高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)探究與題型突破第45講空間向量的綜合應(yīng)用(原卷版+解析)

第45講空間向量的綜合應(yīng)用考點(diǎn)1利用向量法求距離[名師點(diǎn)睛](1)向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟①根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量v.②在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計算的點(diǎn)).計算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量eq\o(MN,\s\up6(→)).③垂線段長度d＝eq\r(\o(MN,\s\up6(→))2－（\o(MN,\s\up6(→))·v）2).(2)求點(diǎn)到平面的距離的常用方法①直接法：過P點(diǎn)作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點(diǎn)P到平面α的距離.②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點(diǎn)到平面α的距離來求.③等體積法.④向量法：設(shè)平面α的一個法向量為n，A是α內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到α的距離為d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).[典例]例1已知棱長為1的正方體ABCD－EFGH，若點(diǎn)P在正方體內(nèi)部且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AE,\s\up6(→))，則點(diǎn)P到AB的距離為________.例2如圖，四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝1，E為PC的中點(diǎn).(1)證明：BE∥平面PAD.(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是邊長為2的正三角形，求點(diǎn)E到平面PAD的距離.[舉一反三]如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點(diǎn).(1)求點(diǎn)N到直線AB的距離；(2)求點(diǎn)C1到平面ABN的距離.考點(diǎn)2立體幾何中的探索性問題[典例](2023·全國甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小？[舉一反三](2023·衡水第10次調(diào)研)已知圖中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上運(yùn)動，且滿足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.(1)求證：E，F(xiàn)，P，Q四點(diǎn)共面，且EF∥平面PQB；(2)是否存在點(diǎn)P使得平面PQB與平面PQE夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5)？如果存在，求出CP的長；如果不存在，請說明理由．考點(diǎn)3翻折問題[名師點(diǎn)睛]1.折疊問題中的平行與垂直關(guān)系的處理關(guān)鍵是結(jié)合圖形弄清折疊前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系.一般地，翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.2.由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉(zhuǎn)化，因此整個證明過程圍繞著線面垂直這個核心展開，這是解決空間垂直問題的技巧.[典例](2023·寧波質(zhì)檢)圖1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→)).以BE為折痕將△BCE折起，使點(diǎn)C到達(dá)C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如圖2.(1)證明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值.[舉一反三](2023·常德市臨澧一中階段性考試)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，試在AB上找一點(diǎn)M，使得MF∥平面D1AE；(2)求直線BD1與平面CD1E所成角的正弦值．考點(diǎn)4立體幾何中的動態(tài)問題[典例]1.(2023·湖北八校二聯(lián))如圖，AB是與平面α交于點(diǎn)A的斜線段，點(diǎn)C滿足|BC|＝λ|AC|(λ＞0)，且在平面α內(nèi)運(yùn)動，給出以下幾個命題：①當(dāng)λ＝1時，點(diǎn)C的軌跡是拋物線；②當(dāng)λ＝1時，點(diǎn)C的軌跡是一條直線；③當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是圓；④當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是橢圓；⑤當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是雙曲線．其中正確的命題是________．(填序號)2.(2023·華中師大一附中月考)在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)Q是△PBC內(nèi)(含邊界)的一個動點(diǎn)，且滿足DQ⊥AC，則點(diǎn)Q所形成的軌跡長度是________．[舉一反三]1.(2023·上饒橫峰中學(xué)期中)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別是棱AA1，BC，C1D1的中點(diǎn)，M是該正方體表面上的一點(diǎn)，若eq\o(EM,\s\up6(→))＝xeq\o(EF,\s\up6(→))＋yeq\o(EG,\s\up6(→))(x，y∈R)，則點(diǎn)M的軌跡所形成的長度是________．2.(多選)已知棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方體的表面上運(yùn)動，且總滿足MP⊥MC，則下列結(jié)論中正確的是()A．點(diǎn)P的軌跡中包含AA1的中點(diǎn)B．點(diǎn)P的軌跡與側(cè)面AA1D1D的交線長為eq\f(\r(5)a,4)C．MP的最大值是eq\f(\r(21)a,4)D．直線CC1與直線MP所成角的余弦值的最大值為eq\f(\r(5),5)第45講空間向量的綜合應(yīng)用考點(diǎn)1利用向量法求距離[名師點(diǎn)睛](1)向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟①根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量v.②在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計算的點(diǎn)).計算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量eq\o(MN,\s\up6(→)).③垂線段長度d＝eq\r(\o(MN,\s\up6(→))2－（\o(MN,\s\up6(→))·v）2).(2)求點(diǎn)到平面的距離的常用方法①直接法：過P點(diǎn)作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點(diǎn)P到平面α的距離.②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點(diǎn)到平面α的距離來求.③等體積法.④向量法：設(shè)平面α的一個法向量為n，A是α內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到α的距離為d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).[典例]例1已知棱長為1的正方體ABCD－EFGH，若點(diǎn)P在正方體內(nèi)部且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AE,\s\up6(→))，則點(diǎn)P到AB的距離為________.答案eq\f(5,6)解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)(1，0，0)＋eq\f(1,2)(0，1，0)＋eq\f(2,3)(0，0，1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3))).又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影為eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,4)，∴點(diǎn)P到AB的距離為eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(,\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|))))eq\s\up12(2))＝eq\f(5,6).例2如圖，四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝1，E為PC的中點(diǎn).(1)證明：BE∥平面PAD.(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是邊長為2的正三角形，求點(diǎn)E到平面PAD的距離.(1)證明如圖，取PD的中點(diǎn)F，連接AF，EF，因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)，所以EFeq\f(1,2)CD.又ABeq\f(1,2)CD，所以EFAB，故四邊形ABEF為平行四邊形，所以BE∥AF.又BE?平面PAD，AF?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)解法一(向量法)如圖，取BC的中點(diǎn)O，AD的中點(diǎn)M，連接OP，OM，則OM∥AB∥CD.在等邊△PBC中，PO＝eq\r(3)，OP⊥BC.又AB⊥平面PBC，所以O(shè)M⊥平面PBC.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OC，OM，OP的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，eq\r(3))，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，C(1，0，0)，故Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－1，1，－eq\r(3))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PA,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,－x＋y－\r(3)z＝0，))令x＝1，則y＝－2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1，－2，－eq\r(3))為平面PAD的一個法向量.所以點(diǎn)E到平面PAD的距離d＝eq\f(|n·\o(PE,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋0×（－2）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×（－\r(3)）)),\r(12＋（－2）2＋（－\r(3)）2))＝eq\f(\r(2),2).法二(等體積法)由(1)得BE∥平面PAD，故點(diǎn)B到平面PAD的距離等于點(diǎn)E到平面PAD的距離.如圖，取BC的中點(diǎn)G，連接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.又△PBC是邊長為2的正三角形，所以PG＝eq\r(3)，PB＝BC＝2.因?yàn)锳B⊥平面PBC，AB?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBC.因?yàn)槠矫鍭BCD∩平面PBC＝BC，所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.因?yàn)锳B⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，所以四邊形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，則AD＝eq\r(5)，S△ABD＝eq\f(1,2)×1×2＝1.因?yàn)锳B⊥PB，AB＝1，PB＝2，所以PA＝eq\r(5).在Rt△PGD中，易知DG＝eq\r(5).又PG＝eq\r(3)，所以PD＝2eq\r(2)，所以S△APD＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(（\r(5)）2－（\r(2)）2)＝eq\r(6).設(shè)點(diǎn)B到平面PAD的距離為h，因?yàn)槿忮FP－ABD的體積V＝eq\f(1,3)S△APD×h＝eq\f(1,3)S△ABD×PG，所以h＝eq\f(S△ABD×PG,S△APD)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2).所以點(diǎn)E到平面PAD的距離為eq\f(\r(2),2).[舉一反三]如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點(diǎn).(1)求點(diǎn)N到直線AB的距離；(2)求點(diǎn)C1到平面ABN的距離.解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2eq\r(3)，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中點(diǎn)，∴N(0，4，2).(1)eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)，則|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4.設(shè)點(diǎn)N到直線AB的距離為d1，則d1＝eq\r(|\o(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(,\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|))))eq\s\up12(2))＝eq\r(20－4)＝4.(2)設(shè)平面ABN的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))令z＝2，則y＝－1，x＝eq\f(\r(3),3)，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2)).易知eq\o(C1N,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，則d2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(C1N,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,\f(4\r(3),3))))＝eq\r(3).考點(diǎn)2立體幾何中的探索性問題[典例](2023·全國甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小？[規(guī)范答題](1)證明因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點(diǎn)，且AB＝BC＝2，側(cè)面AA1B1B為正方形，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq\r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq\r(AF2－CF2)＝2eq\r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，……2分故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).設(shè)B1D＝m(0≤m≤2)，則D(m，0，2)，……4分于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.……6分(2)解易知平面BB1C1C的一個法向量為n1＝(1，0，0).……7分設(shè)平面DFE的法向量為n2＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，平面DFE的一個法向量為n2＝(3，m＋1，2－m)，……9分所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).設(shè)平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角為θ，則sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)＝eq\r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，……10分故當(dāng)m＝eq\f(1,2)時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小，為eq\f(\r(3),3)，即當(dāng)B1D＝eq\f(1,2)時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小.……12分[舉一反三](2023·衡水第10次調(diào)研)已知圖中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.點(diǎn)E，F(xiàn)，P，Q分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上運(yùn)動，且滿足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.(1)求證：E，F(xiàn)，P，Q四點(diǎn)共面，且EF∥平面PQB；(2)是否存在點(diǎn)P使得平面PQB與平面PQE夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5)？如果存在，求出CP的長；如果不存在，請說明理由．解：(1)證明：因?yàn)橹崩庵鵄BCD-A1B1C1D1的底面是菱形，所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD.設(shè)AC，BD交點(diǎn)為O，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A所在直線，OB所在直線，過點(diǎn)O且與AA1平行的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，1，0)．設(shè)BF＝a，a∈[1，3]，則E(2，0，a－1)，F(xiàn)(0，1，a)，P(－2，0，a＋1)，Q(0，－1，a)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(QP,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，即EF∥PQ，故E，F(xiàn)，P，Q四點(diǎn)共面．又EF?平面PQB，PQ?平面PQB，所以EF∥平面PQB.(2)不存在．理由如下：在平面EFPQ中，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(EQ,\s\up6(→))＝(－2，－1，1)，設(shè)平面EFPQ的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1＋y1＋z1＝0，,－2x1－y1＋z1＝0，))令x1＝1，可得平面EFPQ的一個法向量為n1＝(1，0，2)．在平面PQB中，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，－1，a＋1)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(0，－2，a)，設(shè)平面PQB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－y2＋（a＋1）z2＝0，,－2y2＋az2＝0，))令z2＝4，得平面PQB的一個法向量n2＝(a＋2，2a，4)，則|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋10,\r(5)·\r(（a＋2）2＋4a2＋16))))＝eq\f(\r(5),5)，可得(a＋10)2＝5a2＋4a＋20，解得a＝2±2eq\r(6)?[1，3]，故不存在點(diǎn)P使得平面PQB與平面PQE夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).考點(diǎn)3翻折問題[名師點(diǎn)睛]1.折疊問題中的平行與垂直關(guān)系的處理關(guān)鍵是結(jié)合圖形弄清折疊前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系.一般地，翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.2.由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉(zhuǎn)化，因此整個證明過程圍繞著線面垂直這個核心展開，這是解決空間垂直問題的技巧.[典例](2023·寧波質(zhì)檢)圖1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→)).以BE為折痕將△BCE折起，使點(diǎn)C到達(dá)C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如圖2.(1)證明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值.(1)證明在圖①中，連接AE，AC，AC交BE于F.∵eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，DC＝3，∴CE＝2，∴AB＝CE.又AB∥CD，∴四邊形AECB是平行四邊形.在Rt△ACD中，AC＝eq\r(32＋（\r(3)）2)＝2eq\r(3)，∴AF＝CF＝eq\r(3).在圖②中，AC1＝eq\r(6)，∵AF2＋C1F2＝ACeq\o\al(2,1)，∴C1F⊥AF，由題意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，∴C1F⊥平面ABED，又C1F?平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面ABED.(2)解如圖②，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))的方向分別為x，y軸的正方向，eq\o(FC1,\s\up6(→))的方向?yàn)閦軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.則D(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(eq\r(3)，2，0)，E(0，1，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3))).設(shè)平面AC1D的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，))取z＝eq\r(3)，得n＝(0，－2，eq\r(3))，∴|n|＝eq\r(7).記直線BC1與平面AC1D所成的角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC1,\s\up6(→))·n,|\o(BC1,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0＋1＋3,2×\r(7))))＝eq\f(2\r(7),7).[舉一反三](2023·常德市臨澧一中階段性考試)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，試在AB上找一點(diǎn)M，使得MF∥平面D1AE；(2)求直線BD1與平面CD1E所成角的正弦值．【解】(1)取D1E的中點(diǎn)N，連接AN，NF，則NF＝eq\f(1,2)EC，NF∥EC.因?yàn)镋C＝eq\f(1,2)AB＝2，當(dāng)AM＝eq\f(1,4)AB＝1時，AM＝eq\f(1,2)EC，AM∥EC.連接MF，則NF＝AM且NF∥AM，則四邊形AMFN是平行四邊形，所以AN∥MF.又MF?平面D1AE，AN?平面D1AE，則MF∥平面D1AE.(2)分別取AE，AB，BC的中點(diǎn)O，G，K，連接OD1，OM，OK，EG，因?yàn)锳D1＝ED1＝2，所以O(shè)D1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，所以O(shè)D1⊥平面ABCE，又OM，OK?平面ABCE，所以O(shè)D1⊥OM，OD1⊥OK.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，所以O(shè)M⊥OK，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則D1(0,0，eq\r(2))，E(－1，1，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，所以eq\o(ED1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\r(2)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－3，\r(2)))，設(shè)平面CD1E的法向量為n＝(x,y,z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up6(→))·n＝2y＝0，,\o(ED1,\s\up6(→))·n＝x－y＋\r(2)z＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＝－\r(2)z，))取z＝1，則n＝(－eq\r(2)，0,1)．記直線BD1與平面CD1E所成的角為φ，則sinφ＝|coseq\o(BD1,\s\up6(→))，n|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(2\r(2),2\r(3)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).考點(diǎn)4立體幾何中的動態(tài)問題[典例]1.(2023·湖北八校二聯(lián))如圖，AB是與平面α交于點(diǎn)A的斜線段，點(diǎn)C滿足|BC|＝λ|AC|(λ＞0)，且在平面α內(nèi)運(yùn)動，給出以下幾個命題：①當(dāng)λ＝1時，點(diǎn)C的軌跡是拋物線；②當(dāng)λ＝1時，點(diǎn)C的軌跡是一條直線；③當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是圓；④當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是橢圓；⑤當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是雙曲線．其中正確的命題是________．(填序號)【解析】在△ABC中，|BC|＝λ|AC|，當(dāng)λ＝1時，|BC|＝|AC|，過AB的中點(diǎn)作線段AB的垂面β(圖略)，則點(diǎn)C在α與β的交線上，所以點(diǎn)C的軌跡是一條直線．當(dāng)λ＝2時，|BC|＝2|AC|，設(shè)B在平面α內(nèi)的射影為D，連接BD，CD，AD(圖略)．設(shè)|BD|＝h，則|BC|＝eq\r(|CD|2＋h2).設(shè)|AD|＝2a，在平面α內(nèi)，以AD所在直線為x軸，AD的垂直平分線為y軸，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)C(x，y)，則A(－a，0)，D(a，0)，|CA|＝eq\r(（x＋a）2＋y2)，|CD|＝eq\r(（x－a）2＋y2)，|CB|＝eq\r(|CD|2＋h2)＝eq\r(（x－a）2＋y2＋h2)，所以eq\r(（x－a）2＋y2＋h2)＝2eq\r(（x＋a）2＋y2)，化簡可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,3)a))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16a2,9)＋eq\f(h2,3)，所以當(dāng)λ＝2時，點(diǎn)C的軌跡是圓．故②③正確．答案：②③2.(2023·華中師大一附中月考)在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)Q是△PBC內(nèi)(含邊界)的一個動點(diǎn)，且滿足DQ⊥AC，則點(diǎn)Q所形成的軌跡長度是________．【解析】如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD.取PC上一點(diǎn)M，連接MD，MB，且DM⊥AC，又AC⊥BD，BD∩DM＝D，所以AC⊥平面BDM，則點(diǎn)Q的軌跡是線段BM.以O(shè)為原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，過點(diǎn)O且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則O(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，C(－eq\r(3)，0，0)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)．設(shè)eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，0≤λ≤1，則eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(3\r(3),2)λ，\f(1,2)＋\f(1,2)λ，1－λ)).因?yàn)镺A⊥DM，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(DM,\s\up6(→))＝0，解得λ＝eq\f(1,3)，所以eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(2,3)))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DM,\s\up6(→))＝(0，－2，0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(2,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(4,3)，\f(2,3)))，所以|eq\o(BM,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(5),3)，即點(diǎn)Q所形成的軌跡長度為eq\f(2\r(5),3).[舉一反