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第七章　立体几何与空间向量
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．
考向1　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．]
考向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．
√
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＝．
随堂练习
√
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．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
　[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)．
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＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
[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＝＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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＝||sin θ＝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；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
题号
1
3
5
2
4
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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________．
　
题号
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　[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＝
＝＝．]
题号
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题号
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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．
题号
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[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＝．
题号
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题号
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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．
题号
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[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)．
题号
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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．
题号
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(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)．
题号
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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．
题号
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