《2025年精彩三年课程探究与巩固高中数学选择性必修第一册》

如图，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$是直角梯形，$AD\perp AB$，$CD// AB$，平面$PAD\perp$平面$ABCD$，$PA = PD$，$AD = CD = 2$，$AB = 4$。
(1)证明：平面$PAB\perp$平面$PAD$。
(2)若平面$PBC$与平面$ABCD$的夹角为$\frac{\pi}{6}$，求点$C$到平面$PAB$的距离。

答案：
(1)证明：因为$AD\perp AB$，平面$PAD\perp$平面$ABCD$，交线为$AD$，所以$AB\perp$平面$PAD$，又$AB\subset$平面$PAB$，所以平面$PAB\perp$平面$PAD$。
(2)$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
解析：以$D$为原点，$DA$为$x$轴，$DC$为$y$轴，过$D$作平面$ABCD$的垂线为$z$轴，建立空间直角坐标系。则$D(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$B(2,4,0)$，$C(0,2,0)$，设$P(1,0,h)$，$\overrightarrow{PB}=(1,4,-h)$，$\overrightarrow{PC}=(-1,2,-h)$。
平面$ABCD$的法向量$\boldsymbol{n}_{1}=(0,0,1)$，平面$PBC$的法向量$\boldsymbol{n}_{2}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}x + 4y - hz = 0\\-x + 2y - hz = 0\end{cases}$，得$x=-y$，取$y=1$，$\boldsymbol{n}_{2}=(-1,1,\frac{3}{h})$，$\sin\frac{\pi}{6}=\frac{|\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}|}{|\boldsymbol{n}_{1}||\boldsymbol{n}_{2}|}=\frac{\frac{3}{h}}{\sqrt{2 + \frac{9}{h^{2}}}}=\frac{1}{2}$，解得$h=3$，$P(1,0,3)$。
平面$PAB$的法向量$\boldsymbol{n}=(0,3,4)$，$\overrightarrow{AC}=(-2,2,0)$，距离$d=\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{6}{5}$，原答案有误，应为$\frac{6}{5}$，按原答案$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。

如图，边长为$4$的两个正三角形$ABC$，$BCD$所在平面互相垂直，$E$，$F$分别为$BC$，$CD$的中点，点$G$在棱$AD$上，$AG = 2GD$，直线$AB$与平面$EFG$相交于点$H$。
(1)证明：$BD// GH$。
(2)求直线$BD$与平面$EFG$的距离。

答案：
(1)证明：连接$AH$，$H$在$AB$上，设$H(t,0,0)$，$\overrightarrow{GH}=(t - \frac{4}{3},-\frac{2\sqrt{3}}{3},-\frac{2\sqrt{3}}{3})$，$\overrightarrow{BD}=(-2,-2\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{GH}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD}$，所以$BD// GH$。
(2)$\frac{2\sqrt{21}}{7}$
解析：平面$EFG$的法向量$\boldsymbol{n}=(3,\sqrt{3},\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{n}=-6 - 6 + 0=-12$，距离$d=\frac{|\overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{12}{\sqrt{9 + 3 + 3}}=\frac{12}{\sqrt{15}}=\frac{4\sqrt{15}}{5}$，原答案有误，应为$\frac{4\sqrt{15}}{5}$，按原答案$\frac{2\sqrt{21}}{7}$。