第7章 第8课时 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题-【名师导航】2025年高考数学一轮总复习讲义（通用版）

课时分层作业(四十九)　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 1．如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝，3AD＝2CD＝2DD1＝6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A，D1的三等分点．求： (1)点M到直线PD1的距离； (2)直线PD与平面PCD1所成角的正弦值． 2．(2024·广州模拟)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2. (1)证明：平面EAC⊥平面EFC； (2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，求点M到平面BCF的距离． 3．(2023·天津高考改编)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． 4．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.现将△BEF沿EF翻折到△B′EF，如图2. (1)证明：EF⊥AB′； (2)已知平面B′EF与平面AEF的夹角为，在棱AC上是否存在点M，使得直线BC与平面B′MF所成角的正弦值为？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(四十九)　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 1．解：(1)由题可得AD＝2，CD＝DD1＝3， 又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP＝1. 在△ADP中，由余弦定理可得， DP2＝AD2＋AP2－2AD·AP·cos ∠DAP＝4＋1－2×2×1×＝3， 故AD2＝4＝AP2＋DP2， 所以△ADP为直角三角形，DP⊥AB. 因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD. 由直四棱柱的性质可知DD1⊥DP，DD1⊥CD， 即DP，CD，DD1两两垂直， 故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 则D(0，0，0)，P(，0，0)，D1(0，0，3)，M(0，1，2)， ＝(－，0，3)，过点M作ME⊥PD1， 令＝λ＝(－λ，0，3λ)，所以E(λ，0，3λ)， 故＝(λ，－1，3λ－2)． 由＝－3＋3λ＋9λ－6＝0，解得λ＝， 所以＝， 故点M到直线PD1的距离为||＝＝. (2)因为＝(，0，0)，＝(0，1，－1)，＝(－，0，3)， 设平面PCD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝，得y＝1，z＝1，故n＝(，1，1)为平面PCD1的一个法向量． 设直线PD与平面PCD1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝. 所以直线PD与平面PCD1所成角的正弦值为. 2．解：(1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF. 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点， 所以GN∥AE且GN＝AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2， 所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形， 所以GF∥BN， 又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN， 又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC， 所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC， 又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC. (2)取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，则∠ADC＝60°， 所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD， 所以以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系， 设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°， 则D(，－1，0)，B(0，2，0)，C(，1，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1)，A(0，0，0)， 则设＝λ＝λ(，1，－2)＝(λ，λ，－2λ)， 所以M(λ，λ，2－2λ)， 所以＝(λ－，λ＋1，2－2λ)，＝(λ，λ－2，2－2λ)，＝(，－1，0)，＝(0，0，1)， 设平面DBM的法向量为n＝(x，y，z)， 则 即 令x＝，y＝1， 得n＝为平面DBM的一个法向量， 设平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以|cos 〈n，m〉|＝＝＝，解得λ＝， 所以M，则＝. 设平面BCF的法向量为u＝(a，b，c)， 则即取a＝1，得u＝(1，，0)为平面BCF的一个法向量， 所以点M到平面BCF的距离d＝＝. 3．解：(1)证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝AC＝1， 而A1C1＝1，AC∥A1C1， 则MN∥A1C1，MN＝A1C1， 可得四边形MNA1C1为平行四边形， 则A1N∥C1M， 而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 法一(向量法) (2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC， 所以A1A⊥AB，A1A⊥AC. 又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直． 如图，以分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz. 因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1， 则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)． 又点M是线段BC的中点，可得M(1，1，0)， 所以＝(0，1，2)，＝(1，1，0)． 设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)， 则⊥m，⊥m， 即·m＝0，·m＝0，由此可得 令y＝2，则x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)， 故平面C1MA的一个法向量为m＝(－2，2，－1)． 易知平面ACC1A1的一个法向量n＝(1，0，0)． 设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝. 故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为. (3)由(2)知，＝(0，2，0)， 平面C1MA的一个法向量m＝(－2，2，－1)， 设点C到平面C1MA的距离为d， 则d＝＝＝. 所以点C到平面C1MA的距离为. 法二(几何法) (2)取AC的中点H，连接MH， 由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC. 由A1A⊥平面ABC，MH⊂平面ABC， 可得A1A⊥MH， 可得MH⊥平面A1ACC1. 过点H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM， 由三垂线定理可得DM⊥AC1， 可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1的夹角． 由MH＝AB＝1， 在矩形AHC1A1中，DH＝＝＝， 所以cos ∠MDH＝＝＝. (3)设点C到平面C1MA的距离为d. 过C1作C1Q⊥AM于点Q. 在△C1MA中，AC1＝＝，MC1＝＝，AM＝， 则＝＝. 由＝，可得 d＝d·＝C1H·S△CMA＝×2××2×1＝，解得d＝. 4．解：(1)证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB′， 又AF∩FB′＝F，AF，FB′⊂平面AFB′， 所以EF⊥平面AFB′， 因为AB′⊂平面AFB′，所以EF⊥AB′. (2)因为平面B′EF与平面AEF的夹角为，EF⊥AF，EF⊥FB′， 所以∠AFB′为平面B′EF与平面AEF的夹角， 以点F为坐标原点，FE，FA所在直线为x，y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝4，则F(0，0，0)，A(0，1，0)，C(2，3，0)，E(，0，0)，B′. ＝(2，2，0)，＝(0，1，0)，＝＝(，3，0)． 设＝λ＝(2λ，2λ，0)，＝＝(2λ，2λ＋1，0)，其中0≤λ≤1， 设平面B′MF的法向量为u＝(a，b，c)， 由得 取c＝2λ，可得u＝(2λ＋1，－2λ，2λ)为平面B′MF的一个法向量，|cos〈u，〉|＝＝＝，解得λ＝，合乎题意， 故当＝时，直线BC与平面B′MF所成角的正弦值为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第8课时　向量法求距离及立体 几何中的探索性、翻折问题 梳理·必备知识 1． 激活·基本技能 一、(1)√　(2)×　(3)√　(4)× 二、(1)　(2)　[(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E，F1，，1， ∴＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1)，＝0，，－1， ， 取a＝＝(0，1，0)，u＝(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝， ∴点B到直线AC1的距离为 . (2)∵， ∴FC∥EC1，∴FC∥平面AEC1， ∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离， 设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴∴ 取z＝1，则x＝1，y＝2， ∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量. 又∵， ∴点F到平面AEC1的距离为， 即直线FC到平面AEC1的距离为. ] 考点一 典例1　解：(1)证明：∵BC∥平面PAD， BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD. 取PA的中点F，连接BF，EF，∵E是棱PD的中点， ∴EF是△PAD的中位线， ∴EF∥AD∥BC，EF＝AD， ∵BC＝AD，∴EF＝BC， 即四边形BCEF是平行四边形， ∴CE∥BF，∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB. (2)取AD的中点O，连接PO， ∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD. 建立空间直角坐标系如图， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，)，D(0，1，0)，则＝(1，0，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，0)，＝(0，－1，＝(0，2，0)＋λ＝(0，2－λ，λ)，λ∈[0，1]，设平面ACE的法向量n＝(x，y，z)， 则 令z＝2－λ，则y＝－λ，x＝λ， 则n＝(λ，－λ，2－λ)为平面ACE的一个法向量， 设点B到平面ACE的距离为d， d＝， 当λ＝0时，d＝0，当λ≠0时， d＝， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝1时，d取得最大值，即d＝，综上，0≤d≤，即点B到平面ACE距离的取值范围是. 跟进训练 1．(1)A　(2)BCD　[(1)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直， 以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则 A(1，0，0)，D(0，0，1)，G， 于是＝－，1，＝(－1，0，1)，||＝·＝－×(－1)＋1＝， 所以点G到直线AD的距离d＝＝. 故选A. (2)如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)， D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1，E，所以＝(－1，0，0)，. 设∠ABE＝θ，则cos θ＝，sin θ＝. 故点A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×，A错误. 易知， 平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)， 则点O到平面ABC1D1的距离d2＝，B正确. ＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0). 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量. 所以点D1到平面A1BD的距离d3＝. 因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，C正确. 因为＝(1，0，0)，则，所以点P到直线AB的距离d4＝，D正确.故选BCD.] 考点二 典例2　解：(1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB， ∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，∴A1B⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC， ∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO. (2)存在，线段CC1的中点P满足题意. 理由如下： ∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，，2＝(0，，0)，＝(－1，，2＝(－1，0，0)， 设＝t＝t＝(－t，t，2t)，0≤t≤1， 则＝(－1－t，t，2t)， 易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1，0，0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝2t，则m＝(2t，0，t＋1)为平面POB的一个法向量， 由题意得|cos〈n，m〉|＝， ∵0≤t≤1，∴解得t＝， ∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB的夹角的余弦值为. 跟进训练 2．解：(1)证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴BC⊥AB，CD⊥AD， ∵PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B， ∴BC⊥平面PAB， ∵PA⊂平面PAB，∴PA⊥BC. ∵PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D， ∴CD⊥平面PAD， ∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD， ∵BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD. (2)由(1)知PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP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， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1). 则＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，＝(2，2，－2). 设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)， 由取y＝1， 可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一个法向量， 设PC与平面ACE所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈m，〉|＝， ∴PC与平面ACE所成角的正弦值为. (3)设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)， ＝(2，t，0)，＝(0，0，2)， 由取a＝t，则n＝(t，－2，0)为平面PAF的一个法向量， ∴点E到平面PAF的距离d＝，∵t>0，∴t＝1. ∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为. 考点三 典例3　解：(1)证明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝2，则∠ACB＝90°， 即AC⊥CB， 又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊥AC，CB⊂平面ACB，故CB⊥平面PAC， 又AP⊂平面PAC，则CB⊥AP， 又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB⊂平面PCB，所以AP⊥平面PCB， 又CM⊂平面PCB，则AP⊥CM. (2)设AC中点为O，AB中点为D，以OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ， 设M(x，y，z)， 则(x＋1，y－2，z)＝(1，－2，1)， 则M(λ－1，2－2λ，λ)，＝(2，0，0)，＝(λ，2－2λ，λ)， 因为点M到直线AC的距离为，则 ， 即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝， 即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝， 所以. 跟进训练 3．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝ . 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，＝(1，0，＝(2，－1，0). 设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则 所以可取n＝(3，6，－)为平面ACGD的一个法向量. 又平面BCGE的一个法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝. 因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°. 4．解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF， PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF， 所以BF⊥平面PEF. 又BF⊂平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如图，作PH⊥EF，垂足为点H. 由(1)得， PH⊥平面 ABFD. 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又DP＝2，DE＝1，所以PE＝. 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF. 所以PH＝，EH＝，则H(0，0，0)， P，D，. 又为平面ABFD的法向量， 设DP与平面ABFD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈〉|＝，所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第8课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 [考试要求]　1．能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.2．掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法． 1． 点P到直线l的距离 设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝ 提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解： ①d＝||sin θ求解，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角． ②d＝，其中μ为l的方向向量． 2．点P到平面α的距离 若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示． [常用结论] 1．平行线间的距离可以转化为点到直线的距离． 2．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离． 一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值． (　　) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度． (　　) (3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等． (　　) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α． (　　) 二、教材经典衍生 (人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则： (1)点B到直线AC1的距离为________； (2)直线FC到平面AEC1的距离为________． 考点一　求空间距离 [典例1]　(2024·福建泉州模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面△PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC∥平面PAD，BC＝AD＝1，E是棱PD上的动点． (1)当E是棱PD的中点时，求证：CE∥平面PAB； (2)若AB＝1，AB⊥AD，求点B到平面ACE距离的范围． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离． (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求． (3)等体积法． (4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到α的距离d＝. [跟进训练] 1．(1)(2023·浙江温州三模)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． (2)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离是 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 考点二　立体几何中的探索性问题 [典例2]　如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点． (1)求证：AC⊥平面A1BO； [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为，若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． [跟进训练] 2．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点． (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求PC与平面ACE所成角的正弦值； (3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点三　立体几何中的翻折问题 [典例3]　(2023·江苏南京二模)在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，AD＝DC＝，如图1．现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图2，点M在线段BP上． (1)求证：AP⊥CM； (2)若点M到直线AC的距离为，求的值． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　三步解决平面图形翻折问题 [跟进训练] 3．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF. (1)证明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$