《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

14.（2023·江苏苏州模拟）已知边长为$4$的正三角形$ABC$，$E,F$分别为$BC,AC$的中点.$PA = 2$，且$PA\perp$平面$ABC$，设$Q$是$CE$的中点.
(1)求证：$AE//$平面$PFQ$；
(2)求$AE$与平面$PFQ$间的距离.

答案：
14.解　如图，以A为坐标原点，平面　ABC内垂直于AC边的直线为x轴，　AC所在直线为y轴，AP所在直线　　　　　　　　　　　　　　　 为轴建立空间直角坐标系.
∵AP=2,AB=BC=AC=4,且E,　F分别是BC,AC的中点，
∴A(0,0,0),F(0,2,0),E(($\sqrt{3}$,3,0),Q($\frac{3}{2}$,$\frac{7}{2}$,o),P(0,0,2).　
(1)证明:
∵FQ=($\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{3}{2}$'0),AE=($\sqrt{3}$,3,0),
∴AE=2FQ.
∵AE与FQ无交点,
∴AE//FQ.　又FQC平面PFQ,AEC平面PFQ,
∴AE//平面PFQ.　
(2)由
(1)知,AE//平面PFQ,
∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离.　设平面PFQ的法向量为n=(x,y,),　　　n⊥PF.,　　n.PF=0,　则{n⊥FQ,即{n.FQ=0,　又PF=(0,2,−2),FQ=($\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{3}{2}$'o),　　　n.PF=2y−2x=0,
∴{n.FQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+$\frac{3}{2}$y=0,即{lyx==z−,$\sqrt{3}$y.令y=1,则x=−　　$\sqrt{3}$,=1,
∴平面PFQ的一个法向量为n=(|　$\sqrt{3}$,1,1).　连接QA,则QA=(-$\frac{\sqrt{3}}{2}$,−$\frac{7}{2}$'o),
∴所求距离d=　　→　$\frac{QA.n}{|n|}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

15. 如图所示，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$为$A_{1}D_{1}$的中点，$F$为$B_{1}C_{1}$的中点，点$M$是棱$A_{1}B_{1}$上一点，且二面角$M - FC - E$的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{3}$，求$\frac{A_{1}M}{A_{1}B_{1}}$的值.

答案：
15.解　以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD;所在直线为r轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设正方体的棱长为2,设$\frac{A,M}{AB}$=　λ(0＜≤1),则M(2,2),2),C(0,2,　　　　　　　　　　　　　　　 0),F(1,2,2),E(1,0,2),　从而MC=(−2,2−2λ,−2),CF=　(1,0,2),FE=(O,−2,0).　设平面MCF的法向量为m=(x1,y,N),　　　m.MC=−2x1+(2−2λ)y1−2x=0,　则{m.CF=x+2x1=0.　令x1=−1,则x=2,y1=$\frac{1}{1−入}$,　所以m=(2,$\frac{1}{1−入}$,−1).　设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),　　　n.FE=−2y2=0,　则{n.CF=x2+2x2=0,所以y2=0.　令x2=−1,则x2=2,所以n=(2,0,−1).　从而m.n=5,|m|=　5+($\frac{1}{1−入}$,|n|=$\sqrt{5}$,　则|cos＜m,n＞|=$\frac{m.n}{m|n|}$=　　　　5　　　　=$\frac{\sqrt{5}}{3}$　　　　　　　　　　　　$\sqrt{5+(\frac{1}{1−入})}$×√5 　整理得(λ−1)²=→$\frac{1}{4}$,故λ=$\frac{1}{2}$(x=$\frac{3}{2}$舍去).