《2026年学易优同步学案导学高中数学选择性必修第一册人教版》

2. 如图，$ \triangle BCD $与$ \triangle MCD $都是边长为$ 2 $的正三角形，平面$ MCD \perp $平面$ BCD $，$ AB \perp $平面$ BCD $，$ AB = 2\sqrt{3} $。求：

(1) 点$ A $到直线$ CD $的距离；
(2) 点$ A $到平面$ MBC $的距离。

答案：
2.解:取CD的中点O,连接OB,OM，则OB⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD∩平面BCD = CD,OM⊂平面MCD.
所以MO⊥平面BCD.
以O为坐标原点,分别以直线OC,BO,OM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示

因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB = OM = $\sqrt{3}$
则O(0,0,0),C(1,0,0),D(−1,0,0),
M(0,0,$\sqrt{3}$),B(0,−$\sqrt{3}$,0),A(0,−$\sqrt{3}$,2$\sqrt{3}$),
所以$\overrightarrow{BC}$=(1,$\sqrt{3}$,0),$\overrightarrow{BM}$=(0,$\sqrt{3}$,$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{CD}$=(−2,0,0).
(1)$\overrightarrow{AD}$=(−1,$\sqrt{3}$,−2$\sqrt{3}$),所以点A到直线CD的距离$d_1=\sqrt{|\overrightarrow{AD}|^2 - (\frac{\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{CD}}{|\overrightarrow{CD}|})^2}=\sqrt{15}$
(2)设平面MBC的法向量为$\mathbf{n}$=(x,y,z)，
由$\begin{cases}\mathbf{n}·\overrightarrow{BC}=0\\\mathbf{n}·\overrightarrow{BM}=0\end{cases}$
即$\begin{cases}x+\sqrt{3}y = 0\\\sqrt{3}y+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$，取x = $\sqrt{3}$
可得平面MBC的一个法向量为$\mathbf{n}$=($\sqrt{3}$,−1,1)
又$\overrightarrow{BA}$=(0,0,2$\sqrt{3}$)
所以所求距离$d_2=\frac{|\overrightarrow{BA}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{2\sqrt{15}}{5}$

【例3】 已知在四棱锥$ P - ABCD $中，底面$ ABCD $是矩形，且$ AD = 2AB $，$ \triangle PAD $是正三角形，$ CD \perp $平面$ PAD $，$ E $，$ F $，$ G $，$ O $分别是$ PC $，$ PD $，$ BC $，$ AD $的中点。

(1) 求平面$ EFG $与平面$ ABCD $夹角的大小；
(2) 在线段$ PA $上是否存在点$ M $，使得直线$ GM $与平面$ EFG $所成角的大小为$ \frac{\pi}{6} $，若存在，求出$ \frac{PM}{PA} $的值；若不存在，请说明理由。

答案：
[例3]　[解]　
(1)因为△PAD是正三角形,O为AD的中点,所以PO⊥AD,因为CD⊥平面PAD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥CD,因为CD,AD⊂平面ABCD,CD∩AD = D,所以PO⊥平面ABCD,因为底面ABCD是矩形，且O,G分别为AD,BC的中点,所以OG//AB,因为AB⊥AD,则OG⊥AD,以点O为坐标原点,OA,OG,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　　　　　　　
设AB = 2,则AD = 4,A(2,0,0),G(0,2,0),P(0,0,2$\sqrt{3}$),E(−1,1,$\sqrt{3}$),F(−1,0,$\sqrt{3}$),则$\overrightarrow{EF}$=(0,−1,0),$\overrightarrow{EG}$=(1,1,−$\sqrt{3}$),设平面EFG的法向量为$\mathbf{n}$=(x,y,z),
则$\begin{cases}\mathbf{n}·\overrightarrow{EF}=-y = 0\\\mathbf{n}·\overrightarrow{EG}=x + y - \sqrt{3}z = 0\end{cases}$
取x = $\sqrt{3}$,可得$\mathbf{n}$=($\sqrt{3}$,0,1),易知平面ABCD的一个法向量为$\mathbf{m}$=(0,0,1),
所以$|\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle|=\frac{|\mathbf{m}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{1}{2}$
因此,平面EFG与平面ABCD的夹角为$\frac{\pi}{3}$.
(2)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为$\frac{\pi}{6}$,连接GM,
设$\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{PA}=\lambda( - 2,0,-2\sqrt{3})=( - 2\lambda,0,-2\sqrt{3}\lambda)$,其中0≤λ≤1,则$\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{PM}=(0, - 2,2\sqrt{3})+( - 2\lambda,0,-2\sqrt{3}\lambda)=( - 2\lambda, - 2,2\sqrt{3}-2\sqrt{3}\lambda)$
由题意可得$|\cos\langle\mathbf{n},\overrightarrow{GM}\rangle|=\frac{|\mathbf{n}·\overrightarrow{GM}|}{|\mathbf{n}||\overrightarrow{GM}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{4\lambda^2 + 4 + 12(1 - \lambda)^2}}=\frac{1}{2}$
整理可得4λ² - 6λ + 1 = 0
因为0≤λ≤1,所以λ = $\frac{3 - \sqrt{5}}{4}$
因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为$\frac{\pi}{6}$，此时$\frac{PM}{PA}=\frac{3 - \sqrt{5}}{4}$

3. 如图所示，在四棱锥$ P - ABCD $中，侧面$ PAD \perp $底面$ ABCD $，底面$ ABCD $是平行四边形，$ \angle ABC = 45° $，$ AD = AP = 2 $，$ AB = DP = 2\sqrt{2} $，$ E $为$ CD $的中点，点$ F $在线段$ PB $上。

(1) 求证：$ AD \perp PC $；
(2) 试确定点$ F $的位置，使得直线$ EF $与平面$ PDC $所成的角和直线$ EF $与平面$ ABCD $所成的角相等。

答案：
3.解:
(1)证明:如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC,
　　　　　　　　
因为AB = 2$\sqrt{2}$,BC = 2,∠ABC = 45°,
由余弦定理得,AC² = AB² + BC² - 2·AB·BC·cos45° = 4,得AC = 2,
所以∠ACB = 90°,即BC⊥AC.
又AD//BC,所以AD⊥AC.
因为AD = AP = 2,DP = 2$\sqrt{2}$,
所以PA⊥AD,
又AP∩AC = A,AP,AC⊂平面PAC,
所以AD⊥平面PAC,
又PC⊂平面PAC,所以AD⊥PC.
(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,
侧面PAD∩底面ABCD = AD,PA⊂侧面PAD,
所以PA⊥底面ABCD,
所以直线AC,AD,AP两两垂直，
以A为原点，DA,AC,AP方向分别为x轴,y轴,z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz,
　　　　　　　　
则A(0,0,0),D(−2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),E(−1,1,0),P(0,0,2),
所以$\overrightarrow{PC}$=(0,2,−2),$\overrightarrow{PD}$=(−2,0,−2),$\overrightarrow{PB}$=(2,2,−2).
设$\frac{PF}{PB}=\lambda(\lambda\in[0,1])$,
则$\overrightarrow{PF}$=(2λ,2λ,−2λ),F(2λ,2λ,−2λ + 2),
所以$\overrightarrow{EF}$=(2λ + 1,2λ - 1,−2λ + 2).
易得平面ABCD的一个法向量为$\mathbf{m}$=(0,0,1).
设平面PDC的法向量为$\mathbf{n}$=(x,y,z),
由$\begin{cases}\mathbf{n}·\overrightarrow{PC}=0\\\mathbf{n}·\overrightarrow{PD}=0\end{cases}$得$\begin{cases}2y - 2z = 0\\-2x - 2z = 0\end{cases}$
令x = 1,得$\mathbf{n}$=(1,−1,−1).
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以$|\cos\langle\overrightarrow{EF},\mathbf{m}\rangle|=|\cos\langle\overrightarrow{EF},\mathbf{n}\rangle|$
即$\frac{|\overrightarrow{EF}·\mathbf{m}|}{|\overrightarrow{EF}||\mathbf{m}|}=\frac{|\overrightarrow{EF}·\mathbf{n}|}{|\overrightarrow{EF}||\mathbf{n}|}$
所以$|-2\lambda + 2|=\frac{|2\lambda|}{\sqrt{3}}$
即$\sqrt{3}|\lambda - 1|=|\lambda|(\lambda\in[0,1])$
解得λ = $\frac{3 - \sqrt{3}}{2}$
所以$\frac{PF}{PB}=\frac{3 - \sqrt{3}}{2}$
即当$\frac{PF}{PB}=\frac{3 - \sqrt{3}}{2}$时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等.