《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1) 证明：平面 $ AEF \perp $ 平面 $ PBC $；

答案：
(1)证明：因为$PA\perp$底面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perp BC$。因为四边形$ABCD$为正方形，所以$AB\perp BC$，又因为$PA\cap AB = A$，$PA$，$AB\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp$平面$PAB$。因为$AE\subset$平面$PAB$，所以$AE\perp BC$。因为$PA = AB$，$E$为线段$PB$的中点，所以$AE\perp PB$，又因为$PB\cap BC = B$，$PB$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$AE\perp$平面$PBC$。又因为$AE\subset$平面$AEF$，所以平面$AEF\perp$平面$PBC$。

(2) 若直线 $ AF $ 与平面 $ PAB $ 夹角的余弦值为 $ \frac{2\sqrt{5}}{5} $，求点 $ P $ 到平面 $ AEF $ 的距离.

答案：

(2)因为$PA\perp$底面$ABCD$，$AB\perp AD$，以$A$为坐标原点，以$AB$，$AD$，$AP$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$P(0,0,2)$，$E(1,0,1)$，易知$\boldsymbol{u}=(0,1,0)$是平面$PAB$的一个法向量，设$BF = t(t\in [0,2])$，则$F(2,t,0)$，所以$\overrightarrow{AE}=(1,0,1)$，$\overrightarrow{AF}=(2,t,0)$，所以$|\cos\langle\overrightarrow{AF},\boldsymbol{u}\rangle| =\frac{|\overrightarrow{AF}· \boldsymbol{u}|}{|\overrightarrow{AF}| |\boldsymbol{u}|} =\sqrt{1 - (\frac{2\sqrt{5} }{5} )^2}$，即$\frac{t}{\sqrt{t^2 + 4} } =\frac{\sqrt{5} }{5}$，解得$t = 1$，所以$\overrightarrow{AF}=(2,1,0)$。设$\boldsymbol{n}=(x_1,y_1,z_1)$为平面$AEF$的法向量，则$\begin{cases} \boldsymbol{n}· \overrightarrow{AE}=0\\\boldsymbol{n}· \overrightarrow{AF}=0\end{cases}$，即$\begin{cases} x_1 + z_1 = 0\\2x_1 + y_1 = 0\end{cases}$，令$x_1 = -1$，则$y_1 = 2$，$z_1 = 1$，所以平面$AEF$的法向量$\boldsymbol{n}=(-1,2,1)$，又因为$\overrightarrow{AP}=(0,0,2)$，所以点$P$到平面$AEF$的距离为$d=\frac{|\overrightarrow{AP}· \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|} =\frac{2}{\sqrt{6} } =\frac{\sqrt{6} }{3}$。

对点练 1. (多选题) 如图，正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的棱长为 2，$ E $ 为棱 $ DD_1 $ 的中点，$ F $ 为棱 $ BB_1 $ 的中点，则 (AD)

A.点 $ A_1 $ 到直线 $ B_1E $ 的距离为 $ \frac{2\sqrt{5}}{3} $
B.直线 $ FC_1 $ 到直线 $ AE $ 的距离为 2
C.点 $ B $ 到平面 $ AB_1E $ 的距离为 $ \sqrt{2} $
D.直线 $ FC_1 $ 到平面 $ AB_1E $ 的距离为 $ \frac{2}{3} $

答案：
对点练1.AD 建立如图所示的空间直角坐标系，则$A_1(2,0,2)$，$B_1(2,2,2)$，$E(0,0,1)$，$F(2,2,1)$，$C_1(0,2,2)$，$A(2,0,0)$，$B(2,2,0)$。因为$\overrightarrow{B_1E}=(-2,-2,-1)$，设$\overrightarrow{B_1E}$的单位方向向量$\boldsymbol{u_1}=\frac{\overrightarrow{B_1E}}{|\overrightarrow{B_1E}| } =(-\frac{2}{3},-\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$，$\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2,0)$，所以$\overrightarrow{A_1B_1}· \boldsymbol{u_1}=-\frac{4}{3}$，所以点$A_1$到直线$B_1E$的距离为$\sqrt{|\overrightarrow{A_1B_1}|^{2}-|\overrightarrow{A_1B_1}· \boldsymbol{u_1}|^{2} } =\sqrt{4 - \frac{16}{9} } =\frac{2\sqrt{5} }{3}$，故A正确；因为$\overrightarrow{AE}=(-2,0,1)$，$\overrightarrow{FC_1}=(-2,0,1)$，所以$\overrightarrow{AE}//\overrightarrow{FC_1}$，即$AE// FC_1$，所以点$F$到直线$AE$的距离即为直线$FC_1$到直线$AE$的距离。设$\overrightarrow{AE}$的单位方向向量$\boldsymbol{u_2}=\frac{\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{AE}| } =(-\frac{2\sqrt{5} }{5},0,\frac{\sqrt{5} }{5})$，$\overrightarrow{AF}=(0,2,1)$，$|\overrightarrow{AF}|^2 = 5$，$\overrightarrow{AF}· \boldsymbol{u_2}=\frac{\sqrt{5} }{5}$，所以直线$FC_1$到直线$AE$的距离为$\sqrt{5 - (\frac{\sqrt{5} }{5} )^2} =\frac{2\sqrt{30} }{5}$，故B错误；设平面$AB_1E$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，$\overrightarrow{AB_1}=(0,2,2)$，$\overrightarrow{AE}=(-2,0,1)$，$\overrightarrow{BA}=(0,-2,0)$。由$\begin{cases} \boldsymbol{n}· \overrightarrow{AB_1}=2y + 2z = 0\\\boldsymbol{n}· \overrightarrow{AE}=-2x + z = 0\end{cases}$，令$z = 2$，则$y = -2$，$x = 1$，即$\boldsymbol{n}=(1,-2,2)$。设点$B$到平面$AB_1E$的距离为$d$，则$d=\frac{|\overrightarrow{BA}· \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|} =\frac{4}{3}$，即点$B$到平面$AB_1E$的距离为$\frac{4}{3}$，故C错误；因为$AE// FC_1$，$FC_1\not\subset$平面$AB_1E$，$AE\subset$平面$AB_1E$，所以$FC_1//$平面$AB_1E$，所以直线$FC_1$到平面$AB_1E$的距离即为点$C_1$到平面$AB_1E$的距离。又$\overrightarrow{C_1B_1}=(2,0,0)$，平面$AB_1E$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,-2,2)$，所以点$C_1$到平面$AB_1E$的距离为$\frac{|\overrightarrow{C_1B_1}· \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|} =\frac{2}{3}$，所以直线$FC_1$到平面$AB_1E$的距离为$\frac{2}{3}$，故D正确。故选AD。

(1) 求证：$ AB_1 \perp A_1C $；

答案：
(1)证明：连接$A_1B$与$AB_1$相交于点$F$，连接$CF$，如图①所示。因为四边形$AA_1B_1B$为菱形，所以$F$为$AB_1$的中点，$A_1B\perp AB_1$。因为$\triangle AB_1C$为等边三角形，所以$CF\perp AB_1$，又$A_1B$，$CF\subset$平面$A_1BC$，$A_1B\cap CF = F$，所以$AB_1\perp$平面$A_1BC$。因为$A_1C\subset$平面$A_1BC$，所以$AB_1\perp A_1C$。

(2) 线段 $ CC_1 $ 上是否存在一点 $ E $，使得平面 $ AB_1E $ 与平面 $ ABC $ 的夹角的余弦值为 $ \frac{1}{4} $？若存在，求出点 $ E $ 的位置；若不存在，请说明理由.

答案：

(2)假设存在，设$O$，$G$分别为$AC$，$AB$的中点，连接$B_1O$，$OG$，由
(1)可知$AB_1\perp BC$，又$AC\perp BC$，$AB_1$，$AC\subset$平面$AB_1C$，$AB_1\cap AC = A$，所以$BC\perp$平面$AB_1C$。又$OG// BC$，所以$OG\perp$平面$AB_1C$。因为$\triangle AB_1C$为等边三角形，所以$B_1O\perp AC$，故$OG$，$OC$，$OB_1$两两垂直。以$O$为原点，$OG$，$OC$，$OB_1$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，则$A(0,-2,0)$，$C(0,2,0)$，$B(3,2,0)$，$B_1(0,0,2\sqrt{3})$，$O(0,0,0)$。因为$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A_1B_1}$，$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{B_1C_1}$，所以$A_1(-3,-4,2\sqrt{3})$，$C_1(-3,0,2\sqrt{3})$。设$\overrightarrow{CE}=\lambda\overrightarrow{CC_1}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OC}+\lambda\overrightarrow{CC_1}=\lambda(-3,-2,2\sqrt{3})+(0,2,0)=(-3\lambda,2 - 2\lambda,2\sqrt{3}\lambda)$，所以$E(-3\lambda,2 - 2\lambda,2\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{AE}=(-3\lambda,4 - 2\lambda,2\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{AB_1}=(0,2,2\sqrt{3})$。设平面$AB_1E$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则有$\begin{cases} \overrightarrow{AE}· \boldsymbol{n}=-3\lambda x + (4 - 2\lambda)y + 2\sqrt{3}\lambda z = 0\\\overrightarrow{AB_1}· \boldsymbol{n}=2y + 2\sqrt{3}z = 0\end{cases}$。当$\lambda\neq0$时，令$z = \sqrt{3}$，则$x=\frac{4\lambda - 4}{\lambda}$，$y = -3$，即$\boldsymbol{n}=(\frac{4\lambda - 4}{\lambda},-3,\sqrt{3})$。易知平面$ABC$的一个法向量为$\boldsymbol{m}=(0,0,1)$。若平面$AB_1E$与平面$ABC$的夹角的余弦值为$\frac{1}{4}$，则有$|\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle| =\frac{|\boldsymbol{n}· \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}| |\boldsymbol{m}|} =\frac{\sqrt{3} }{\sqrt{(\frac{4\lambda - 4}{\lambda} )^2 + 9 + 3} } =\frac{1}{4}$，则$(\frac{4\lambda - 4}{\lambda} )^2 = 36$，又$0\lt\lambda\leqslant1$，所以$\lambda=\frac{2}{5}$。当$\lambda = 0$时，平面$AB_1E$即平面$AB_1C$，因为$B_1O\perp$平面$ABC$，$B_1O\subset$平面$AB_1C$，所以平面$AB_1C\perp$平面$ABC$，不满足题意。所以点$E$存在，且$CE=\frac{2}{5}CC_1$。