《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式 1 如图,在多面体 $ABCDGEF$ 中,四边形 $ABCD$ 为直角梯形,且满足 $AD \perp CD$, $EG // AD$, $EG = AD = DC = DG = 2BC = 2$, $CD // FG$, $DG \perp$ 平面 $ABCD$.
(1) 求证:$AG \perp$ 平面 $CDE$;
(2) 求平面 $CDE$ 与平面 $ABE$ 夹角的余弦值;
(3) 求点 $G$ 到直线 $AB$ 的距离.
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答案：
变式1 【解答】
(1)因为$GD\perp$平面ABCD，$DC\subset$平面ABCD，所以$GD\perp CD$。又$CD\perp AD$，$GD\cap AD = D$，$GD,AD\subset$平面ADGE，所以$CD\perp$平面ADGE。又$AG\subset$平面ADGE，所以$CD\perp AG$。由条件可知四边形ADGE是正方形，所以$AG\perp DE$。又$CD\cap DE = D$，且$CD,DE\subset$平面CDE，所以$AG\perp$平面CDE。
(2)如图，以D为原点，$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DG}$分别为$x,y,z$轴的正方向建立空间直角坐标系，则$D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),E(2,0,2),B(1,2,0),G(0,0,2),\overrightarrow{AB}=(-1,2,0),\overrightarrow{AE}=(0,0,2)$。由
(1)可知，平面CDE的一个法向量为$\overrightarrow{AG}=(-2,0,2)$。设平面ABE的法向量为$m=(x,y,z)$，则$\begin{cases}m·\overrightarrow{AE}=2z=0,\\m·\overrightarrow{AB}=-x + 2y = 0.\end{cases}$令$y = 1$，则$x = 2,z = 0$，所以$m=(2,1,0)$。设平面CDE与平面ABE的夹角为$\theta$，则$\cos\theta=|\cos\langle\overrightarrow{AG},m\rangle|=\frac{|-4|}{2\sqrt{2}×\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$。
(3)因为$\overrightarrow{AG}=(-2,0,2),\overrightarrow{AB}=(-1,2,0)$，所以点G到直线AB的距离$d=\sqrt{|\overrightarrow{AG}|^2-\frac{(\overrightarrow{AG}·\overrightarrow{AB})^2}{|\overrightarrow{AB}|^2}}=\sqrt{8 - (\frac{2}{\sqrt{5}})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。

例 2 如图,在四棱锥 $P - ABCD$ 中, $PA \perp$ 平面 $ABCD$, $AB // CD$, $PA = AB = 2CD = 2$, $\angle ADC = 90^{\circ}$, $E$, $F$ 分别为 $PB$, $AB$ 的中点.
(1) 求证:$CE //$ 平面 $PAD$;
(2) 求点 $B$ 到平面 $PCF$ 的距离.
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答案： 例2 【解答】
(1)连接EF，因为E,F分别为PB,AB的中点，所以$EF// PA$。又因为$EF\not\subset$平面PAD，$PA\subset$平面PAD，所以$EF//$平面PAD。因为$AB// CD$，$AB = 2CD$，所以$AF// CD$，且$AF = CD$，所以四边形ADCF为平行四边形，所以$CF// AD$。又因为$CF\not\subset$平面PAD，$AD\subset$平面PAD，所以$CF//$平面PAD。又因为$EF\cap CF = F$，$EF,CF\subset$平面EFC，所以平面PAD$//$平面EFC。又$CE\subset$平面EFC，所以$CE//$平面PAD。
(2)方法一：设点B到平面PCF的距离为$h$。因为$PA\perp$平面ABCD，所以$PA\perp CF$。由
(1)知四边形ADCF是平行四边形。由于$\angle ADC = 90^{\circ}$，所以$CF\perp AB$。又$AB\cap PA = A$，$AB,PA\subset$平面PAB，所以$CF\perp$平面PAB。而$PF\subset$平面PAB，则$CF\perp PF$。设点B到平面PCF的距离为$h$。由$V_{B - PCF}=V_{C - PBF}$，得$\frac{1}{3}× S_{\triangle PCF}× h=\frac{1}{2}× S_{\triangle PBF}× CF$，即$h=\frac{S_{\triangle PBF}× CF}{S_{\triangle PCF}}=\frac{\frac{1}{2}× BF× PA× CF}{\frac{1}{2}× CF× PF}=\frac{BF× PA}{PF}=\frac{1×2}{\sqrt{1^2 + 2^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
方法二：因为$\angle ADC = 90^{\circ}$，$AB// CD$，所以$AB\perp AD$，$CF\perp AB$。又$PA\perp$平面ABCD，所以$PA\perp CF$。又$PA\cap AB = A$，$PA,AB\subset$平面PAB，所以$CF\perp$平面PAB。而$PF\subset$平面PAB，所以$CF\perp PF$。设$CF = x$，则$S_{\triangle AFC}=\frac{1}{2}×1× x=\frac{x}{2}$，$S_{\triangle PCF}=\frac{1}{2}×\sqrt{5}× x=\frac{\sqrt{5}}{2}x$。设点A到平面PCF的距离为$h$，由$V_{A - PFC}=V_{A - PFC}$，得$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{5}}{2}x× h=\frac{1}{3}×\frac{x}{2}×2$，解得$h=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。因为F为AB的中点，所以点B到平面PCF的距离等于点A到平面PCF的距离为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
方法三：以A为原点，AD,AB,AP所在直线分别为$x,y,z$轴建立空间直角坐标系(图略)，设$AD = m$，则$P(0,0,2),B(0,2,0),C(m,1,0),F(0,1,0),\overrightarrow{PC}=(m,1,-2),\overrightarrow{PF}=(0,1,-2),\overrightarrow{BP}=(0,-2,2)$。设$n=(x,y,z)$是平面PCF的法向量，则$\begin{cases}n·\overrightarrow{PC}=0,\\n·\overrightarrow{PF}=0.\end{cases}$即$\begin{cases}mx + y - 2z = 0,\\y - 2z = 0.\end{cases}$取$y = 2$，则$n=(0,2,1)$。故点B到平面PCF的距离$d=\frac{|\overrightarrow{BP}· n|}{|n|}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。