立体几何中的距离、探究性问题课件-2026届高三数学二轮复习

第5讲　立体几何中的距离、探究性问题 专题三　立体几何 (2025·天津，T17)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1的中点，CG=3GC1. (1)求证：GF⊥平面FBE； 探究真题 明确方向 方法一　在正方形BCC1B1中， 由条件易知tan∠C1FG====tan∠B1BF， 所以∠C1FG=∠B1BF， 则∠B1FB+∠B1BF==∠B1FB+∠C1FG， 故∠BFG=π-(∠B1FB+∠C1FG)=即GF⊥BF， 在正方体中，易知D1C1⊥平面BCC1B1，且EF∥D1C1， 所以EF⊥平面BCC1B1， 又GF⊂平面BCC1B1，所以EF⊥GF， 因为EF∩BF=F，EF，BF⊂平面FBE，所以GF⊥平面FBE. 证明 方法二　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则B(4，4，0)，E(2，0，4)，F(2，4，4)，G(0，4，3)， 所以=(0，4，0)=(2，4，-4)=(-2，0，-1)， 设平面FBE的法向量为m=(a，b，c)， 则 令a=2，则b=0，c=1，所以m=(2，0，1)， 易知=-m，则也是平面FBE的一个法向量，所以GF⊥平面FBE. 证明 (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值； 同上方法二建立的空间直角坐标系， 则=(-2，4，-1)=(-4，0，3)， 由(1)知=(-2，0，-1)是平面FBE的一个法向量， 设平面EBG的法向量为n=(x，y，z)， 所以 令x=6，则z=8，y=5，即n=(6，5，8)， 设平面FBE与平面EBG的夹角为α， 则cos α=|cos〈n〉|=== 即平面FBE与平面EBG夹角的余弦值为. 解 (3)求三棱锥D-FBE的体积. 因为EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，所以EF⊥FB， 易知S△FBE=EF·FB=×4×=4 又D(0，0，0)，则=(2，0，4)， 故点D到平面FBE的距离为d== 由棱锥的体积公式知 V三棱锥D-FBE=S△FBE×d=×4×=. 解 命题热度： 本讲是历年高考命题常考的内容，属于中档题目，主要以解答题的形式进行考查，分值约为15~17分. 考查方向： 一是考查利用空间向量求空间距离；二是考查利用空间向量研究探索性问题；三是考查利用空间向量解决最值问题. 考点二　空间中的探索性问题 考点一　空间距离 内容索引 专题突破练 考点一　空间距离 　(2025·重庆调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD是边长为 2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为侧棱PD的中点，O为AD的中点，M为线段PC上一点. (1)若点M为线段 PC的中点，求证：直线OM∥平面PAB； 例1 如图，取PB的中点N，连接MN，AN，因为点M为线段 PC的中点， 故MN∥BC，MN=BC， 因为底面ABCD为矩形，O为AD的中点， 则OA∥BC，OA=BC， 故MN∥OA，MN=OA，即得▱OANM，则OM∥AN， 因为OM⊄平面PAB，AN⊂平面PAB，故直线OM∥平面PAB. 证明 (2)若=且点B到平面ACE的距离为求直线AM与平面PAB 所成 角的正弦值. 如图，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD， △PAD为等边三角形，且O为AD的中点，则PO⊥AD，故PO⊥平面ABCD， 取BC的中点K，连接OK，则OK⊥AD，以OK，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图. 设AB=a(a>0)，则A(0，-1，0)，B(a，-1，0)， C(a，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0)， 因为E为侧棱PD的中点，则E 于是==(a，2，0)， 解 设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)， 则故可取n=(2，-aa)， 又=(0，2，0)， 则点B到平面ACE的距离d====解得a=2. 因为= 则=-=-=(2，1，-)-(0，-1，-)= 解 因为=(0，1)=(2，0，0)， 设平面PAB的法向量为m=(b，c，d)， 则故可取m=(0-1)， 设直线AM 与平面PAB 所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈m〉|= ==即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为. 解 (1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法. (2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离. 规律方法 跟踪演练1　(2025·泰州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1=BC1=CA1，BC1⊥CA1. (1)证明：三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱； 在直三棱柱ABC-A1B1C1中， BB1=CC1=AA1，∠ABB1=∠BCC1=∠CAA1=90°， 又因为AB1=BC1=CA1， 所以△ABB1≌△BCC1≌△CAA1， 所以AB=BC=CA， 所以三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱. 证明 (2)证明：AB1⊥CA1； 分别取AC，A1C1的中点D，D1，连接BD，DD1， 则BD⊥AC. 因为AA1 ∥ DD1，AA1⊥平面ABC， 所以DD1⊥平面ABC. 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AC=2a，AA1=b，a>0，b>0， 则A(0，-a，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，A1(0，-a，b)，C1(0，a，b)，B1(a，0，b)， 证明 所以=(-a，a，b)=(0，-2a，b)=(a，a，b). 因为BC1⊥CA1，所以⊥ 所以·=-2a2+b2=0，所以b=a. 所以·=-2a2+b2=0， 所以⊥即AB1⊥CA1. 证明 (3)设AB1⊂平面α，BC1∥平面α，若直线BC1与平面α的距离为求三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积. 因为AB1⊂平面α，BC1 ∥平面α， BC1⊥CA1，AB1⊥CA1， 所以不妨取平面α的法向量n==(0，-2aa). 因为直线BC1与平面α的距离为所以点B到平面α的距离为. 因为=(0，0a)， 所以点B到平面α的距离d===a= 所以a=b=3， 解 所以正△ABC的外接圆半径r=×= 所以正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径 R== 所以三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为S=4πR2=33π. 解 返回 考点二　空间中的探索性问题 　(2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，∠A=60°， 点E为AD的中点(如图1).将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，点O，F分别为BE，DE的中点(如图2). (1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC； 例2 在图1中，连接CE(图略)，由BC∥AD，BC=AD，点E为AD的中点，易得四边形BCDE，四边形BCEA是平行四边形，则BE=CD， 又四边形ABCD为等腰梯形，则AB=CD=BE，又∠A=60°，可得△ABE是等边三角形， 故四边形BCEA为菱形，△BCE是等边三角形， 在图2中，因为O为BE的中点，所以A1O⊥BE，CO⊥BE. 又A1O∩CO=O，且A1O，CO⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC， 又BE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC. 证明 (2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么线段A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值；若不存在，请说明理由. 存在点P，使得BP∥平面A1OF， 因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE， A1O⊥BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE， 又CO⊥BE，建立以O为原点，以OB，OC，OA1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示. 则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(00)， A1(0，0)，E(-1，0，0)，F 则=(0-)=(0，0，-)= 解 设=t=(0t，-t)，0≤t≤1， 则P(0t-t)=(-1t-t)， 设平面A1OF的法向量为m=(x，y，z)， 则 即令x=1，则y=z=0， 即m=(10)， 解 要使BP∥平面A1OF，则·m=0，即-1+3t=0，解得t= 故在线段A1C上存在点P，使得BP∥平面A1OF， 此时，P=(-2，0，0)= 设平面PBE的法向量为n=(a，b，c)， 则即 令c=1，则b=-2，a=0，即n=(0，-2，1)， 解 设平面PBE与平面A1OF的夹角为θ， 所以cos θ=|cos〈m，n〉|=== 故平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值为. 解 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用. 规律方法 跟踪演练2　(2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°. (1)求∠FCB的余弦值； 在△ABD中，因为AB⊥AD，AB=AD= 所以BD=所以FB=BD= 在△ACE中，因为AE=AD=AC=1，∠CAE=30°， 所以由余弦定理得CE==1， 所以CF=CE=1. 又因为BC===2， 所以在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB===-. 解 (2)在三棱锥的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余 弦值为？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由. 存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为. 因为AB⊥AD，即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP=A，AC，AP⊂平面ACP， 所以AB⊥平面ACP， 以A为原点的方向分别为x，z轴正方向， 建立空间直角坐标系， 如图所示，则P(0，0)，B(0，0)，C 设Q(a，0，0)(0≤a≤)，故=(a，0，-)= 解 设平面BCQ的法向量为m=(x，y，z)， 则 取z=a，则m=(2a-3，a)， 易得平面ABP的一个法向量n=(0，1，0)， 则平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为 |cos〈m，n〉|==解得a=或a= 所以当AQ=或AQ=时，平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为. 解 返回 专题突破练 答案 1 2 3 4 1. (1)连接AC交BD于点O，连接OE， 在正方形ABCD中，O为AC的中点， 因为E为PC的中点，所以OE∥PA， 又PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD， 又OE⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面ABCD. (2) 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 设AP=a，a>0，则P(0，0，a)，B(4，0，0)，C(4，4，0)，F 答案 1 2 3 4 1. 则=(4，0，-a)=(0，4，0)， 设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)， 则令x=a，得m=(a，0，4)， 易得平面PAD的一个法向量为n=(1，0，0)， 则|cos〈m，n〉|===解得a=2， 则m=(2，0，4)=(-4，2，1)， 所以点F到平面PBC的距离为==. 2. 答案 1 2 3 4 (1)分别取PC，PB的中点E和F，连接EF，DE，AF， 则EF∥BC，EF=BC. 又AD∥BC，AD=BC，所以AD∥EF，AD=EF， 所以四边形ADEF是平行四边形，DE∥AF， 因为PD=CD，所以DE⊥PC，又平面PCD⊥平面PBC，平面PCD∩平面PBC=PC，则DE⊥平面PBC，所以AF⊥平面PBC， 因为BC⊂平面PBC，所以AF⊥BC. 由题意知AB⊥AD，所以AB⊥BC，又AB∩AF=A，AB，AF⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB， 又BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD. 答案 1 2 3 4 2. (2)由(1)可知，F为PB的中点，AF⊥PB，所以AB=AP=2. 又PB=2，所以△PAB是等边三角形. 取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，所以PO⊥平面ABCD. 如图，建立空间直角坐标系，则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，C(4，1，0)，D(2，-1，0)，P(0，0)=(0，1，-)=(2，-2，0). 设平面PBD的法向量为n=(x1，y1，z1)， 所以即 答案 1 2 3 4 2. 取z1=1，得n=(1). 假设存在一点Q满足条件，设Q(a，1，0)(0≤a≤4)， 所以=(0，1)=(a，2，0). 设平面PAQ的法向量为m=(x2，y2，z2)， 所以即 取z2=a，得m=(2-a，a). 设平面PBD与平面PAQ的夹角为θ，则cos θ== 答案 1 2 3 4 2. 即= 解得a=2或a=5(舍去)，此时CQ=2. 所以在棱BC上存在点Q， 使得平面PBD与平面PAQ的夹角的余弦值为此时CQ=2. 答案 1 2 3 4 3. (1)因为梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥AD，AB=AD=DC=2， 所以BD=2BC==2 所以BD2+BC2=CD2，所以BC⊥BD， 又BC⊥PD，BD，PD⊂平面PBD，且BD∩PD=D，所以BC⊥平面PBD， 又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD. (2)因为E，F分别为棱BD，CD的中点，所以EF∥BC，所以EF⊥BD， 又PE⊥BD，所以∠PEF为二面角P-BD-C的平面角， 因为∠PEF=90°，所以平面PBD⊥平面BDC， 答案 1 2 3 4 3. 又平面PBD∩平面BDC=BD，PE⊂平面PBD， 所以PE⊥平面BDC，建立如图所示的空间直角坐标系. 则E(0，0，0)，D(0，0)，B(-0，0)，C(-20)，F(00)，P(0，0). 易知平面PEF的一个法向量为m=(1，0，0)， 设平面PDF的法向量为n=(x，y，z)， =(-0)=(-0)， 答案 1 2 3 4 3. 则即 取x=1，则n=(1，1，1)， 所以cos〈m，n〉== 所以二面角D-PF-E的正弦值为 =. 答案 1 2 3 4 3. (3)由(2)可知，DE⊥平面PEF，故以E为坐标原点，以的方向分别为x，y轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则E(0，0，0)，D(0，0)，B(-0，0)， C(-20)，F(00). 设P(0，y0，z0)，因为PE= 所以+=2，又=(-20，0)=(-220) =(-y0，z0)， 答案 1 2 3 4 3. 设平面PCD的法向量为u=(a，b，c)， 则即 取c=-y0，则u=(z0，z0-y0)， 则点B到平面PCD的距离d===所以2=(-y0)2， 因为+=2，所以4-2=(-y0)2，即3-2y0-2=0， 所以y0=-或y0= 答案 1 2 3 4 3. 因为+=2，所以z0=±或z0=0， 因为z0>0，所以z0=y0=- 所以P 所以存在点P使得点B到平面PCD的距离为. 答案 1 2 3 4 4. (1)因为AB∥CD，且CD⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE， 又因为CD⊂平面SCD，平面SCD∩平面ABE=EF，所以CD∥EF. (2)取AB的中点P，连接CP，则CD=AP，又CD∥AP，所以四边形APCD为平行四边形，因为AD⊥平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AD⊥CD，故四边形APCD为矩形， 在Rt△CPB中，BC2=CP2+PB2=25，又SD2=BC2=25，所以在△SCD中，SD2=CD2+SC2，所以SC⊥CD.因为AD⊥平面SCD，SC⊂平面SCD，所以AD⊥SC，又因为AD，CD⊂平面ABCD，且AD∩CD=D，所以SC⊥平面ABCD， 答案 1 2 3 4 4. 则以CD为x轴，CP为y轴，CS为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，D(3，0，0)，A(3，4，0)，B(-3，4，0)，S(0，0，4)，E 所以==(0，4，0) =(-6，0，0)=(-3，0，4)， 设平面DAE的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 则 答案 1 2 3 4 4. 即可取n1=(4，0，3). 设平面ABE的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 则即 可取n2=(0，1，2). 设二面角D-AE-B的大小为θ(0<θ<π)， 答案 1 2 3 4 4. 则|cos θ|====则二面角D-AE-B的正弦值为 sin θ==. (3)设=λλ∈(0，1)， 则=-=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，4λ)， 设平面ABE的法向量为n3=(x3，y3，z3)， 则即 答案 1 2 3 4 4. 可取n3=(0，λ，1). 因为=(0，4，0)=(-3，4，-4)， 所以d1==d2=== 故d1d2= 设h(λ)=λ∈(0，1)， 则h'(λ)=(1-2λ-λ2)， 令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，解得λ1=-1-(舍去)，λ2=-1+ 答案 1 2 3 4 4. 故当λ∈(0，-1+)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增； 当λ∈(-1+1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减， 所以h(λ)≤h(-1+)=8(-1)， 故d1d2的最大值为8(-1). 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点. (1)证明：平面EBD⊥平面ABCD； 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案 连接AC交BD于点O，连接OE， 在正方形ABCD中，O为AC的中点， 因为E为PC的中点，所以OE∥PA， 又PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD， 又OE⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面ABCD. 证明 (2)若平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为求点F到平面PBC的距离. 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 设AP=a，a>0，则P(0，0，a)，B(4，0，0)，C(4，4，0)，F 则=(4，0，-a)=(0，4，0)， 设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)， 则 令x=a，得m=(a，0，4)， 解 1 2 3 4 答案 易得平面PAD的一个法向量为n=(1，0，0)， 则|cos〈m，n〉|=== 解得a=2， 则m=(2，0，4)=(-4，2，1)， 所以点F到平面PBC的距离为==. 解 1 2 3 4 2.在四棱锥P-ABCD中，已知AD∥BC，BC=2AD=2AB=4，∠BAD=PD =CD，平面PCD⊥平面PBC. (1)证明：平面PAB⊥平面ABCD； 答案 1 2 3 4 答案 分别取PC，PB的中点E和F，连接EF，DE，AF， 则EF∥BC，EF=BC. 又AD∥BC，AD=BC，所以AD∥EF，AD=EF， 所以四边形ADEF是平行四边形，DE∥AF， 因为PD=CD，所以DE⊥PC，又平面PCD⊥平面PBC，平面PCD∩平面PBC=PC，则DE⊥平面PBC，所以AF⊥平面PBC， 因为BC⊂平面PBC，所以AF⊥BC. 由题意知AB⊥AD，所以AB⊥BC，又AB∩AF=A，AB，AF⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD. 证明 1 2 3 4 (2)若PB=2，在棱BC上是否存在一点Q，使得平面PBD与平面PAQ夹角的余弦值为？若存在，求出CQ的长度；若不存在，请说明理由. 答案 1 2 3 4 答案 由(1)可知，F为PB的中点，AF⊥PB，所以AB=AP=2. 又PB=2，所以△PAB是等边三角形. 取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，所以PO⊥平面ABCD. 如图，建立空间直角坐标系，则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，C(4，1，0)，D(2，-1，0)，P(0，0)=(0，1，-)=(2，-2，0). 设平面PBD的法向量为n=(x1，y1，z1)， 所以即 解 1 2 3 4 答案 取z1=1，得n=(1). 假设存在一点Q满足条件，设Q(a，1，0)(0≤a≤4)， 所以=(0，1)=(a，2，0). 设平面PAQ的法向量为m=(x2，y2，z2)， 所以即 取z2=a，得m=(2-a，a). 设平面PBD与平面PAQ的夹角为θ，则cos θ== 解 1 2 3 4 答案 即= 解得a=2或a=5(舍去)，此时CQ=2. 所以在棱BC上存在点Q， 使得平面PBD与平面PAQ的夹角的余弦值为此时CQ=2. 解 3.已知梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥AD，AB=AD=DC=2，如图1.将△ABD沿BD折起到△PBD，得到三棱锥P-BCD，如图2，E，F分别为棱BD，CD的中点. (1)若BC⊥PD，求证：平面PBC⊥平面PBD； 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案 因为梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥AD，AB=AD=DC=2， 所以BD=2BC==2 所以BD2+BC2=CD2，所以BC⊥BD， 又BC⊥PD，BD，PD⊂平面PBD，且BD∩PD=D，所以BC⊥平面PBD， 又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD. 证明 (2)若∠PEF=90°，求二面角D-PF-E的正弦值； 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案 因为E，F分别为棱BD，CD的中点，所以EF∥BC，所以EF⊥BD， 又PE⊥BD，所以∠PEF为二面角P-BD-C的平面角， 因为∠PEF=90°，所以平面PBD⊥平面BDC， 又平面PBD∩平面BDC=BD，PE⊂平面PBD， 所以PE⊥平面BDC，建立如图所示的空间直角坐标系. 则E(0，0，0)，D(0，0)，B(-0，0)，C(-20)，F(00)，P(0，0). 易知平面PEF的一个法向量为m=(1，0，0)， 解 1 2 3 4 答案 设平面PDF的法向量为n=(x，y，z)， =(-0)=(-0)， 则即 取x=1，则n=(1，1，1)， 所以cos〈m，n〉== 所以二面角D-PF-E的正弦值为=. 解 (3)是否存在点P，使得点B到平面PCD的距离为？若存在，确定点P的位置；若不存在，请说明理由. 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案 由(2)可知，DE⊥平面PEF，故以E为坐标原点，以的方向分别为x，y轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则E(0，0，0)，D(0，0)，B(-0，0)， C(-20)，F(00). 设P(0，y0，z0)，因为PE= 所以+=2，又=(-20，0)=(-220) =(-y0，z0)， 解 1 2 3 4 答案 设平面PCD的法向量为u=(a，b，c)， 则即 取c=-y0，则u=(z0，z0-y0)， 则点B到平面PCD的距离d===所以2=(-y0)2， 因为+=2，所以4-2=(-y0)2，即3-2y0-2=0， 所以y0=-或y0= 解 1 2 3 4 答案 因为+=2，所以z0=±或z0=0， 因为z0>0，所以z0=y0=- 所以P 所以存在点P使得点B到平面PCD的距离为. 解 1 2 3 4 4.(2025·包头模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC=SD，AB=2CD=6，SC=AD=4，点E在棱SD上，且不与S和D重合，平面ABE交棱SC于点F. (1)求证：CD∥EF； 答案 1 2 3 4 答案 因为AB∥CD，且CD⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE， 又因为CD⊂平面SCD，平面SCD∩平面ABE=EF，所以CD∥EF. 证明 1 2 3 4 (2)若E为棱SD的中点，求二面角D-AE-B的正弦值； 答案 1 2 3 4 答案 取AB的中点P，连接CP，则CD=AP，又CD∥AP，所以四边形APCD为平行四边形，因为AD⊥平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AD⊥CD，故四边形APCD为矩形， 在Rt△CPB中，BC2=CP2+PB2=25，又SD2=BC2=25，所以在△SCD中，SD2=CD2+SC2，所以SC⊥CD.因为AD⊥平面SCD，SC⊂平面SCD，所以AD⊥SC，又因为AD，CD⊂平面ABCD，且AD∩CD=D，所以SC⊥平面ABCD， 解 1 2 3 4 答案 则以CD为x轴，CP为y轴，CS为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，D(3，0，0)，A(3，4，0)，B(-3，4，0)，S(0，0，4)， E 所以==(0，4，0) =(-6，0，0)=(-3，0，4)， 设平面DAE的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 则即 解 1 2 3 4 答案 可取n1=(4，0，3). 设平面ABE的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 则即 可取n2=(0，1，2). 设二面角D-AE-B的大小为θ(0<θ<π)， 则|cos θ|==== 则二面角D-AE-B的正弦值为sin θ==. 解 1 2 3 4 (3)记点D，S到平面ABE的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值. 答案 1 2 3 4 答案 设=λλ∈(0，1)， 则=-=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，4λ)， 设平面ABE的法向量为n3=(x3，y3，z3)， 则即 可取n3=(0，λ，1). 因为=(0，4，0)=(-3，4，-4)， 解 1 2 3 4 答案 所以d1==d2===故d1d2= 设h(λ)=λ∈(0，1)，则h'(λ)=(1-2λ-λ2)， 令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，解得λ1=-1-(舍去)，λ2=-1+ 故当λ∈(0，-1+)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增； 当λ∈(-1+1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减， 所以h(λ)≤h(-1+)=8(-1)， 故d1d2的最大值为8(-1). 解 返回 $