《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式 2 (2025·上饶二模)如图(1),四边形 $ABCD$ 中, $DA = DC = \frac{\sqrt{2}}{4}AB = \sqrt{2}$, $\angle ADC = 90^{\circ}$, $\angle BAD = 105^{\circ}$, $O$, $P$ 分别为 $AC$, $AB$ 的中点.现以 $AC$ 为折痕把 $\triangle ABC$ 折起,使点 $B$ 到达点 $B'$ 的位置(如图(2)),且 $DB' = \sqrt{14}$.
(1) 求证:平面 $B'AC \perp$ 平面 $ACD$;
(2) 若 $M$ 为 $PD$ 上的一点,平面 $ACM$ 与平面 $ACD$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$,求点 $P$ 到平面 $ACM$ 的距离.
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答案：
变式2 【解答】
(1)在$\triangle ACD$中，由$DA = DC=\sqrt{2}$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，得$\angle CAD = 45^{\circ}$，$AC = 2$。在$\triangle AB'C$中，$\angle B'AC=\angle BAC = 105^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}$，而$AB' = AB = 4$，由余弦定理得$B'C^2 = AB'^2 + AC^² - 2AB'· AC\cos60^{\circ}=12$，则$AC^2 + B'C^2 = AB'^2$，即$AC\perp B'C$。由$DB'=\sqrt{14}$，得$DB'^2 = DC^2 + B'C^2$，则$DC\perp B'C$。又$AC\cap DC = C$，$AC,DC\subset$平面ACD，所以$B'C\perp$平面ACD。又$B'C\subset$平面$B'AC$，所以平面$B'AC\perp$平面ACD。
(2)连接OP，由O,P分别为AC，$AB'$的中点，得$OP// B'C$。由
(1)得$OP\perp$平面ACD。由$DA = DC$，得$OD\perp AC$，则直线OA，OD，OP两两垂直。如图，以O为原点，直线OA，OD，OP分别为$x,y,z$轴建立空间直角坐标系，则$O(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,\sqrt{3}),\overrightarrow{CA}=(2,0,0)$。由点M在PD上，令$\overrightarrow{OM}=\lambda\overrightarrow{OD}+(1 - \lambda)\overrightarrow{OP}=(0,\lambda,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda),0\leqslant\lambda\leqslant1$。设平面ACM的法向量为$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}n·\overrightarrow{CA}=2x = 0,\\n·\overrightarrow{OM}=\lambda y+(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda)z = 0.\end{cases}$取$z = \lambda$，得$n=(0,\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3},\lambda)$，而平面ACD的一个法向量为$m=(0,0,1)$，则$|\cos\langle m,n\rangle|=\frac{\lambda}{\sqrt{\lambda^2 + 3(\lambda - 1)^2}}=\frac{1}{2}$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$，于是$n=(0,-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$。而$\overrightarrow{OP}=(0,0,\sqrt{3})$，则点P到平面ACM的距离$d=\frac{|\overrightarrow{OP}· n|}{|n|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以点P到平面ACM的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$。

例 3 - 1 (人 A 选必一 P49T17)如图,两条异面直线 $a$, $b$ 所成的角为 $\theta$,在直线 $a$, $b$ 上分别取点 $A'$, $E$ 和点 $A$, $F$,使 $AA' \perp a$,且 $AA' \perp b$.已知 $A'E = m$, $AF = n$, $EF = l$,则线段 $AA'$ 的长为$\sqrt{l^2 - m^2 - n^2\pm2mn\cos\theta}$.

答案： 例3 - 1 $\sqrt{l^2 - m^2 - n^2\pm2mn\cos\theta}$ 【解析】依题意得$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{EA'}+\overrightarrow{A'A}+\overrightarrow{AF}$，平方得$\overrightarrow{EF}^2=\overrightarrow{EA'}^2+\overrightarrow{A'A}^2+\overrightarrow{AF}^2+2\overrightarrow{EA'}·\overrightarrow{A'A}+2\overrightarrow{A'A}·\overrightarrow{AF}+2\overrightarrow{EA'}·\overrightarrow{AF}$。因为$\overrightarrow{A'A}\perp\overrightarrow{EA'}$，$\overrightarrow{A'A}\perp\overrightarrow{AF}$，$\langle\overrightarrow{EA'},\overrightarrow{AF}\rangle=\theta$或$\pi - \theta$，所以$l^2 = m^2+|\overrightarrow{A'A}|^2 + n^2\pm2mn\cos\theta$。故$|\overrightarrow{A'A}|=\sqrt{l^2 - m^2 - n^2\pm2mn\cos\theta}$。

例 3 - 2 如图所示为几何体 $\Omega$ 的一个表面展开图,其中 $\Omega$ 的各面都是边长为 1 的等边三角形.将 $\Omega$ 放入一个球体中,则该球表面积的最小值为$2\pi$;在 $\Omega$ 中,异面直线 $AB$ 与 $DE$ 的距离为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.(尝试多种方法解决)

答案：
例3 - 2 $2\pi,\frac{\sqrt{6}}{3}$ 【解析】如图
(1)，该几何体为正八面体，球表面积最小，即八面体的八个顶点在球面上，即球心O为正方形ADFC的中心O，半径$R = OA=\frac{\sqrt{2}}{2}AF=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$S_{球}=4\pi R^2 = 2\pi$。
方法一：因为平面ABC$//$平面EFD，所以异面直线AB与DE的距离d可以转化为平面ABC与平面EFD的距离。又点O到平面ABC的距离等于点O到平面DEF的距离，记作$d_1$，则$d = 2d_1$。因为$V_{O - ABC}=V_{B - AOC}$，所以$\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}· d_1=\frac{1}{3}S_{\triangle AOC}· BO$，所以$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}× d_1=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$d_1=\frac{\sqrt{6}}{6}$，所以$d=\frac{\sqrt{6}}{3}$。
方法二：以OF，OC，OB分别为x轴、y轴、z轴建立如图
(2)所示的空间直角坐标系，则$A(-\frac{\sqrt{2}}{2},0,0),B(0,0,\frac{\sqrt{2}}{2}),D(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},0),E(0,0,-\frac{\sqrt{2}}{2})$，所以$\overrightarrow{AB}=(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2}),\overrightarrow{DE}=(0,\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}),\overrightarrow{AD}=(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},0)$。设AB与DE的距离为$d$。
设$n\perp AB$，$n\perp DE$且$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}z = 0,\frac{\sqrt{2}}{2}y-\frac{\sqrt{2}}{2}z = 0.\end{cases}$令$x = 1$，得$n=(1,-1,-1)$，所以$d=\frac{|\overrightarrow{AD}· n|}{|n|}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。
方法三：同方法二建坐标系，设$G=(x,y,z),H(m,n,p)$分别为AB，DE上两点，设$\overrightarrow{AG}=\lambda\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DH}=\mu\overrightarrow{DE}$，则$\overrightarrow{AG}=(\lambda\frac{\sqrt{2}}{2},0,\lambda\frac{\sqrt{2}}{2}),\overrightarrow{DH}=(0,\mu\frac{\sqrt{2}}{2},-\mu\frac{\sqrt{2}}{2})$，则$x+\frac{\sqrt{2}}{2}=\lambda\frac{\sqrt{2}}{2}$，$y = 0$，$z=\lambda\frac{\sqrt{2}}{2}$，$m = 0$，$n+\frac{\sqrt{2}}{2}=\mu\frac{\sqrt{2}}{2}$，$p=-\mu\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$x=\frac{\sqrt{2}}{2}(\lambda - 1)$，$y = 0$，$z=\lambda\frac{\sqrt{2}}{2}$，$m = 0$，$n=\frac{\sqrt{2}}{2}(\mu - 1)$，$p=-\mu\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$G(\frac{\sqrt{2}}{2}(\lambda - 1),0,\lambda\frac{\sqrt{2}}{2})$，$H(0,\frac{\sqrt{2}}{2}(\mu - 1),-\mu\frac{\sqrt{2}}{2})$，所以$|GH|^2=\frac{1}{2}(\lambda - 1)^2+\frac{1}{2}(\mu - 1)^2+\frac{1}{2}(\lambda+\mu)^2=(\lambda+\mu - 1)^2+\frac{3}{4}(\lambda-\frac{1}{3})^2+\frac{2}{3}\geqslant\frac{2}{3}$，所以当$\lambda=\mu=\frac{1}{3}$时，$|GH|$取到最小值$\frac{\sqrt{6}}{3}$，故AB与DE的距离为$\frac{\sqrt{6}}{3}$。

例 3 - 3 如图,在三棱锥 $P - ABC$ 中,侧面 $PAC \perp$ 底面 $ABC$,底面 $ABC$ 是边长为 1 的正三角形,侧面 $PAC$ 中, $PA = PC$,且 $\angle APC = 90^{\circ}$, $M$ 为棱 $BC$ 的中点,则直线 $AB$ 上任意一点与 $PM$ 上任意一点距离的最小值为$\frac{\sqrt{3}}{4}$.

答案：
例3 - 3 $\frac{\sqrt{3}}{4}$ 【解析】如图，取AC，AB的中点D，E，连接DM，CE，PD。又M为棱BC中点，底面ABC是正三角形，所以$DM// AB$，$CE\perp AB$，故$CE\perp DM$。由$PA = PC$知$PD\perp AC$。而侧面PAC$\perp$底面ABC，$PD\subset$侧面PAC，侧面PAC$\cap$底面ABC = AC，故$PD\perp$底面ABC。又$CE\subset$底面ABC，所以$PD\perp CE$。又$DM\cap PD = D$，$DM,PD\subset$平面PDM，所以$CE\perp$平面PDM。又$PM\subset$平面PDM，所以$CE\perp PM$。过点M作$MF// CE$交AB于点F，则$MF\perp AB$，$MF\perp PM$。又$MF\subset$平面PAB，所以MF是异面直线AB与PM的公垂线，故直线AB上任意一点与PM上任意一点距离的最小值为MF的长度。由$\triangle ABC$的边长为1，可得$CE=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$MF=\frac{CE}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$。