第7章　立体几何课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 高考大题规范解答——立体几何 提能训练　练案[46] 1．(15分)(2025·新课标Ⅰ卷)如图所示的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (ⅰ)证明：O在平面ABCD上； (ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值． [教材链接]　本题源自人教A版必修第二册第164页习题8.6第21题，选择性必修第一册第39页例10、第49页复习参考题1第12题． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， (1分) 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB， (3分) 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB. (4分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 得分保障：得分点：第(1)问得到PA⊥AD可得1分，得到AD⊥平面PAB可得2分，注意需指出PA∩AB＝A，证得平面PAD⊥平面PAB可得1分． 第(2)(ⅰ)问正确建立空间直角坐标系(右手系)可得1分，写出各点坐标并列出半径等量关系可得2分，得到点O的坐标可得2分，证得结论可得1分． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [命题人思维破译]　本题第(1)问以常见的四棱锥为载体，考查线面垂直、面面垂直，比较常规． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(15分)(2025·新课标Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； (2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：证法一：第1步：利用线线平行得两组线面平行 ∵EB∥FC，EB⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F， ∴EB∥平面CD′F， (2分) ∵A′E∥D′F，A′E⊄平面CD′F，D′F⊂平面CD′F， ∴A′E∥平面CD′F. (4分) 第2步：利用两组线面平行得面面平行 ∵EB⊂平面BA′E，A′E⊂平面BA′E，EB∩A′E＝E， ∴平面BA′E∥平面CD′F.(题眼) (5分) 第3步：利用面面平行得线面平行 ∵A′B⊂平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F. (6分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：第1步：利用面面平行的判定定理得面面平行 ∵EB∥FC，A′E∥D′F， (1分) EB⊂平面BA′E，A′E⊂平面BA′E， FC⊂平面CD′F，D′F⊂平面CD′F， (3分) EB∩A′E＝E，FC∩D′F＝F， ∴平面BA′E∥平面CD′F.(题眼) (5分) 第2步：利用面面平行得线面平行 ∵A′B⊂平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F. (6分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法三：第1步：补形，将梯形ABCD补形为平行四边形ABGD 如图，延长DC至点G，使得DG＝AB，连接GB，GD′， (1分) ∵AB∥CD，∴AB∥DG，又AB＝DG， ∴四边形ABGD是平行四边形， ∴AD＝BG，AD∥BG. (3分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 第2步：利用翻折过程中与折痕平行的直线平行关系不变得到线线平行，进而证明A′B∥D′G 翻折后，A′D′＝BG，A′D′∥BG， ∴四边形A′BGD′是平行四边形， ∴A′B∥D′G.(题眼) (5分) 第3步：利用线线平行得线面平行 ∵A′B⊄平面CD′F，D′G⊂平面CD′F， ∴A′B∥平面CD′F. (6分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)第1步：找到面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角 ∵∠DAB＝90°，EF∥AD， ∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF， 翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF， ∴面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角为∠A′EB，(题眼) 即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°， (7分) 第2步：找出3条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系 设AD＝1，取CF的中点O，连接D′O， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 ∵D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F∩CF＝F， ∴EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F， ∴OM、OC、OD′两两垂直，(题眼) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 得分保障：得分点：第(1)问涉及线面平行的证明，解法一中利用线线平行得两组线面平行各得2分，再得面面平行得1分，由面面平行得线面平行再得1分； 第(2)问得到∠A′EB＝60°得1分，正确建立空间直角坐标系得2分，求出相关点及向量的坐标得1分，求得两个平面的法向量各得1分，求出平面与平面夹角的余弦值得1分，会利用同角三角函数的基本关系求出所求二面角的正弦值得2分． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解后反思]　①如果已知空间几何体中两两垂直且第三条直线不太明显，就要利用题目中已有的线段长度、角度等去寻找垂直． ②近年高考中的立体几何大题，一般遵循第(1)问利用传统法求解，第(2)问利用建系法求解，能用建系法突破角度、距离等问题，尽量用建系法，只要正确建立空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，细心运算，一般都可以拿全分． ③立体几何“翻折”问题在高考中屡见不鲜，考生在考场上完全可以借助草稿纸尝试翻折，这样更有助于考生直观感受几何体中的“隐蔽”信息． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[46] 返回导航 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以PA2＋AC2＝PC2，所以PA⊥AC， 在△PAB中，PA2＋AB2＝PB2，所以PA⊥AB， 又因为AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABCD， 所以∠PDA即为直线PD与平面ABCD所成的角， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以PC2＝PB2＋BC2，所以BC⊥PB， 又因为PA⊥BC，PA∩PB＝P， 所以BC⊥平面PAB， 因为AB⊂平面PAB，所以BC⊥AB， 因为AD∥平面PBC，AD⊂平面ABCD， 平面ABCD∩平面PBC＝BC， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 由(1)可知，PA⊥平面ABCD，又PA⊂平面PAC， 所以平面PAC⊥平面ABCD， 又DO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD＝AC， 则DO⊥平面PAC，所以DO⊥PC，且DO＝1， 如图，过点O作OE⊥PC于点E，连接DE， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 因为DO⊥PC，OE⊥PC，且OE∩DO＝O， 所以PC⊥平面OED，又DE⊂平面OED，所以DE⊥PC， 所以∠OED即为二面角A－PC－D的平面角， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·安徽六校教育研究会素质测试)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，上、下底面是边长分别为4和6的等边三角形，AA1⊥平面ABC，设平面AB1C1∩平面ABC＝l，点E，F分别在直线l和直线BB1上，且满足EF⊥l，EF⊥BB1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：由三棱台ABC－A1B1C1知，B1C1∥平面ABC，因为B1C1⊂平面AB1C1，且平面AB1C1∩平面ABC＝l，所以B1C1∥l， 因为EF⊥l，所以EF⊥BC， 又EF⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1， 所以EF⊥平面BCC1B1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)取BC中点M，连接AM，以A为原点，AM为y轴，AA1为z轴， 过点A作x轴垂直于yOz平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为h， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)求证：AC⊥平面BEF； (2)求平面BCD与平面CDC1夹角的余弦值； (3)求点G到平面BCD的距离． [解析]　(1)证明：在△ABC中，因为AB＝BC，且E为AC的中点，所以AC⊥BE， 在矩形ACC1A1中，因为E和F分别为AC和A1C1的中点，可得EF∥CC1， 因为CC1⊥平面ABC，且AC⊂平面ABC， 可得AC⊥CC1，所以AC⊥EF， 又因为BE∩EF＝E，且BE，EF⊂平面BEF， 所以AC⊥平面BEF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)以E为原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则B(2,0,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,1)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 取y＝2，可得x＝1，z＝4，所以n＝(1,2,4)； 因为CC1⊥平面ABC，且BE⊂平面ABC， 可得BE⊥CC1， 又因为AC⊥BE，且AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(2026·八省八校T8联考)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠A1AB＝∠A1AC，O是BC的中点． (1)求证：平面BCC1B1⊥平面A1AO； (2)若A1O⊥底面ABC，且直线AA1与底面ABC所成角为60°，D是棱BB1的中点，求平面AC1D与平面ABC夹角的余弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：如图，连接A1B，A1C． ∵AB＝AC，∠A1AB＝∠A1AC，A1A＝A1A， ∴△A1AB≌△A1AC，∴A1B＝A1C． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 ∵O为BC中点，∴BC⊥A1O.又AC＝AB. ∴BC⊥AO. 又AO∩A1O＝O，AO⊂平面A1AO，A1O⊂平面A1AO， ∴BC⊥平面A1AO. ∵BC⊂平面BCC1B1， ∴平面A1AO⊥平面BCC1B1. (2)∵A1O⊥平面ABC， ∴∠A1AO为A1A与平面ABC所成的角，即∠A1AO＝60°. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．(2026·黑龙江摸底)如图，在△ABC中，AC⊥BC，AB＝2BC＝6，E为AB的中点，过点E作DE⊥AB交AC于点D，将△ADE沿DE翻折至△PDE，得到四棱锥P－BCDE，F为棱PB上一动点(不包含端点)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：因为AC⊥BC，AB＝2BC＝6， 所以∠ABC＝60°，连接CE， 因为E为AB的中点，所以△BCE是等边三角形． 取BE的中点G，连接CG，FG， 则CG⊥BE，则FG∥PE，CG∥DE. 因为FG⊄平面PDE，CG⊄平面PDE， PE⊂平面PDE，DE⊂平面PDE， 所以FG∥平面PDE，CG∥平面PDE， 又CG∩FG＝G，CG，FG⊂平面FCG， 所以平面FCG∥平面PDE， 又CF⊂平面FCG， 所以CF∥平面PDE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以PE2＋BE2＝18＝PB2， 所以PE⊥BE， 因为DE⊥AB，所以DE⊥PE， 又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE， 所以PE⊥平面BCDE， 以E为原点，ED，EB，EP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， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：如图，取AP的中点E，连接ME，BE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)由题意，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，则AP，AB，AD两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 平面PAB的一个法向量为n1＝(0,1,0)． 设平面PCD的法向量为n2＝(x，y，z)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 (2)PA＝AB＝，AD＝1＋，BC＝2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O. (2)(ⅰ)证明：以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示， (5分) 则B(，0,0)，C(，2,0)，D(0,1＋，0)，P(0,0，)， 设O(a，b，c)，因为点P，B，C，D均在球O的球面上， 所以||＝||＝||＝||， 则(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2， (7分) 得a＝0，b＝1，c＝0，即O(0,1,0)，(9分) 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内． (10分) (ⅱ)＝(，2,0)，＝(0,1，－)， (12分) 则cos〈，〉＝＝＝， (14分) 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. (15分) 第(2)(ⅱ)问正确写出，的坐标可得2分，求出两向量夹角的余弦值可得2分，写出结论可得1分． 第(2)问创新考查形式，以往高考题中球的考查往往放在小题中，本次在解答题中考查，同时呼应了2025年1月份的八省联考最后一题．采用坐标法设出球心坐标，联立方程可求出球心位置，确定球心O的坐标后向量的坐标就能确定，进而可求出直线AC与PO所成角的余弦值． 在△OD′F中，D′F＝1，OF＝，∠D′FO＝60°， 由余弦定理得OD′＝， ∴D′F2＝OF2＋OD′2，∴OD′⊥OF. (8分) 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF， ∴四边形EMOF为平行四边形， ∴EF∥OM， 如图所示，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，(易错警示：没有寻找到3条两两垂直的线段，想当然建系，导致完全丢分) (9分) 第3步：写出相关点及向量的坐标 则B，C，D′，E，F，＝(1,1,0)，＝，＝(1,0,0)，＝. (10分) 第4步：求平面BCD′的法向量 设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取z1＝，则m＝(－3,3，)． (11分) 第5步：求平面EFD′A′的法向量 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 取z2＝，则n＝(0，－3，)． (12分) 第6步：利用向量的夹角公式求平面与平面夹角的余弦值 设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝. (13分) 第7步：利用同角三角函数的基本关系求二面角的正弦值 ∴sin θ＝＝＝， ∴平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为. (15分) 1．(2026·河北沧州质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，B，D在以AC为直径的圆上，PA＝AC，∠BAC＝，BC＝1，PC＝2，PB＝. (1)若AD∥平面PBC，求直线PD与平面ABCD所成角的正切值； (2)若AD＝，求二面角A－PC－D的余弦值． [解析]　(1)依题意可知，∠ABC＝，BC＝1，∠BAC＝， 所以AC＝2，AB＝， 又PC＝2，且PA＝AC， 因为PC＝2，PB＝，BC＝1， 所以AD∥BC，所以AD⊥AB，即∠CAD＝， 所以AD＝ACcos ＝1，tan∠PDA＝＝2， 即直线PD与平面ABCD所成角的正切值为2. (2)若AD＝，此时AD＝DC＝，则D在AC上的射影为AC的中点，记为O， 因为△PAC为等腰直角三角形，所以点A到PC的距离为， 所以OE＝， 在Rt△DOE中，DO＝1，OE＝，则DE＝， 所以cos∠OED＝＝＝， 所以二面角A－PC－D的余弦值为. (1)证明：EF⊥平面BCC1B1； (2)若直线EF和平面ABC所成角的余弦值为，求该三棱台的体积． 则B(3,3，0)，B1(2，2，h)，＝(6,0,0)，＝(－1，－，h)， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝，可得平面BCC1B1的一个法向量n＝(0，h，)， 易得平面ABC的一个法向量m＝(0,0,1)， 设EF与平面ABC夹角为θ， m·n＝，|n|＝，|m|＝1， 所以cos〈m，n〉＝＝， 由cos θ＝，得sin θ＝， 由(1)知∥n， 所以sin θ＝|cos〈m，n〉|＝＝， 解得h＝， S△ABC＝×6×6×sin 60°＝9， S△A′B′C′＝×4×4sin 60°＝4， 所以三棱台的体积V＝×(9＋4＋)×＝19. 3．(2026·福建优质高中质检)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，且D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2. 可得＝(－2,1,0)，＝(0，－2,1)， 设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 所以BE⊥平面ACC1A1，即BE⊥平面CDC1， 所以＝(2,0,0)为平面CDC1的一个法向量， 设平面BCD与平面CDC1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 所以平面BCD与平面CDC1夹角的余弦值为. (3)因为G为BB1的中点，可得G(2,0,1)， 所以＝(0,0，－1)， 由(2)知，平面BCD的法向量为n＝(1,2,4)， 设点G到平面BCD的距离为d， 则d＝＝＝. 由题可知OA，OB，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，，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． 设AC＝AB＝4， ∴A1(0,0,2)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，C(0，－2，0)． ∵＝， ∴C1(－2，－2，2)，B1(－2，2，2)， ∴D(－，2，)， ∴＝(－3，2，)，＝(－4，－2，2)． 设平面AC1D的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∴ ∴令y＝， ∴n＝(3，，7)． ∵A1O⊥平面ABC， ∴取平面ABC的法向量m＝(0,0,1)， 记平面AC1D与平面ABC的夹角为α， 则cos α＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， ∴平面AC1D与平面ABC夹角的余弦值为. (1)若F为棱PB的中点，证明：CF∥平面PDE； (2)若PB＝3，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为. (ⅰ)求； (ⅱ)求点F到平面PCD的距离． (2)(ⅰ)因为PE＝AE＝BE＝3，PB＝3， 所以E(0,0,0)，P(0,0,3)，B(0,3,0)，D(，0,0)， 则＝(0，－3,3)， 设＝λ(0<λ<1)， 则F(0,3－3λ，3λ)，＝(0,3－3λ，3λ)． 因为PE⊥平面BCDE， 所以平面BCDE的一个法向量为n＝(0,0,1)， 设直线EF与平面BCDE所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝(λ＝－1舍)， 所以＝. (ⅱ)由(ⅰ)知＝(，0，－3)，＝，＝(－，2,1)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令x＝，得y＝－1，z＝1， 则m＝(，－1,1)， 所以点F到平面PCD的距离为 d＝＝＝. 6．(2026·河北承德、秦皇岛部分学校期中联考)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝2，AB＝2，BC＝2，AD＝4，M是PD的中点． (1)证明：CM∥平面PAB； (2)求平面PAB与平面PCD所成角的正切值； (3)在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平 面PAQ的距离为？若存在，求出的值；若 不存在，请说明理由． 因为M是PD的中点，所以ME∥AD，ME＝AD. 又因为BC∥AD且BC＝AD， 所以ME∥BC，ME＝BC, 所以四边形BCME是平行四边形，所以CM∥BE. 因为CM⊄平面PAB，BE⊂平面PAB，所以CM∥平面PAB. 又因为PA＝2，AB＝2， BC＝2，AD＝4， 所以P(0,0,2)，B(2，0,0)，D(0,4,0)，C(2，2,0)． 因为＝(2，2，－2)，＝(0,4，－2)， 所以 令y＝1，则n2＝. 设平面PAB与平面PCD所成角为θ， 所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， sin θ＝＝＝， tan θ＝＝. 所以平面PAB与平面PCD所成角的正切值为. (3)设＝λ且0≤λ≤1，＝(2，0,0)， ＝(－2，4,0)，则＝λ， ＝＋λ＝(2－2λ，4λ，0)， ＝(0,0,2)． 设平面PAQ的法向量为n3＝(x0，y0，z0)， 则 令y0＝1，所以n3＝. 又因为点D到平面PAQ的距离为， ＝(0,4，－2)， 所以＝＝， 即λ2＝(1－λ)2，解得λ＝. 所以存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为，此时＝. $