2026年湖南长沙市高三期末数学试卷 #16
如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，平面 $PAC\perp~\text{平面}~ABC$，$\triangle PAC$ 是边长为 $2$ 的等边三角形，$AB=2\sqrt 2$，$\angle BAC=45^{\circ}$．
1、证明：$BC\perp PA$；
2、若线段 $PC$ 上的点 $Q$ 满足直线 $AP$ 与直线 $BQ$ 所成角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt 5}{10}$，求点 $Q$ 到直线 $AB$ 的距离．
解析
1、在 $\triangle ABC$ 中，$AC=2$，$\angle BAC=45^\circ$，$AB=2\sqrt 2$，于是 $\triangle ABC$ 是以 $C$ 为直角的等腰直角三角形，于是 $BC\perp AC$，又 $PAC\perp ABC$，因此 $BC\perp ABC$，进而 $BC\perp PA$．
2、根据题意，有 $\angle PCB=90^\circ$，作 $QM\parallel PA$ 交 $AC$ 于 $M$，则 $\angle BQM$ 是直线 $AP$ 与直线 $BQ$ 所成角或其补角．
设 $CQ=x$，则\[\begin{cases} |QM|^2=x^2,\\ |QB|^2=x^2+4,\\ |BM|^2=x^2+4,\end{cases}\implies \cos\angle MQB=\dfrac{x^2}{2x\sqrt{x^2+4}},\]于是\[\dfrac{x^2}{2x\sqrt{x^2+4}}=\dfrac{\sqrt 5}{10}\iff x^2=1,\]于是 $Q$ 是 $AC$ 中点，进而 $|QA|=\sqrt 3$，$|QB|=\sqrt 5$，$|AB|=2\sqrt 2$，在直角 $\triangle QAB$ 中，$Q$ 到直线 $AB$ 的距离为斜边上的高，满足\[\dfrac{1}{d^2(Q,AB)}=\dfrac{1}{|QA|^2}+\dfrac{1}{|QB|^2}=\dfrac 13+\dfrac 15=\dfrac{8}{15}\implies d(Q,AB)=\dfrac{\sqrt{30}}4.\]
备注 设 $O$ 为 $AC$ 的中点，建立空间直角坐标系 $O-AyP$，$\overrightarrow{CQ}=t\overrightarrow{CP}$（$t\geqslant 0$），则\[\begin{cases} A(1,0,0),\\ B(-1,2,0),\\ C(-1,0,0),\\ P(0,0,\sqrt 3),\\ Q(t-1,0,\sqrt 3t),\end{cases}\implies \begin{cases} \overrightarrow{AP}=(-1,0,\sqrt 3),\\ \overrightarrow{BQ}=(t,-2,\sqrt 3t),\end{cases}\]于是直线 $AP$ 与直线 $BQ$ 所成角的余弦值为\[ \dfrac{\left|\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{BQ}\right|}{\left|\overrightarrow{AP}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BQ}\right|}=\dfrac{\sqrt5}{10}\iff \dfrac{|2t|}{2\sqrt{4t^2+4}}=\dfrac{\sqrt 5}{10}\iff \dfrac{|t|}{2\sqrt{t^2+1}}=\dfrac{\sqrt 5}{10},\]解得 $t= \dfrac 12$，于是 $Q\left(-\frac 12,0,\frac{\sqrt 3}2\right)$，进而 $\overrightarrow{AQ}=\left(-\frac 32,0,\frac{\sqrt 3}2\right)$，点 $Q$ 到直线 $AB$ 的距离为\[ \sqrt{|AQ|^2-\left(\dfrac{\overrightarrow{AQ}\cdot \overrightarrow{AB}}{|AB|}\right)^2}=\sqrt{3-\frac 98}=\dfrac{\sqrt{30}}4.\]