∴△AOB为正三角形（O为球心）
∴∠AOB??3
?R3
∴A、B两点球面距离为∴选D
例5. 如图，四棱锥P—ABCD，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PD中点。 （1）求证：AF∥平面PEC；
（2）若AD＝2，CD?22，二面角P—CD—B为45o，求点F到平面PEC
距离。
解：G为PC中点，连结FG、EG 又∵F为PD中点
11∴FG∥CD，又AE∥CD?2?2
∴FG∥AE?
∴四边形AEGF为平行四边形
∴AF∥EG，又EG?面PEC，AF?面PEC
∴AF∥平面PEC
（2）∵CD⊥AD，又PA⊥面ABCD ∴AD为PD在面ABCD上射影 ∴CD⊥PD
∴∠PDA为二面角P—CD—B的平面角，且∠PDA＝45° 则△PAD为等腰直角三角形 ∴AF⊥PD，又CD⊥平面PAD ∴CD⊥AF ∴AF⊥面PCD
作FH⊥PC于H，则AF⊥FH 又EG∥AF，∴EG⊥FH
∴FH⊥面PEC，∴FH为F到面PEC的距离 在Rt△PEG中，FH·PG＝PF·FG
∴FH?
2?22?222?1
方法2：（体积法）
∵AF∥面PEC，故只要求点A到面PEC的距离d
由VA?PEC?VP?AEC即11S?PEC·d?S?AEC·PA33
易证AF⊥面PCD，∴EG⊥面PCD
∴EG⊥PC
∴S?PEC112?PC·EG?2?2222??2?2?2?222
S?AEC?11AE?BC??2?2?222
∴d?
S?AEC·PA2?2??1S?PEC22
（三）对命题条件的探索
例6. （1）如图已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面ABCD，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件E点有两个时，a的取值范围是（ ）
A.a?6C.0?a?6B.a?6 D.0?a?6
解：∵PA⊥面ABCD，PE⊥DE
由三垂线定理的逆定理知PE的射影AE⊥BE
所以满足条件的点E是以AD为直径的圆与BC的交点，要有两个交点，则 AD＞2AB＝6 ∴选A
（2）如图，在三棱柱ABC－A'B'C'中，点E、F、H、K分别为AC'、CB'、A'B、B'C'的中点，G为△ABC的重心，从K、H、G、B'中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为（ ）
A. K B. H C. G D. B
分析：从题目中的“中点”条件，联想到“中位线”。 而平面PEF中，EF为定直线，连BC'则F为BC'中点
故?AC'B中，EF∥AB?AB∥平面PEF，A'B'∥平面PEF
考虑到若P为K点，则还有AA'、BB'、CC'都平行于FK 即它们也都平行于平面PEF，不合题意。 同理P也不能为H点，若P为B'点时，EF与B'A'共面也不符合题意（这时只有一条棱平行于平面PEF），可见只能取G点。 故选C
例7. 如图，是棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1
（1）线段A1B上是否存在一点P使得A1B⊥平面PAC?若存在，确定P的位置；若不存在，说明理由。
（2）点P在线段A1B上，若二面角C—AP—B的大小是arctan2，求P点位
B1Q。QD
置；
（3）Q点在对角线B1D上，使A1B∥平面QAC，求
解：（1）（用反证法）
假设BA1⊥面PAC，则A1B⊥AC
∵A1C1∥AC，易知A1B与A1C1成60 即A1B与AC成60角，与A1B⊥AC矛盾 ∴A1B不垂直于平面PAC
∴不存在点P满足题目条件
（2）过B作BH⊥AP于H，连CH
oo
由于CB⊥面ABB1A1，故CH⊥AP
即∠BHC是二面角C—AP—B的平面角
∴tan∠BHC?即AB?2BH
BC?2BH
即在Rt?BHA中，∴∠BAH＝30°
BH1?AB2
在?ABP中，PBAB?，又AB?1sin30?sin105?
∴PB?
12?6?246?22
（3）由于A1B∥D1C，∴A1B∥面D1AC ∴点Q是直线B1D与面D1AC的交点
下面求Q点的位置。
设AC∩BD?O，显然?QOD∽?QD1B1
∴B1QB1D1??2QDDO
（四）对命题结论的探索 例
8.
（1）正方体ABCD?A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，
并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是（ ）
A.线段B1C
B.线段BC1
C.BB1中点与CC1中点连成的线段 D.BC中点与B1C中点连成的线段
分析：从条件AP⊥BD1出发，可知AP必在过A点且与BD1垂直的平面B1AC上 ∴点P必在B1C上 ∴选A
（2）如图，斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在（ ）
A. 直线AB上
B. 直线BC上