《2025年新课程同步导学高中数学选择性必修第二册湘教版》

【例2】如图，已知四边形$ABCD$是直角梯形，$\angle DAB = \angle ABC = 90°$，$AB = BC = a$，$AD = 2a$，$P$是平面$ABCD$外的一点，$PA \perp$平面$ABCD$，且$PA = a$，求点$A$到平面$PCD$的距离.

设点$A$到平面$PCD$的距离为$h$，
由$V_{A - PCD} = V_{P - ACD}$，
$PA\perp$平面$ABCD$，$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}× AD× AB=\frac{1}{2}×2a× a = a^{2}$，
则$V_{P - ACD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ACD}· PA=\frac{1}{3}× a^{2}× a=\frac{1}{3}a^{3}$，
在$\triangle PCD$中，$PD=\sqrt{PA^{2}+AD^{2}}=\sqrt{a^{2}+(2a)^{2}}=\sqrt{5}a$，
$PC = \sqrt{PA^{2}+AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}+a^{2}}=\sqrt{3}a$，
$CD=\sqrt{(AD - BC)^{2}+AB^{2}}=\sqrt{(2a - a)^{2}+a^{2}}=\sqrt{2}a$，
$\cos\angle PCD=\frac{PC^{2}+CD^{2}-PD^{2}}{2· PC· CD}=\frac{3a^{2}+2a^{2}-5a^{2}}{2×\sqrt{3}a×\sqrt{2}a}=0$，
所以$\sin\angle PCD = 1$，$S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}× PC× CD=\frac{1}{2}×\sqrt{3}a×\sqrt{2}a=\frac{\sqrt{6}}{2}a^{2}$，
由$V_{A - PCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle PCD}· h=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{2}a^{2}· h$，
又$V_{A - PCD}=V_{P - ACD}=\frac{1}{3}a^{3}$，
所以$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{2}a^{2}· h=\frac{1}{3}a^{3}$，
解得$h=\frac{\sqrt{6}}{3}a$，
综上，点$A$到平面$PCD$的距离为$\frac{\sqrt{6}}{3}a$。

答案： 设点$A$到平面$PCD$的距离为$h$，
由$V_{A - PCD} = V_{P - ACD}$，
$PA\perp$平面$ABCD$，$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}× AD× AB=\frac{1}{2}×2a× a = a^{2}$，
则$V_{P - ACD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ACD}· PA=\frac{1}{3}× a^{2}× a=\frac{1}{3}a^{3}$，
在$\triangle PCD$中，$PD=\sqrt{PA^{2}+AD^{2}}=\sqrt{a^{2}+(2a)^{2}}=\sqrt{5}a$，
$PC = \sqrt{PA^{2}+AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}+a^{2}}=\sqrt{3}a$，
$CD=\sqrt{(AD - BC)^{2}+AB^{2}}=\sqrt{(2a - a)^{2}+a^{2}}=\sqrt{2}a$，
$\cos\angle PCD=\frac{PC^{2}+CD^{2}-PD^{2}}{2· PC· CD}=\frac{3a^{2}+2a^{2}-5a^{2}}{2×\sqrt{3}a×\sqrt{2}a}=0$，
所以$\sin\angle PCD = 1$，$S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}× PC× CD=\frac{1}{2}×\sqrt{3}a×\sqrt{2}a=\frac{\sqrt{6}}{2}a^{2}$，
由$V_{A - PCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle PCD}· h=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{2}a^{2}· h$，
又$V_{A - PCD}=V_{P - ACD}=\frac{1}{3}a^{3}$，
所以$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{2}a^{2}· h=\frac{1}{3}a^{3}$，
解得$h=\frac{\sqrt{6}}{3}a$，
综上，点$A$到平面$PCD$的距离为$\frac{\sqrt{6}}{3}a$。

【例3】如图，已知正方形$ABCD$，$ABEF$的边长都是1，而且平面$ABCD \perp$平面$ABEF$，点$M$在$AC$上移动，点$N$在$BF$上移动，若$CM = BN = a(0 ＜ a ＜ \sqrt{2})$，求：
(1)$MN$的长；
(2)当$a$为何值时，$MN$的长最小.

(1)$\sqrt{a^2 - \sqrt{2}a + 1}$；(2)当$a = \frac{\sqrt{2}}{2}$时，$MN$的长最小，最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。

答案：
(1)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴建立空间坐标系。A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),F(0,0,1)。AC参数方程：M(1 - a/√2, 1 - a/√2, 0)；BF参数方程：N(1 - a/√2, 0, a/√2)。MN距离为$√[(0)^2 + (1 - a/√2 - 0)^2 + (0 - a/√2)^2] = √(a² - √2 a + 1)。$
(2)对二次函数a² - √2 a + 1，对称轴a = √2/2∈(0,√2)，此时MN最小为$√( (√2/2)^2 - √2*(√2/2) + 1 ) = √2/2。$
(1)√(a² - √2 a + 1)；
(2)a=√2/2时，MN最小为√2/2。