《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例4 如图所示，四棱锥$P - ABCD$的底面是边长为$a$的正方形，侧棱$PA\perp$底面$ABCD$，在侧面$PBC$内，有$BE\perp PC$于$E$，且$BE = \frac{\sqrt{6}}{3}a$，试在$AB$上找一点$F$，使$EF//$平面$PAD$.

答案：
例4　解　　如图，在平 　面PCD内，过点 　E作EG//CD交 　PD于点G, 　　　　　　　　　　 连接AG, 　在AB上取点F, 　使AF=E{G， 　因为EG//CD//AF.EG=AF, 　所以四边形FEGA为平行四边形,所以EF//AG, 　又AGC二平面PAD,EF∝平面PAD,所以EF//平面PAD 　所以点F即为所求的点. 　又PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A.所以BC 平面PAB.所以PB⊥BC. 　所以PC²=BC²+PB²= 　 BC²+AB²+PA². 　设PA=x，则PC=　$\sqrt{2a²+x²}$ 　由PB.BC=PC.BE, 　得　$\sqrt{a²+x²}$.a=　　$\sqrt{2a²+x²}$$\frac{\sqrt{6}}{3}$a,所以x=a，即PA=a， 　所以PC=$\sqrt{3}$a. 　又CE=　　$\sqrt{一(\frac{\sqrt{6}}{3}a)2}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a, 　所以$\frac{PE}{PC}$=$\frac{2}{3}$,所以$\frac{GE}{CD}$=$\frac{PE}{PC}$=$\frac{2}{3}$,即GE=$\frac{2}{3}$CD=$\frac{2}{3}$a,所以AF=$\frac{2}{3}$a.故点F是AB上靠近B点的一个三等分点. 　

跟踪训练3（2023·马鞍山模拟）如图，在棱长为$a$的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$P,Q$分别是棱$DD_{1},AB$的中点.
（1）若平面$PQC$与直线$AA_{1}$交于点$R$，求$\frac{AR}{A_{1}R}$的值；
（2）若$M$为棱$CC_{1}$上一点且$CM = \lambda CC_{1}$，$BM//$平面$PQC$，求$\lambda$的值.

答案：
跟踪训练3　解 　
(1)如图所示， 　因为平面ABBA 　//平面CDDC|, 　　　　　　　　　　 且平面ABBA∩ 　平面PQC=RQ. 　平面CDDC门平 　面PQC=PC, 　所以RQ//PC,根据空间等角定理可知,△ARQ∽△DPC,则$\frac{AR}{DP}$=$\frac{AQ}{DC}$，又DC=a,DP=$\frac{1}{2}$a,AQ=$\frac{1}{2}$a, AR　　$\frac{1}{2}$ 则　　　=$\frac{2}{a}$， 　$\frac{1}{2}$a 即AR=$\frac{1}{4}$a,A,R=$\frac{3}{4}$a, 所以$\frac{AR}{A.R}$=$\frac{1}{3}$ 
(2)取AA，的中点E，则R为AE的中点，连接BE,则BE//RQ, 又RQC二平面PCQ,BE∝平面PCQ,则BE//平面PCQ, 又BM//平面PCQ,BM,BEC;平面 BME,且BM∩BE=B,所以平面 BME//平面PCQ, 设DD平面BME=F，连接EF,FM,由平面BME//平面PCQ，平面BME n平面CDDCi=FM,平面PCQ∩平面CDDC1=PC，所以FM//PC,又CM//PF,则四边形CPFM为平行四边形， 同理四边形PREF也是平行四边形，所以CM=PF=ER=$\frac{1}{4}$a, 　　　　　　　$\frac{1}{4}$ 所以λ=$\frac{CM}{CC}$=$\frac{4}{a}$=$\frac{1}{4}$.