中的探索性问题
[考试要求] 1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件.
考点一 求空间距离
1.点到直线的距离
如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点,设=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,在Rt△APQ中,由勾股定理,得PQ==.
2.点到平面的距离
如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度,因此PQ===.
提醒:线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
[常用结论]
点到直线的距离还可以用以下两种方式求解:
(1)d=||sin θ,其中θ为向量与直线l方向向量的夹角.
(2)d=,其中μ为l的方向向量.
点到直线的距离
[典例1] (2024·济宁一中月考)如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为________.
[如图,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0),
则=(-3,0,1),=(-3,4,0),故点P到直线BD的距离为
d===,
所以点P到直线BD的距离为.]
反思领悟 本例求点P到直线BD距离的步骤如下:建系→直线BD的方向向量→P到直线BD上一点的向量→代入公式求解.
巩固迁移1 (2025·青岛模拟)已知点A(1,1,1),B(0,1,0),C(-1,0,1),则点A到直线BC的距离是( )
A.1 B.
C. D.2
B [由题意可得a==(1,0,1),=(-1,-1,1),
则u==(-1,-1,1),
所以a2=1+0+1=2,a·u=×(-1+0+1)=0.
由空间中点到直线的距离公式可得
d===.
故选B.]
点到平面的距离
[典例2] (2025·徐州模拟)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱AB,AD,BB1的中点,点P在棱C1D1上,且C1P=3PD1,则点G到平面PEF的距离为( )
A. B.
C. D.
C [以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则F (2,0,0),E(4,2,0),P(0,1,4),G(4,4,2),
所以=(-2,-2,0),=(-2,1,4),=(0,2,2),
设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),
则
即
取x=1,则y=-1,z=,所以n=,
所以点G到平面PEF的距离为d===.故选C.]
反思领悟 用向量法求点G到平面PEF距离的方法:建系→求出平面PEF法向量n的坐标→求出点G与平面内一点E构成的向量的坐标→G到平面PEF的距离d=.
巩固迁移2 (2024·衡水中学月考)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,BC=4,BB1=3,求点B1到平面A1BC1的距离.
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系,则
A1(4,0,3),B1(4,6,3),B(4,6,0),C1(0,6,3),=(-4,6,0),=(0,6,-3),=(0,6,0).
设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),
则即
取x=1,解得n=为平面A1BC1的一个法向量.
∴点B1到平面A1BC1的距离d==.
考点二 立体几何中的探索性问题
[典例3] 如图,在平面四边形ABCD中,AB∥DC,△ABD为边长为2的正三角形,DC=3,O为AB的中点,沿DO将△AOD折起得到四棱锥P-OBCD,且PC=.
(1)求证:PO⊥平面OBCD;
(2)若E为线段PC上的动点(不含端点),当平面POD与平面EBD的夹角为30°时,求的值.
[解] (1)因为△ABD为边长为2的正三角形,点O为AB的中点,所以DO⊥AB.连接OC交BD于点G.因为AB∥DC,DC=3,所以OD⊥DC,OC==2.因为PC=,所以PC2=PO2+OC2,所以PO⊥OC.又因为PO⊥OD,OD,OC 平面OBCD,OD∩OC=O,所以PO⊥平面OBCD.
(2)由(1)可知OB,OD,OP两两垂直,所以以O为原点,OB,OD,OP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,所以P(0,0,1),B(1,0,0),C(3,,0),D(0,,0).
易得=(1,0,0)为平面POD的一个法向量.
设=λ,可得E(3λ,λ,1-λ)(0<λ<1),所以=(3λ-1,λ,1-λ),=(3λ,λ-,1-λ).
设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),则
即
取x=3,得n=.
因为平面POD与平面EBD的夹角为30°,
所以cos 30°=|cos 〈,n〉|=,
所以=,解得λ=∈(0,1).
所以当平面POD与平面EBD的夹角为30°时,=λ=.
反思领悟 本例(2)解答的关键是由E是PC上的动点,引入参数“λ”,通过向量=λ,得到E点的坐标,综合已知和结论列出方程解出参数.
巩固迁移3 (2025·淮北模拟节选)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,E为线段PD的中点,F为线段PC(不含端点)上的动点.
是否存在点F,使二面角P-AF-E的大小为45°?若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.
[解] 以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),
设=λ(0<λ<1),
则==+λ=(2λ,2λ,2-2λ),=(0,1,1),
设m=(x1,y1,z1)为平面AEF的法向量,
则即
令y1=λ,可得m=(1-2λ,λ,-λ),
又=(2,2,0),=(0,0,2),
设n=(x2,y2,z2)为平面APF的法向量,
则即
令x2=1,可得n=(1,-1,0),
由题意得|cos 〈m,n〉|==cos 45°,
即=,
整理得3λ2-2λ=0,解得λ=或λ=0(舍去),
∴存在点F,使二面角P-AF-E的大小为45°,此时=.
1.(人教A版选择性必修第一册P35练习T2(1)改编)如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,已知AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为( )
A. B.
C. D.1
B [由题意知A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),=(1,2,-3),=(0,2,0),方向上的单位向量为u=,所以点B到直线A1C的距离为==.]
2.(人教A版选择性必修第一册P35练习T2(3)改编)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是A1C1的中点,则点O到平面ABC1D1的距离为( )
A. B.
C. D.
B [建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,1),O,C1(0,1,0),=(1,0,1),=(0,1,0),=.
设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,得n=(1,0,-1)为平面ABC1D1的一个法向量,故点O到平面ABC1D1的距离为d===.]
3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,F,G分别是AB,CC1的中点,则△D1GF的面积为________.
[以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),G(0,2,1),F (1,1,0),=(-1,-1,2),
=(-1,1,1),所以点D1到直线GF的距离d===.
又||=,所以==.]
【教用·备选题】 1.(2025·泰州模拟)在空间直角坐标系中,已知点A(1,1,1),B(0,2,0),D(-1,-1,5),若点D到平面ABC的距离为,则点C的坐标可以是( ) A.(2,3,-1) B.(2,-3,1) C.(-2,3,1) D.(2,3,1) D [由A(1,1,1),B(0,2,0),D(-1,-1,5), 可得=(-1,1,-1),=(2,2,-4). 选项A,若C(2,3,-1),则=(1,2,-2), 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则有即取y=z=1,得x=0,故n=(0,1,1), 此时点D到平面ABC的距离为==≠,故A不符合; 选项B,若C(2,-3,1),同理可求得n=(4,1,-3), 此时点D到平面ABC的距离为==≠,故B不符合; 选项C,若C(-2,3,1),同理可求得n=(2,3,1), 此时点D到平面ABC的距离为==≠,故C不符合; 选项D,若C(2,3,1),同理可求得n=(-2,1,3), 此时点D到平面ABC的距离为==,故D符合. 故选D.] 2.(2025·金华金东区模拟)已知矩形ABCD,AB=1,BC=,沿对角线AC将△ABC折起,若二面角B-AC-D的余弦值为-,则B与D之间的距离为( ) A.1 B. C. D. C [如图,过B和D分别作BE⊥AC,DF⊥AC, ∵AB=1,BC=,∴AC=2, ∵AB·BC=AC·BE,∴BE=DF=, 则AE=CF=,即EF=2-1=1, ∵二面角B-AC-D的余弦值为-, ∴cos 〈〉=-, ∵=, ∴=()2=+++2·+2·+2· =+1+-2||·||cos 〈〉=-2×==3, 则||=,即B与D之间的距离为, 故选C.] 3.(2025·沙坪坝模拟)在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,沿对角线AC将矩形折成一个大小为θ的二面角B-AC-D,当点B与点D之间的距离为3时,cos θ=( ) A. B. C.- D.- B [如图,分别作BE⊥AC,DF⊥AC,垂足为E,F,则θ=〈〉, 由AB=2,AD=2,可得AC=4,所以EB=FD==, AE=CF=1,EF=2, 因为=, 则||2==()2=+++2·, 即9=3+4+3+2·cos (π-θ),故cos θ=. 故选B.] 4.(2025·合肥模拟)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均为4,N是CC1的中点. (1)求点N到直线AB的距离; (2)求点C1到平面ABN的距离. [解] 建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),C1(0,4,4), ∵N是CC1的中点, ∴N(0,4,2). (1)=(0,4,2),=(2,2,0), 则||=2,||=4. 设点N到直线AB的距离为d1, 则d1===4. (2)设平面ABN的法向量为n=(x,y,z), 则由n⊥,n⊥, 得 令z=2,则y=-1,x=,即n=为平面ABN的一个法向量. 易知=(0,0,-2), 设点C1到平面ABN的距离为d2, 则d2==. 5.(2025·宜昌模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,=. (1)求证:PB∥平面ACF; (2)在线段PB上是否存在一点H,使得CH与平面ACF所成角的余弦值为?若存在,求出线段PH的长度;若不存在,请说明理由. [解] (1)连接BD交AC于M,因为BC∥AD,所以==, 因为=,所以=, 所以=,所以PB∥FM, 又因为FM 平面ACF,PB 平面ACF,所以PB∥平面ACF. (2)设线段PB上存在一点H,使得CH与平面ACF所成角的余弦值为, 即CH与平面ACF所成角的正弦值为=, 设=λ(0≤λ≤1), 取AD中点O,连接OC,OP, 因为PA=PD,所以PO⊥AD, 因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PO 侧面PAD, 所以PO⊥底面ABCD, 因为BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,所以CO⊥AD, 以O为坐标原点,分别以OC,OD,OP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(1,0,0),A(0,-1,0),F,P(0,0,1),B(1,-1,0), 则=(1,1,0),=, 设平面ACF的法向量为n=(x,y,z), 则 解得 令y=1,则x=-1,z=-2, 所以平面ACF的一个法向量为n=(-1,1,-2), 又=(1,-1,-1), 所以=λ(1,-1,-1)=(λ,-λ,-λ), 又=(-1,0,1), 所以==(λ-1,-λ,-λ+1), 设CH与平面ACF所成的角为θ, 则sin θ=|cos 〈n,〉|===, 整理得3λ2-4λ+1=0,解得λ=1或λ=, 当λ=1时,PH=PB=, 当λ=时,PH=PB=, 故在线段PB上存在一点H,使得CH与平面ACF所成角的余弦值为, 此时PH=或PH=.
课后习题(四十九) 空间距离及立体几何中的探索性问题
1.(人教B版选择性必修第一册P63习题1-2CT1改编)已知直线l的方向向量为n=(1,0,2),点A(0,1,1)在直线l上,则点P(1,2,2)到直线l的距离为( )
A.2 B.
C. D.
D [由已知,得=(-1,-1,-1),因为直线l的方向向量为n=(1,0,2),所以点P(1,2,2)到直线l的距离为==.故选D.]
2.(多选)(人教A版选择性必修第一册P35练习T1改编)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点,则下列结论正确的是( )
A.B1C∥平面A1BD
B.平面A1BD⊥平面AA1C1C
C.直线B1C到平面A1BD的距离是
D.点A1到直线BC的距离是
ABD [对于选项A,如图1所示,连接AB1,交A1B于点E,连接DE,因为D是AC的中点,所以DE∥B1C,又DE 平面A1BD,B1C 平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD,故A正确;
对于选项B,因为AB=BC,D是AC的中点,所以BD⊥AC,又AA1⊥平面ABC,BD 平面ABC,所以AA1⊥BD,又AA1,AC 平面AA1C1C,AA1∩AC=A,所以BD⊥平面AA1C1C,又BD 平面A1BD,所以平面A1BD⊥平面AA1C1C,故B正确;
对于选项C,因为B1C∥平面A1BD,所以B1C到平面A1BD的距离d等于点B1到平面A1BD的距离,以D为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图2所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B1(0,2,3),B(0,2,0),A1(-1,0,3),所以=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3),设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则即得y=0,令z=1,则x=3,
得n=(3,0,1),则d==,故C错误;
对于选项D,由选项C的分析知,C(1,0,0),=(1,-2,0),=(2,0,-3),则点A1到直线BC的距离为==,故D正确.故选ABD.]
3.(人教A版选择性必修第一册P35练习T3改编)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,设M,N,E,F分别是A1D1,A1B1,D1C1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD间的距离为________.
[以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(0,2,4),F (2,4,4),B(4,4,0),A(4,0,0),M(2,0,4),N(4,2,4),
所以=(2,2,0),=(0,2,4),=(0,-4,0).
设a=(1,m,n)是平面EFBD的一个法向量,
则即
解得所以a=为平面EFBD的一个法向量.
因为=(-2,0,4),=(0,2,4),所以a·=0,a·=0,从而a⊥,a⊥,所以a⊥平面AMN,所以平面AMN∥平面EFBD,所以平面AMN与平面EFBD间的距离即点A到平面EFBD的距离,为=.]
4.(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点.
(1)求点B到直线AC1的距离;
(2)求直线FC到平面AEC1的距离.
[解] 以D1为坐标原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(1,0,1),B(1,1,1),
C(0,1,1),C1(0,1,0),
E,F,
∴=(0,1,0),=(-1,1,-1),
==,
==.
(1)点B到直线AC1的距离为
==.
(2)易知=,∴FC∥EC1,
又FC 平面AEC1,EC1 平面AEC1,∴FC∥平面AEC1,则点F到平面AEC1的距离就是直线FC到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),
则
取y=2,得n=(1,2,1),
∴直线FC到平面AEC1的距离为==.
5.(2025·天津西青区模拟)已知过坐标原点的直线l的方向向量u=(1,1,1),则点P(1,2,3)到直线l的距离是( )
A.2 B.
C. D.
D [由题意可知,在直线l上的投影向量的模长为==2,
所以点P(1,2,3)到直线l的距离是d==,
故点P(1,2,3)到直线l的距离是.
故选D.]
6.(2025·哈尔滨南岗区模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,G为AA1的中点,则直线BD与平面GB1D1的距离为( )
A. B.
C. D.
B [由正方体性质得BD∥平面GB1D1,以D为原点,建立空间直角坐标系,G(2,0,1),D1(0,0,2),B1(2,2,2),
=(0,2,1),=(-2,0,1),=(0,0,2),
设平面B1D1G的法向量n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,-1,2),
∴直线BD与平面B1D1G的距离d===.故选B.]
7.(多选)(2025·绥化绥棱县模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E,O分别是A1B1,A1C1的中点,P在正方体内部且满足=,则下列说法正确的是( )
A.点A到直线BE的距离是
B.点O到平面ABC1D1的距离为
C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D.点P到直线AB的距离为
ABC [以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E,O.
选项A,=(-1,0,0),=,设∠ABE=θ,则cos θ==,
所以sin θ==,
故点A到直线BE的距离d1=||sinθ=1×=,即选项A正确;
选项B,==,
因为AB⊥平面ADD1A1,且A1D 平面ADD1A1,所以AB⊥A1D,
又A1D⊥AD1,AB∩AD1=A,AB,AD1 平面ABC1D1,所以A1D⊥平面ABC1D1,
所以平面ABC1D1的一个法向量为=(0,-1,1),
所以点O到平面ABC1D1的距离d2===,即选项B正确;
选项C,=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0),
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1),
所以点D1到平面A1BD的距离d3===,
因为BA1∥CD1,BA1 平面A1BD,CD1 平面A1BD,
所以CD1∥平面A1BD,同理可得B1C∥平面A1BD,
又B1C∩CD1=C,B1C,CD1 平面B1CD1,
所以平面A1BD∥平面B1CD1,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,即为,故选项C正确;
选项D,因为=,
所以=,
又=(1,0,0),所以=,
所以点P到直线AB的距离d4=
==,即选项D错误.
故选ABC.]
8.(2025·湖北武汉模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为C1D1与AB的中点,则点B1到平面A1FCE的距离为________.
[以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则A1(1,0,1),F,C(0,1,0),E,
B1(1,1,1),
所以=,
=,
设平面A1FCE的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,则y=2,z=1,所以平面A1FCE的一个法向量为m=(1,2,1),
又因为=(1,0,1),
所以点B1到平面A1FCE的距离为d===.]
9.(2025·天津西青区模拟)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为3的正方形,点P为棱DD1的中点,PC⊥PB1.
(1)求AA1的长度;
(2)求点D到平面PB1C的距离.
[解] (1)如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,
建立空间直角坐标系,
设AA1=h,由已知可得B1(3,3,h),C(0,3,0),P,
所以==,
因为PC⊥PB1,所以·=9-=0,
解得h=6,所以AA1=6.
(2)设平面PB1C的法向量为n=(x,y,z),
则由得
令z=1,可得平面PB1C的一个法向量n=(-2,1,1),
又=(0,0,3),则点D到平面PB1C的距离为=.
10.(2025·三门峡模拟)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,DE⊥平面ABCD,DE∥BF,AD=DE=4,BF=1.
(1)求平面AEF与平面CEF夹角的余弦值;
(2)在棱DE上是否存在点G,使得直线BG与AD所成角的余弦值为?若存在,求点G到平面ACF的距离;若不存在,说明理由.
[解] (1)由四边形ABCD为正方形,DE⊥平面ABCD,
可得直线DA,DC,DE两两垂直,
如图,以D为坐标原点,直线DA,DC,DE分别为x,y,z轴,
建立空间直角坐标系,
则A(4,0,0),C(0,4,0),
E(0,0,4),F (4,4,1),
=(4,4,-3),=(-4,0,4),=(0,-4,4).
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则有
令x=4,得n=(4,-1,4),
设平面CEF的一个法向量为m=(a,b,c),
则有
令b=4,得m=(-1,4,4).
设平面AEF与平面CEF夹角为θ,
则cos θ=|cos 〈m,n〉|===,
所以平面AEF与平面CEF夹角的余弦值为.
(2)假设存在满足条件的点G(0,0,h)(0≤h≤4),又B(4,4,0),
则=(-4,-4,h),=(-4,0,0),
由直线BG与AD所成角的余弦值为,
得|cos 〈〉|===,
解得h=2,则存在点G(0,0,2),即点G为棱DE的中点时满足条件,
故=(-4,0,2),=(-4,4,0),=(4,0,1).
设平面ACF的法向量为u=(x1,y1,z1),由u⊥,u⊥,
则有
令x1=1,得u=(1,1,-4),
所以点G到平面ACF的距离为==2.
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