《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例1 三棱锥P - ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC = 2$\sqrt{2}$，各侧棱的长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点.
(1)求点E到平面ABC的距离；
(2)设点Q到平面PBC的距离为$d_1$，点Q到直线AB的距离为$d_2$，求$d_1 + d_2$的最小值.

答案：
知识的综合问题
例1　解　
(1)取AC中点O,连接PO,BO,如图所示.
因为PA = PC = 3,AC = 2$\sqrt{2}$,
所以PO ⊥ AC,且PO = $\sqrt{3^{2}-2}$ = $\sqrt{7}$,

因为△ABC是等腰直角三角形,
所以BO ⊥ AC,且BO = $\sqrt{2}$,又PB = 3,
满足PB$^{2}$ = PO$^{2}$ + BO$^{2}$,
所以PO ⊥ BO,因为AC ∩ BO = O,AC ⊂ 平面ABC,BO ⊂ 平面ABC,所以PO ⊥ 平面ABC,
因为点E为棱PA的中点,所以E到平面ABC的距离为$\frac{1}{2}$PO = $\frac{\sqrt{7}}{2}$
(2)如图,以O为原点建立空间直角坐标系,连接AQ,
则C(0,$\sqrt{2}$,0),
E(0,-$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{7}}{2}$),
P(0,0,$\sqrt{7}$),
A(0,-$\sqrt{2}$,0),
B($\sqrt{2}$,0,0),
则$\overrightarrow{PB}$ = ($\sqrt{2}$,0,-$\sqrt{7}$),
$\overrightarrow{PC}$ = (0,$\sqrt{2}$,-$\sqrt{7}$),
$\overrightarrow{AB}$ = ($\sqrt{2}$,$\sqrt{2}$,0),
$\overrightarrow{CE}$ = (0,-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{7}}{2}$),
设$\overrightarrow{CQ}$ = $\lambda\overrightarrow{CE}$(0 ≤ $\lambda$ ≤ 1),
则$\overrightarrow{CQ}$ = (0,-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$$\lambda$,$\frac{\sqrt{7}}{2}$$\lambda$),
则Q(0,-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$$\lambda$ + $\sqrt{2}$,$\frac{\sqrt{7}}{2}$$\lambda$),
则$\overrightarrow{AQ}$ = (0,2$\sqrt{2}$ - $\frac{3\sqrt{2}}{2}$$\lambda$,$\frac{\sqrt{7}}{2}$$\lambda$),
所以cos∠QAB = $\frac{\overrightarrow{AQ} \cdot \overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AQ}| |\overrightarrow{AB}|}$ = $\frac{4 - 3\lambda}{\sqrt{25\lambda^{2}-48\lambda + 32}}$,
所以sin∠QAB = $\sqrt{\frac{16\lambda^{2}-24\lambda + 16}{25\lambda^{2}-48\lambda + 32}}$,
所以d$_2$ = |$\overrightarrow{AQ}$|sin∠QAB = $\sqrt{4\lambda^{2}-6\lambda + 4}$
设平面PBC的法向量为$\mathbf{n}$ = (x,y,z),
则$\begin{cases} \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{PB} = 0 \\ \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{PC} = 0 \end{cases}$,
即$\begin{cases} \sqrt{2}x - \sqrt{7}z = 0 \\ \sqrt{2}y - \sqrt{7}z = 0 \end{cases}$,
令x = $\sqrt{7}$,可得$\mathbf{n}$ = ($\sqrt{7}$,$\sqrt{7}$,$\sqrt{2}$),
则d$_1$ = $\frac{|\overrightarrow{CQ} \cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}$ = $\frac{\sqrt{14}}{4}$$\lambda$,
所以d$_1$ + d$_2$ = f($\lambda$) = $\sqrt{4\lambda^{2}-6\lambda + 4}$ + $\frac{\sqrt{14}}{4}$$\lambda$,0 ≤ $\lambda$ ≤ 1,
所以f'($\lambda$) = $\frac{4\lambda - 3}{\sqrt{4\lambda^{2}-6\lambda + 4}}$ + $\frac{\sqrt{14}}{4}$,
令f'($\lambda$) = 0,解得$\lambda$ = $\frac{2}{5}$,
令g($\lambda$) = f'($\lambda$) = $\frac{4\lambda - 3}{\sqrt{4\lambda^{2}-6\lambda + 4}}$ + $\frac{\sqrt{14}}{4}$,
则g'($\lambda$) = $\frac{7}{(4\lambda^{2}-6\lambda + 4)\sqrt{4\lambda^{2}-6\lambda + 4}}$ ＞ 0,
所以g($\lambda$),即f'($\lambda$)在[0,1]上单调递增,
所以当$\lambda$ ∈ (0,$\frac{2}{5}$)时,f'($\lambda$) ＜ 0,f($\lambda$)单调递减,
当$\lambda$ ∈ ($\frac{2}{5}$,1)时,f'($\lambda$) ＞ 0,f($\lambda$)单调递增,
所以f($\lambda$)$_{min}$ = f($\frac{2}{5}$) = $\frac{\sqrt{14}}{2}$,
即d$_1$ + d$_2$的最小值为$\frac{\sqrt{14}}{2}$.

跟踪演练1 (2024·柳州模拟)如图，在四棱锥P - ABCD中，AB//DC，E为PD的中点，且满足AE//平面PBC，
(1)证明：DC = 2AB；
(2)若PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA = AB = AD = 2，点M在四棱锥P - ABCD的底面内，且在以A，B为焦点，并满足MA + MB = 4的椭圆弧上. 若二面角M - PB - A的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$，求直线PM与平面ABCD所成角的正切值.

答案： 跟踪演练1　
(1)证明　取PC的中点F,连接EF,BF,在△PCD中,EF为中位线,所以EF // DC,且DC = 2EF,因为AB // DC,所以EF // AB,所以A,B,F,E四点共面,
又因为AE // 平面PBC,AE ⊂ 平面ABFE,且平面ABFE ∩ 平面PBC = BF,
所以AE // BF,
所以四边形ABFE为平行四边形,所以AB = EF,所以DC = 2AB.
(2)解　如图,PA ⊥ 平面ABCD,取AB中点O为坐标原点,以AB所在直线为x轴,在平面ABCD内过点O且垂直于AB的直线为y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
则A(-1,0,0),B(1,0,0),P(-1,0,2).
因为MA + MB = 4 ＞ AB = 2,所以点M的轨迹是以AB为焦距的椭圆在梯形ABCD内的部分,
OA = OB = 1,所以点M的轨迹为椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}$ = 1在梯形ABCD内的部分,
设点M(m,n,0)(在梯形ABCD内),则$\frac{m^{2}}{4}+\frac{n^{2}}{3}$ = 1.　①
设平面MPB的法向量为$\mathbf{n}_1$ = (x,y,z),
$\overrightarrow{PB}$ = (2,0,-2),$\overrightarrow{BM}$ = (m - 1,n,0),
则$\begin{cases} \mathbf{n}_1 \cdot \overrightarrow{PB} = 0 \\ \mathbf{n}_1 \cdot \overrightarrow{BM} = 0 \end{cases}$
⇒$\begin{cases} 2x - 2z = 0 \\ (m - 1)x + ny = 0 \end{cases}$
⇒$\mathbf{n}_1$ = (n,1 - m,n).
因为y轴 ⊥ 平面PBA,故平面PBA的一个法向量为$\mathbf{n}_2$ = (0,1,0),
设二面角M - PB - A的平面角为$\theta$,
则cos$\theta$ = |cos＜$\mathbf{n}_1$,$\mathbf{n}_2$＞| = $\frac{|\mathbf{n}_1 \cdot \mathbf{n}_2|}{|\mathbf{n}_1| |\mathbf{n}_2|}$ = $\frac{\sqrt{7}}{7}$,$\theta$ ∈ (0,$\frac{\pi}{2}$),
得$\frac{(m - 1)^{2}}{(m - 1)^{2}+2n^{2}}$ = $\frac{1}{7}$,
整理得3(m - 1)$^{2}$ = n$^{2}$. ②
联立①②,解得m = 0或m = $\frac{8}{5}$.
过点B作BH // AD交DC于点H,则BH = AD,BH ⊥ 平面PBA,
所以平面HPB ⊥ 平面PBA,H的坐标为(1,-2,0),
二面角H - PB - A为$\frac{\pi}{2}$,当m = $\frac{8}{5}$ ＞ 1时,二面角M - PB - A的平面角为钝角，不符合题意,所以m = 0.
此时M(0,-$\sqrt{3}$,0),经检验,M在梯形ABCD内,PA = MA = 2,
因为PA ⊥ 平面ABCD,
所以直线PM与平面ABCD所成的角为∠AMP,在Rt△PAM中,
tan∠AMP = $\frac{PA}{MA}$ = 1,
故所求线面角的正切值为1.