第04講立體幾何中的軌跡及探索性問題（秋季講義）（人教A版2019選擇性）

第04講立體幾何中的軌跡及探索性問題【人教A版2019】模塊一模塊一立體幾何中的軌跡問題1．動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷方法動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程.2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，進(jìn)而求解軌跡問題.(2)交軌法：若動(dòng)點(diǎn)滿足的幾何條件是兩動(dòng)曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點(diǎn)，此時(shí)，要首先分析兩動(dòng)曲線的變化，依賴于哪一個(gè)變量?設(shè)出這個(gè)變量為t，求出兩動(dòng)曲線的方程，然后由這兩動(dòng)曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡整理即得動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.(3)幾何法：從幾何視角人手，結(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動(dòng)點(diǎn)的軌跡，再進(jìn)行求解.(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問題，進(jìn)行求解.(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運(yùn)算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進(jìn)行求解.【題型1平行中的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例1.1】（2324高二上·福建福州·期末）已知長方體ABCD?A1B1C1D1，AB=AD=2，AA1=4，M是BB1的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足BPA．3 B．5 C．22 【解題思路】根據(jù)給定條件BP=λBC+μBA1，可得點(diǎn)P在矩形A1【解答過程】在長方體ABCD?A1B1C1D1中，由BP=λ又MP//平面AB1D1，故點(diǎn)P在過連接AB1交A1B于點(diǎn)O，取OB中點(diǎn)N，連接MN，在CD1上取點(diǎn)Q，使得D1由ABCD?A1B1C1D因?yàn)镈1Q=1所以D1Q//ON且D1Q=ON，四邊形因?yàn)镈1O?平面AB1D所以QN//平面AB1D1，同理可得因?yàn)镼N,MN是平面MNQ內(nèi)的相交直線，故平面MNQ//平面AB1D1，即平面MNQ是過所以點(diǎn)P的軌跡是四邊形截面A1BCD1與平面因?yàn)榫匦蜛A1B1B中，AB=2所以A1O=12A所以NQ=D1Q=3故選：A.【例1.2】（2024·湖南長沙·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的邊長為2，M為CC1的中點(diǎn)，A．AM⊥B1M B．C．AM與A1B1所成角的余弦值為23 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間夾角公式、空間向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)逐一判斷即可.【解答過程】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，

則A(0,0,2),A所以A1由AM//平面A1BP，得AM化簡可得：3x?2y=0，所以動(dòng)點(diǎn)P在直線3x?2y=0上，對于選項(xiàng)A：AM=(2,1,?2),B1M=(2,?1,0),對于選項(xiàng)B：CD1//A1B,A1B?對于選項(xiàng)C：A1對于選項(xiàng)D：動(dòng)點(diǎn)P在直線3x?2y=0上，且P為側(cè)面BCC1B1上的動(dòng)點(diǎn)，則P在線段P1故選：BCD.【變式1.1】（2324高二下·江蘇南京·期中）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱BC、CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面ADD【解題思路】利用坐標(biāo)法，根據(jù)線面平行和面面平行的判定及性質(zhì)找出P的軌跡，根據(jù)軌跡特點(diǎn)可求答案.【解答過程】如圖，分別取AA1,A1以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為則M1,0,12所以MN=?12,0,故MN=EF，即MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面所以MN//平面AEF，同理可得NC1//平面AEF，又MN∩N所以平面MNC1//因?yàn)镻是側(cè)面ADD1A1內(nèi)一點(diǎn)（含邊界），所以點(diǎn)P必在線段MN上，即點(diǎn)P的軌跡為MN，所以點(diǎn)P的軌跡長度為MN=MN故答案為：22【變式1.2】（2425高三上·河南·開學(xué)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA=AB=2，點(diǎn)E,F分別為CD,CP的中點(diǎn)，點(diǎn)T為△PAB內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（包括邊界），若CT∥平面AEF，則點(diǎn)T的軌跡的長度為53【解題思路】記AB的中點(diǎn)為G，點(diǎn)T的軌跡與PB交于點(diǎn)H，則平面CHG//平面AEF，建立空間直角坐標(biāo)系，利用CH垂直于平面AEF，的法向量確定點(diǎn)H的位置，利用向量即可得解.【解答過程】由題知，AB,AD,AP兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，記AB的中點(diǎn)為G，連接CG，因?yàn)锳BCD為正方形，E為CD中點(diǎn)，所以AG//CE，且AG=CE，所以AGCE為平行四邊形，所以CG//AE，又CG?平面AEF，AE?平面AEF，所以CG//平面AEF，記點(diǎn)T的軌跡與PB交于點(diǎn)H，由題知CH//平面AEF，因?yàn)镃H,CG是平面CHG內(nèi)的相交直線，所以平面CHG//平面AEF，所以GH即為點(diǎn)T的軌跡，因?yàn)锳0,0,0所以PB=設(shè)PH=λ則CH=設(shè)n=x,y,z為平面則AE?n=x+2y=0AF?因?yàn)镃H⊥n，所以解得λ=23，則CH所以GH=所以GH=故答案為：53【題型2垂直中的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例2.1】（2324高二上·四川瀘州·階段練習(xí)）在棱長為a的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別為BDA．2+5a C．3+5a 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)點(diǎn)Px,y,z，利用MP⊥CN以及M，N兩點(diǎn)的位置關(guān)系可得點(diǎn)P的軌跡為四邊形EFGH【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，∴D0,0,0，Ma2,a2,設(shè)Px,y,z，則MP

∵M(jìn)P⊥CN，∴a2x?a當(dāng)x=a時(shí)，z=a4，當(dāng)x=0時(shí)，取Ea,0,a4，F(xiàn)a,a,a連結(jié)EF，F(xiàn)G，GH，HE，則EF=HG=∴四邊形EFGH為矩形，則EF?CN=0即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH為平面EFGH中的兩條相交直線，∴CN⊥平面EFGH，又EM=?a∴M為EG的中點(diǎn)，則M∈平面EFGH，為使MP⊥CN，必有點(diǎn)P∈平面EFGH，又點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)P的軌跡為四邊形EFGH，又EF=GH=a，EH=FG=52a，∴EF≠EH則矩形EFGH的周長為2+5故選：A.【例2.2】（2024·四川成都·三模）在棱長為5的正方體ABCD?A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，作出輔助線，得到AQ⊥平面CDRH，由點(diǎn)到平面的距離和球的半徑得到點(diǎn)P的軌跡為以5為半徑的圓，從而求出點(diǎn)P的軌跡長度.【解答過程】以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為則Q0,0,52球心O52,52,52，取A1則R52,0,5DC?故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD?平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故當(dāng)P位于平面CDRH與內(nèi)切球O的交線上時(shí)，滿足CP⊥AQ，此時(shí)O52,d=DOr=254?54故點(diǎn)P的軌跡為以5為半徑的圓，故點(diǎn)P的軌跡長度為25故選：B.【變式2.1】（2324高三上·浙江嘉興·期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱A1B1的中點(diǎn)，M,N分別是底面ABCD與側(cè)面CDD1C1A．43π B．655π 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，找到球心O和點(diǎn)P的軌跡，求出O到平面α的距離，利用幾何法求截面圓的半徑和周長.【解答過程】取面對角線B1C中點(diǎn)O，連接ON，B1N，CN，C1N，以A為原點(diǎn)，AB,AD,AA1的方向分別為B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F(xiàn)1,2,0，G1,0,0，HB1N=?1,2,?1，CN=三棱錐C1?B1NC因此點(diǎn)O即為三棱錐C1?BBE=?1,0,2，GF=0,2,0，HG=?1,0,?1GF?BE=0，HG?BEGF,HG?平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，點(diǎn)P的軌跡為矩形FGHI的四邊，如圖所示，OG=?1,?1,?1，BE為平面則球心O到平面FGHI的距離為OG?球面被平面α截得的圓的半徑22?5故選：B.【變式2.2】（2324高三上·北京·期末）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M,N分別為

A．點(diǎn)P可以是棱BB1的中點(diǎn) B．線段MPC．點(diǎn)P的軌跡是正方形 D．點(diǎn)P軌跡的長度為2【解題思路】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA、DC、DD1方向?yàn)椤窘獯疬^程】

在正方體ABCD?A1B1C1D1中，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA、DC、因?yàn)樵撜襟w的棱長為1，M,N分別為BD則D0,0,0，M12,1所以CN=12,0,1，設(shè)因?yàn)镸P⊥CN，所以12x?12+z?12=0，2x+4z?3=0，當(dāng)取E1,0,14，F(xiàn)1,1,1連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，則EF=GH=所以四邊形EFGH為矩形，則EF?CN=0，EH?CN又EF∩EH=E，且EF?平面EFGH，EH?平面EFGH，所以CN⊥平面EFGH，又EM=?12,12,14，所以，為使MP⊥CN，必有點(diǎn)P∈平面EFGH，又點(diǎn)P在正方體的表面上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)P的軌跡為四邊形EFGH，因此點(diǎn)P不可能是棱BB又EF=GH=1，EH=FG且矩形EFGH的周長為2+2×5因?yàn)辄c(diǎn)M為EG中點(diǎn)，則點(diǎn)M為矩形EFGH的對角線交點(diǎn)，所以點(diǎn)M到點(diǎn)E和點(diǎn)G的距離相等，且最大，所以線段MP的最大值為34故選：D.【題型3距離（長度）有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例3.1】（2324高二上·全國·單元測試）如圖，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為正三角形，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，M為底面ABCD內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足MP＝MC．則點(diǎn)M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為（

）

A．

B．

C．

D．

【解題思路】以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M(x,y,0)，得到P(a2,0,32【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC分別為x軸、y軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)M(x,y,0)，正方形邊長為a，則P(a則MC=由MC=MP，即x2所以點(diǎn)M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為一條直線y=1故選：A.【例3.2】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M,N,P分別為棱AB,CCA．B1?MBC的外接球面積為9π B．直線PQC．正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形 D．點(diǎn)Q的軌跡長度為3π【解題思路】可證明正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形，故可判斷C的正誤，利用面面平行的判定定理可判斷B的正誤，利用補(bǔ)體法可求B1?MBC的外接球的直徑后可判斷A的正誤，利用向量的方法可求D到平面MNP的距離，從而可求點(diǎn)【解答過程】如圖，設(shè)A1D1,A由正方體的性質(zhì)可得A1C1//RN故SP//A1C1同理，S,P,T,N也四點(diǎn)共面，故同理R,N,T,M也四點(diǎn)共面，故S,P,正方體被平面MNP截得的截面為六邊形，SP=PN=NT=TM=MT=RS=SP=2因?yàn)槠矫鍹NP∩平面B1BCC1=NT而平面B1BCC1//而NT為三角形BCC1的中位線，故NT//但∠PSR與∠A1C1B方向相反，故∠PSR故∠A1C

同理∠SRM=∠RMT=∠MTN=∠TNP=∠NPS=120°，故正方體被平面MNP截得的截面為正六邊形，故C正確.由A1C1//RN，RN?平面A1B1C同理故RS//平面A1B1C故平面A1B1C//平面MNP，而PQ?平面MNP對于A，將三棱錐B1?MBC補(bǔ)成如圖所示的長方體其中H,G分別為A1B1則其外接球的直徑即為MBCG?HB1C故三棱錐B1?MBC的外接球的表面積為

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則D0,0,0故MN=設(shè)平面MNP的法向量為m=x,y,z，則故?2x+y+z=0?2x+2z=0，取x=1，則z=1,y=1故m=1,1,1，而故D到平面MNP的距離為d=DP而DQ=2，故點(diǎn)Q的軌跡為平面MNP該圓的半徑為4?2=1，故圓的周長為2故選：D.【變式3.1】（2324高二下·四川內(nèi)江·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，△PCD為正三角形，底面為正方形，且邊長均為1．平面PCD⊥平面ABCD，M為底面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)AM=PM時(shí)，M點(diǎn)在底面內(nèi)的軌跡長度為52【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的方法求得M點(diǎn)在底面內(nèi)的軌跡，進(jìn)而求得其長度.【解答過程】取AB中點(diǎn)N，CD中點(diǎn)O，連接OP,ON，因?yàn)槠矫鍼CD⊥平面ABCD，OP⊥CD，平面PCD∩平面ABCD=CD，OP?平面PCD,所以O(shè)P⊥平面ABCD，由題意可得OP,ON,OC兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)N,OC,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,32),A(1,?則AM由AM=PM，可得AM=則x?12+y+則M點(diǎn)在底面內(nèi)的軌跡為線段4x?2y?1=0?1所以軌跡的端點(diǎn)的坐標(biāo)為0,?則M點(diǎn)在底面內(nèi)的軌跡長度為(故答案為：52【變式3.2】（2324高二下·四川成都·期中）如圖，已知棱長為2的正方體A′B′C′D′－ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D內(nèi)（包括邊界）的動(dòng)點(diǎn)，滿足PM=PD，則點(diǎn)P的軌跡長度為142【解題思路】利用空間直角坐標(biāo)系可知，平面A′C′D內(nèi)的P滿足x+y?z=0，PM=PD的P滿足x+2y+z=3，則可得y=3?2x3z=x+33，P是△A′C′D內(nèi)（包括邊界），則0≤x≤【解答過程】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則DD設(shè)平面DA′則有2x+2z=02y+2z=0，令x=1，則則n設(shè)Px,y,z，則∵n⊥DP又∵PM=PD，則x整理得：x+2y+z=3聯(lián)立方程x+2y+z=3x+y?z=0，則可得0≤x≤20≤3?2x當(dāng)x=0時(shí)，P10,1,1，當(dāng)x=在空間中，滿足PM=PD的P為過MD的中點(diǎn)且與MD垂直的平面α兩個(gè)平面的公共部分為直線，即點(diǎn)P的軌跡為α∩平面A′C′D=P1故答案為：142【題型4角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例4.1】（2024·遼寧·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，已知M，N，P分別是棱C1D1，AA1，BC的中點(diǎn)，QA．π2 B．π C．2π D．【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量的位置關(guān)系可證得DB1⊥【解答過程】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、建立空間直角坐標(biāo)系，P1,2,0，M0,1,2，N2,0,1，D故DB1=PN=1,?2,1，設(shè)平面PMN的法向量為則m?令z=1得，x=y=1，故m=因?yàn)镈B1=2m，故Q為平面PMN上的動(dòng)點(diǎn)，直線QB1與直線DB1⊥平面PMN，設(shè)垂足為S，以S即為點(diǎn)Q的軌跡，其中B1由對稱性可知，B1S=1故點(diǎn)Q的軌跡長度為2π故選：C.【例4.2】（2324高二上·黑龍江哈爾濱·階段練習(xí)）四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出Qm,n,0，由二面角Q?PD?A的大小，列出方程，得到15m+n【解答過程】因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB,AD所以PA⊥AB，PA⊥AD，又因?yàn)椤螧AD所以PA，AB，AD兩兩垂直，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)镻A=所以P0,0,1因?yàn)镼是四邊形ABCD內(nèi)部一點(diǎn)，設(shè)Qm其中0≤m平面PDA的法向量為m=設(shè)平面QPD的法向量為n=n?令y=1，則z所以n=cosm由于0≤m所以2?n>0,m因?yàn)镼?PD?A的平面角大小為則cosθ解得：15m設(shè)直線15x+y=2與故動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡的長度為EF的長，令x=0得：y=2令n=0得：m=由勾股定理得：EF=所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡的長度為815故答案為：815【變式4.1】（2324高三上·河北保定·期末）如圖，在棱長為8的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是棱AA1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，給出下列三個(gè)結(jié)論：①若F為BD1上的動(dòng)點(diǎn)，則EF的最小值為42；②D到平面BED1的距離的最大值為863；③M為BC的中點(diǎn)，P為空間中一點(diǎn)，且PD與平面ABCD【解題思路】對于①：建系，設(shè)設(shè)E8,0,8μ,μ∈0,1【解答過程】對于①：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0

可得BD設(shè)E8,0,8μ則DF=DB+可得EF=64當(dāng)λ?12=0λ?μ=0，即λ=μ=1對于②：設(shè)D到平面BED1的距離的最大值為由VD?BED1=V由（1）可知S△BED1所以D到平面BED1的距離的最大值為

對于③：設(shè)P在平面ABCD上射影為O，連接OP,DO,OM，可知：PD與平面ABCD所成的角為∠PDO=30°，PM與平面ABCD所成的角為∠PMO=60°，則tan∠PDO=PODO在空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0

設(shè)Ox,y,0，則x整理得x?9可知P在平面ABCD上射影的軌跡為半徑為35所以軌跡長度為2π故答案為：①②③.【變式4.2】（2024·安徽蕪湖·二模）在三棱錐P?ABC中，PB⊥平面ABC，AB=BC=BP=2，點(diǎn)E在平面ABC內(nèi)，且滿足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC．(1)當(dāng)∠ABE∈π8,(2)當(dāng)二面角E?PA?B的余弦值為33時(shí)，求三棱錐E?PCB【解題思路】（1）先通過垂直關(guān)系得到AE⊥BE，然后建立空間直角坐標(biāo)系得到點(diǎn)E的軌跡，根據(jù)角度求軌跡的長；（2）利用向量法求面面角，解方程求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而利用體積公式求解即可.【解答過程】（1）作BH⊥PE交PE于H，因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE=PE，BH?面PBE，所以BH⊥平面PAE，又因?yàn)锳E?平面PAE，所以BH⊥AE，因?yàn)镻B⊥平面ABC，且AE?平面ABC，所以PB⊥AE，因?yàn)锽H⊥AE，PB⊥AE，PB、BH?平面PBE，PB∩BH=B，所以AE⊥平面PBE，又因?yàn)锽E?平面PBE，所以AE⊥BE．分別以直線BA,BC,BP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則B(0,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，設(shè)E(x,y,0)，因?yàn)锳E⊥BE，所以AE?又AE=(x?2,y,0)，BE所以(x?2)?x+y?y=0，即(x?1)2設(shè)AB中點(diǎn)為N，則N(1,0)，如圖：又∠ABE∈π8,因此，E的軌跡為圓弧QE，其長度為2π（2）由（1）知，可設(shè)E(x,y,0)，PA=(2,0,?2)，AE設(shè)平面PAE的一個(gè)法向量為n=(a,b,c)則n?PA=0n?AE=0BC=(0,2,0)為平面PAB的一個(gè)法向量，令二面角E?PA?B為角θcosθ=|n解得x=2，y=0（舍去）或x=1，y=±1，則E(1,1,0)或E(1,?1,0)，從而可得三棱錐E?PCB的體積VE?PCB【題型5翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題】【例5.1】（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知矩形ABCD中，AB=1，AE=2，如圖，將△ABE沿著BE進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)A與點(diǎn)S重合，若點(diǎn)S在平面BCDE上的射影在四邊形BCDE內(nèi)部（包含邊界），則動(dòng)點(diǎn)S的軌跡長度是（

A．3π B．6π6 C．6【解題思路】過點(diǎn)A作AM⊥BE于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)G，則點(diǎn)S在平面BCDE上的射影N落在線段MG上.由翻折過程可知，SM=AM=63，判斷出S的軌跡是以點(diǎn)M為圓心，【解答過程】如圖（1），過點(diǎn)A作AM⊥BE于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)G，則點(diǎn)S在平面BCDE上的射影N落在線段MG上.在Rt△ABE中，AB=1，AE=2，則BE=3翻折的過程中，動(dòng)點(diǎn)S滿足SM=63，則動(dòng)點(diǎn)S的軌跡是以點(diǎn)M為圓心，63為半徑的一段圓弧.易得BM=33，EM=233，△AME∽△GMB，所以MGMA=MBME=12，則MG=66<SM，如圖（2），在圓M中，故選：C.【例5.2】（2024·湖南邵陽·二模）如圖所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，點(diǎn)E為線段CD（除端點(diǎn)外）上的動(dòng)點(diǎn)，沿直線AE將△DAE翻折到△D′A．當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí)，點(diǎn)D′B．存在點(diǎn)E，使AB⊥平面DC．點(diǎn)A到平面BCF的距離為3D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是13【解題思路】當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí)，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點(diǎn)H，H為定點(diǎn)，D′H的長度為定值，由此可判斷A；無論E在CD（端點(diǎn)除外）的哪個(gè)位置，AB均不與AE垂直，即可判斷B；以AB，AD，AF為x，y，z的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BCF的法向量為n【解答過程】選項(xiàng)A：當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí)，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點(diǎn)H，H為定點(diǎn)，D′H的長度為定值，且D選項(xiàng)B：無論E在CD（端點(diǎn)除外）的哪個(gè)位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面AD選項(xiàng)C：以AB，AD，AF為x，y，z的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，F(xiàn)0,0,3，B3BC=(0,1,0),設(shè)平面BCF的法向量為n=x,y,z,∴則點(diǎn)A到平面BCF的距離為d=n選項(xiàng)D：設(shè)E3λ,1,0，λ∈0,1，BC=0,1,0，EF=?3故選：D．【變式5.1】（2324高二上·廣東廣州·期末）已知矩形ABCD中AB=3，AD=3，現(xiàn)將△ACD沿對角線AC向上翻折（如圖所示），若在翻折過程中，點(diǎn)D到點(diǎn)B的距離在212,302內(nèi)變化時(shí)，點(diǎn)D【解題思路】根據(jù)已知，可知點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，做輔助線，將BD的長度的變化范圍轉(zhuǎn)化為二面角D?AC?B的變化范圍，再由弧長公式計(jì)算即得.【解答過程】如圖所示：在矩形ABCD中，過點(diǎn)D作DF⊥AC交AC于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BE⊥DF交DF于點(diǎn)E，故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以F為圓心，以DF為半徑的圓弧，∠DFE為二面角D?AC?B的平面角.∵AB=3，AD=3∴DF=AD×DCAC=EF=sin∠ACB×BC=3翻折后BE⊥DF，BE⊥EF，DF∩EF=F,DF,EF?平面DFE，∴BE⊥平面DFE.∵DE?平面DFE,∴BE⊥DE.當(dāng)BD=212時(shí)，故△DEF是等邊三角形，所以∠DFE=π當(dāng)BD=302時(shí)，因?yàn)镋F=DF=32,DE=32則點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)圓弧所對應(yīng)的圓心角為π2故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡的長度是αr=π故答案為:π4【變式5.2】（2324高三上·浙江嘉興·期中）如圖，在△ABC中，AB=7，AC=10，BC=3.過AC的中點(diǎn)M的動(dòng)直線l與線段AB交于點(diǎn)N.將△AMN沿直線l向上翻折至△A′MN，使得點(diǎn)A′在平面BCMN內(nèi)的投影H落在線段BC上.則點(diǎn)【解題思路】建立空間坐標(biāo)系，求出A′的軌跡，根據(jù)折疊過程中量之間的關(guān)系的MN?AA′【解答過程】因?yàn)榉矍昂驛′M=AM=102長度不變，所以點(diǎn)A′可以在空間中看做以M為球心，AC為直徑的球面上，又因?yàn)锳′的投影始終在BC上，所以點(diǎn)故點(diǎn)A′軌跡為垂直于底面ABC的豎直面A′BC去截球M所得圓面的圓弧，這個(gè)圓弧的直徑為AA′⊥BC時(shí)，如圖，以底面點(diǎn)B為空間原點(diǎn)建系，根據(jù)底面幾何關(guān)系，得點(diǎn)A(1,6,0)，點(diǎn)設(shè)點(diǎn)A′(x,y,z)，翻折后點(diǎn)A′的投影H(x,0,0)所以點(diǎn)A′縱坐標(biāo)為0，即A(x,0,z)由MC=AM=A′根據(jù)空間兩點(diǎn)之間距離公式可得A′軌跡：(x?2)又因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)A′要符合空間面翻折結(jié)論：A即MN?AA=0又動(dòng)點(diǎn)N在線段AB上動(dòng)，設(shè)N(a,6故MN=且a∈(0,1)，由MN?AA′=0且點(diǎn)A′在上方，由(x?2)2+z2所以弧長為2π3故答案為：2π3模塊模塊二立體幾何中的探索性問題1．與空間向量有關(guān)的探索性問題：在立體幾何中，與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角、二面角或點(diǎn)線面距離滿足特定要求時(shí)的存在性問題．2．立體幾何中的探索性問題的求解策略：解決這兩類探索性問題的解題策略是：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)（有些是題中已給出），設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．(1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”.(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).【題型6線面位置的探索性問題】【例6.1】（2324高二上·上?！て谀┤鐖D，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱B1C1（1）存在點(diǎn)P，使得PA（2）存在點(diǎn)P，使得BD1⊥（3）△PA（4）四面體A1A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】設(shè)正方體棱長為2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，確定（1）正確，考慮到P到平面A1B1E的距離不變，從而易判斷（4），以【解答過程】設(shè)正方體棱長為2,DP=m，由AA1⊥平面ABCD,AP?平面ABCD得A所以PA12由8+m2=5+(2?m)2得m=正方體中，CD//平面A1B1C即P到平面A1B1E的距離不變，而△A以DA,DC,DD1為

正方體棱長為2，則A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),DBD1=(?2,?2,2)，BD1?A1E設(shè)P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE所以cosPE設(shè)P到直線A1E的距離為d=|由二次函數(shù)性質(zhì)知0≤m≤2時(shí)，y=(m?4)2+20遞減，所以d所以△A1PE綜上：（1）（3）（4）正確故選：D.【例6.2】（2324高二上·上海嘉定·期中）在正方體ABCD?A1B1C1DA．存在點(diǎn)Q使得BQ與平面B1CD垂直 B．存在點(diǎn)Q使得DQ與平面C．存在點(diǎn)Q使得B1Q與平面B1CD垂直 D．存在點(diǎn)Q使得【解題思路】如圖，以D為原點(diǎn)，以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，求出平面B1【解答過程】如圖，以D為原點(diǎn)，以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則所以DC=(0,1,0),設(shè)平面B1CD的法向量為m?DC=y=0m?設(shè)Q(1,0,t)(0≤t≤1)，對于A，BQ=(0,?1,t)，若BQ與平面B1CD垂直，則BQ與m共線，則存在唯一λ，使BQ=λm，則(0,?1,t)=λ(1,0,?1)，所以0=λ?1=0t=?λ，方程組不成立，所以BQ對于B，DQ=(1,0,t)，若DQ與平面B1CD垂直，則DQ與m共線，則存在唯一μ，使DQ=μm，則(1,0,t)=μ(1,0,?1)，所以1=μ0=0t=?μ，得t=?1不合題意，所以DQ對于C，B1Q=(0,?1,t?1)，若B1Q與平面B1CD垂直，則B1Q與m共線，則存在唯一λ1，使B1Q=對于D，D1Q=(1,0,t?1)，若D1Q與平面B1CD垂直，則D1Q與m共線，則存在唯一μ1，使D1Q=μ1m，則故選：D.【變式6.1】（2324高二上·天津薊州·階段練習(xí)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：平面A1C1(2)線段B1C上是否存在點(diǎn)P，使得A1P//平面【解題思路】（1）根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面A1C1（2）由空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，由A1P與平面【解答過程】（1）證明：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、則A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，則A1C1=(?3,4,0)，A1設(shè)平面A1C1則n?取x=4，則y=3，z=6，所以平面A1C1設(shè)平面ACD1的法向量為則m?取a=4，則b=3，c=6，所以平面ACD1的一個(gè)法向量為因?yàn)閙=n，即m//n，所以平面（2）設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P使得A1P//平面由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1所以A1所以m?A1所以當(dāng)P為線段B1C的中點(diǎn)時(shí)，A1【變式6.2】（2425高二下·全國·課后作業(yè)）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C(1)求證：平面NPC//平面AB(2)在線段BB1上是否存在一點(diǎn)Q，使AB1⊥【解題思路】（1）應(yīng)用線面平行判定定理得出面面平行即可證明；（2）建立直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)滿足線面垂直即線線垂直計(jì)算求參.【解答過程】（1）∵M(jìn),N,P分別是CC∴NP//AB1,MC//∴CP//MB1．∵CP?平面AB1M,MB∵NP?平面AB1M,AB1?又CP∩NP=P,CP,NP?平面NPC，∴平面NPC//平面AB（2）假設(shè)在線段BB1上存在一點(diǎn)Q，使AB取BC的中點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)BC=2,BQ=a(0≤a≤2)，則M(0,?1,1),A(3∴A∵AB1⊥AB1⊥∴在線段BB1上存在一點(diǎn)Q，使AB1⊥平面A【題型7與空間角有關(guān)的探索性問題】【例7.1】（2324高二下·浙江寧波·期中）如圖，多面體ABCDE中，直角梯形ABCD所在平面與正三角形ABE所在平面垂直，∠ADC=90°，AB=AD=2CD=4．(1)求該多面體的體積V；(2)在棱BC上是否存在點(diǎn)P，使得直線PE和平面ADE所成的角大小為30°？若存在，求出BPBC【解題思路】（1）取AB中點(diǎn)F，連接EF，求證EF⊥平面ABCD，即可由V=1（2）先求證FB,FE,FC兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系F?xyz，設(shè)BPBC=λ,λ∈0,1，依據(jù)已知條件求出PE和平面ADE的法向量n，再依據(jù)cos【解答過程】（1）取AB中點(diǎn)F，連接EF，則由△ABE為正三角形得EF⊥AB，又因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，EF?平面ABE，所以EF⊥平面ABCD，又由題意EF=A所以該多面體的體積V=1（2）連接CF，由題意以及（1）可知AF//DC且AF=DC，所以四邊形AFCD是平行四邊形，所以AD//CF，所以CF⊥AB，所以由EF⊥平面ABCD可知FB,FE,FC兩兩垂直，所以可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F?xyz，則E2所以BE=23設(shè)BPBC=λ,λ∈0,1所以PE=設(shè)n=x,y,z是平面ADE的一個(gè)法向量，則所以AE·n=0AD·n=0所以直線PE和平面ADE所成的角的正弦值為cos=2整理得λ2+5λ?4=0,λ∈0,1，解得λ=所以在棱BC上存在點(diǎn)P，使得直線PE和平面ADE所成的角大小為30°，此時(shí)BPBC【例7.2】（2324高二下·湖南·期中）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是菱形，(1)求直四棱柱ABCD?A(2)在棱AA1上是否能找到一點(diǎn)M，使得平面CD1M與平面BC【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1，以O(shè)A,OB,OO（2）假設(shè)能找到這樣的點(diǎn)M，設(shè)M3,0,t，且0≤t≤22，根據(jù)平面CD1M與平面BCC【解答過程】（1）設(shè)AC∩BD=O,A因?yàn)槔庵侵崩庵?，且底面是菱形，故OA,OB,OO如圖，以O(shè)A,OB,OO1分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系因?yàn)榱庑蜛BCD中，∠ABC=120°，所以O(shè)A=3,OB=1，設(shè)則A3,0,0,B所以CB設(shè)平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n1令x1=1得，所以cosB因?yàn)橹本€BD1與平面BCC所以cosBD1,n（2）假設(shè)能找到這樣的點(diǎn)M，設(shè)M3,0,t，且則CM=設(shè)平面CD1M的一個(gè)法向量為n2=令x2=t得，則cosn由平面CD1M與平面BC可得cosn1,n2所以能找到這樣的點(diǎn)M，此時(shí)，AM=t=322【變式7.1】（2324高二上·安徽六安·期中）如圖，在四棱錐S?ABCD中，四邊形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB=1，P為棱AD的中點(diǎn)，四棱錐S?ABCD的體積為23(1)若E為棱SB的中點(diǎn)，求證：PE//平面SCD；(2)在棱SA上是否存在點(diǎn)M，使得直線SA與平面PMB所成角的正弦值為217？若存在，求出點(diǎn)M【解題思路】（1）作出輔助線，證明出四邊形PEFD是平行四邊形，所以PE//FD，從而得到線面平行；（2）先根據(jù)面面垂直得到線面垂直，SP是四棱錐S?ABCD的高，設(shè)AD=m(m>0)，根據(jù)體積求出m=2，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AM=λAS=【解答過程】（1）取SC中點(diǎn)F，連接EF,FD，∵E,F分別為SB,SC的中點(diǎn)，∴EF//BC，EF=1∵底面四邊形ABCD是矩形，P為棱AD的中點(diǎn)，∴PD//BC，PD=1∴EF//PD，EF=PD，故四邊形PEFD是平行四邊形，所以PE//FD.又∵FD?平面SCD，PE?平面SCD，∴PE//平面SCD.

（2）假設(shè)在棱SA上存在點(diǎn)M滿足題意，在等邊△SAD中，P為AD的中點(diǎn)，所以SP⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD,SP?平面SAD，∴SP⊥平面ABCD，則SP是四棱錐S?ABCD的高.設(shè)AD=m(m>0)，則SP=32m，矩形∴VS?ABCD=以點(diǎn)P為原點(diǎn)，PA,PS的方向分別為則P0,0,0

故PA=設(shè)AM=λPM=設(shè)平面PMB的一個(gè)法向量為n=則n?PM=1?λx+3λz=0n=由題意可得cosAS整理得28λ2?8λ?3=0，解得λ=12或λ=?故存在點(diǎn)M，位于AS的中點(diǎn)處滿足題意.【變式7.2】（2324高三下·重慶·階段練習(xí)）如圖甲，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=π3，將△ABD沿BD向上翻折，得到如圖乙所示的三棱錐

(1)證明：A′(2)若A′C=3，在線段BD上是否存在點(diǎn)G，使得平面A′CG與平面BCD【解題思路】（1）根據(jù)已知證出線面垂直，利用線面垂直性質(zhì)即可得證；（2）利用余弦定理求出BD=23，∠A′【解答過程】（1）取BD中點(diǎn)O，連接A′菱形ABCD中，A′所以A′又因?yàn)锳′O∩CO=O，A′CO?平面A′OC，BD?平面所以BD⊥平面A′又A′C?平面A′（2）△A′BD中，因?yàn)椤螦BC=由余弦定理得BD2=B在△A′OC所以cos∠在平面A′OC中，作OE⊥OC，交A′則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)C方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A′?1假設(shè)在線段BD上存在符合要求的點(diǎn)G0,m,0設(shè)平面A′CG的法向量由A′則A′C?由題可取平面BCD的法向量n2所以cosn當(dāng)m=33時(shí)，BG=433所以當(dāng)BG=433或233時(shí)，平面A【題型8與空間距離有關(guān)的探索性問題】【例8.1】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=V【解答過程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF，則有GF=12AB因?yàn)镈C=12AB，CD//AB所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//又DG?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.設(shè)MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因?yàn)镸B⊥平面BEC，所以VM?BEC因?yàn)镸B⊥平面BEC，BE?平面BEC，BC?平面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，則△MBE,△MBC均為直角三角形.在Rt△MBE中，ME=同理，MC=x取EC的中點(diǎn)H，因?yàn)镸E=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因?yàn)辄c(diǎn)B到面CEM的距離等于22所以VB?MEC而VB?MEC=VM?BEC，所以所以在線段AB上只存在唯一一點(diǎn)M，當(dāng)且僅當(dāng)BM=23015時(shí)，點(diǎn)B到面CEM【例8.2】（2324高三下·江西·開學(xué)考試）已知等邊△ABC的邊長為4，E,F,H分別是邊AB,BC,AC的中點(diǎn)（如圖1），現(xiàn)以EF為折痕把△BEF折起，使點(diǎn)B到達(dá)點(diǎn)B′的位置，且H(1)證明：AC⊥HB(2)在線段B′H上是否存在點(diǎn)M，使得M到平面B′EF的距離為【解題思路】（1）利用折疊前后的相關(guān)位置關(guān)系，由線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理推理即得；（2）結(jié)合圖形特征建系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，將OM的坐標(biāo)用參數(shù)λ表示，求出平面B′【解答過程】（1）

∵E,F分別是邊AB,BC的中點(diǎn)，∴EF//AC，如圖，連接BH交EF于O，連接B′由折疊可知，EF⊥OB′,EF⊥OH,OH∩OB′=O,OH,OB∴AC⊥平面OB′H,∵H（2）∵等邊△ABC的邊長為4,∴HB=23∵HB如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF,OB所在直線為x,y軸，過O作垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則B′∴O設(shè)OM=λOB′+在平面B′EF中，不妨設(shè)平面B′EF的法向量則m?OB′=32則點(diǎn)?M到平面B'EF?的距離為|OM→·∴M為HB′的中點(diǎn)，∴滿足條件的點(diǎn)M存在，且B′【變式8.1】（2324高二下·江蘇連云港·期中）如圖在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA=PD=2，底面ABCD為直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O

(1)求二面角C?PD?A的正弦值；(2)線段AD上是否存在Q，使得它到平面PCD的距離為32?若存在，求出AQ【解題思路】（1）以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PAD和平面PCD的一個(gè)法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解；（2）設(shè)線段AD上存在Q0,m,0,m∈?1,1，根據(jù)向量的距離公式，求得m=?12【解答過程】（1）解：由底面ABCD為直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，且AD=2AB=2BC=2，所以O(shè)C⊥AD，又由PO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，OC所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則平面PAD的法向量m=1,0,0，且可得PC=設(shè)平面PCD的法向量n=x,y,z，則取x=1，可得y=1,z=1，所以n=設(shè)二面角C?PD?A夾角為θ，則cosθ=m?nm?n（2）解：設(shè)線段AD上存在Q0,m,0,m∈?1,1，使得它到平面PCD由PQ=0,m,?1，可得Q到平面PCD的距離解得m=?12或m=52(舍去)，所以【變式8.2】（2324高三上·天津河西·階段練習(xí)）如圖所示，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面AA1C(1)求證：平面AA1C(2)求直線A1B和平面(3)在線段A1B上是否存在一點(diǎn)T，使得點(diǎn)T到直線MC1的距離是【解題思路】（1）根據(jù)直三棱柱的性質(zhì)可知BM⊥AA1，得到BM⊥平面A（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解.【解答過程】（1）由于AB=BC,?AM=CM，所以根據(jù)直三棱柱的性質(zhì)可知BM⊥AA1，由于AC∩AA1=A由于BM?平面C1MB，所以平面AA（2）設(shè)N是A1C1的中點(diǎn)，連接MN，則MN//AA1，MA以M為空間坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，A1(3設(shè)平面C1MB的法向量為則n?MB=y=0n?設(shè)直線A1B和平面C1MB所成角為（3）設(shè)A1T=λ過T作TH⊥MC1=H∵d2∴139∴18λ2?27λ+7=0，∴λ=∴A1一、單選題1．（2324高二上·黑龍江齊齊哈爾·期末）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，M為棱CCA．2 B．22 C．π2 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Fx,y,4，根據(jù)MF⊥AM列等式，得到點(diǎn)F【解答過程】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Fx,y,4，則A4,0,0,則AM=?4,4,2，因?yàn)镸F⊥AM，所以AM·所以x?y+3=0，所以點(diǎn)F的軌跡為上底面中的一條線段.易知點(diǎn)F的軌跡所在直線與上底面正方形的邊的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,3,4),(1,4,4)，所以動(dòng)點(diǎn)F的軌跡長度為(0?1)故選：A.2．（2324高三下·四川·期末）如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，直線B1D∩平面ACD1=E，F(xiàn)是BCA．5 B．52 C．22 【解題思路】先建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，保證P,E,F,B1四點(diǎn)共面，從而得到向量EP與平面【解答過程】分別以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系其中點(diǎn)B1(2,2,2)，由于直線B1D∩平面ACD在矩形BDD1B1中，易得

可得點(diǎn)E滿足DE=13設(shè)平面EFB1的法向量為且EF=(13可得n?EF=0n?由于直線GE與側(cè)面ADD1A1的交點(diǎn)可得P,E,F,B且EP=(x?23得方程z=2x，顯然方程z=2x在平面ADD當(dāng)z=0時(shí)，點(diǎn)P(0,0,0)，此時(shí)兩點(diǎn)P,D重合，當(dāng)z=2時(shí)，x=1，點(diǎn)P(1,0,2)，設(shè)線段A1D1的中點(diǎn)為T從而可得直線GE與側(cè)面ADD1A1的交點(diǎn)且DT=1故選：A.

3．（2024·北京懷柔·模擬預(yù)測）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，F(xiàn)為線段

A．存在點(diǎn)E，使EF//平面ABCDB．三棱錐B1?ACE的體積隨動(dòng)點(diǎn)C．直線EF與AD1D．存在點(diǎn)E，使EF⊥平面A【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷AD；利用空間向量求出線線角的余弦判斷C；利用等體積法確定B1【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D

設(shè)正方體棱長為2，則D0,0,0由E在線段A1C1上運(yùn)動(dòng)，設(shè)Em,2?m,2（平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，顯然EF?n=?1≠0，則直線AD1=?2,0,2，設(shè)直線EF與AD顯然當(dāng)m=12時(shí)，cosθ=32，θ=30°，即存在點(diǎn)E使得直線EF設(shè)平面AB1C1D則m?DA=2x=0m?當(dāng)m=1時(shí)，EF=0,1,?1=m，因此點(diǎn)E在正方體ABCD?A1B1C1D而AA1⊥平面A1B1C可得B1D1⊥平面A1B1C1故選：D.4．（2324高三上·浙江·階段練習(xí)）如圖，已知正方體AC的棱長為2、E、F分別是棱AA1、A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面ABCD內(nèi)（包括界）一動(dòng)點(diǎn)，若直線D1PA．2+1 B．5 C．2+3【解題思路】依題意建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)Pa,b,0，計(jì)算出平面BEF的一個(gè)法向量m的坐標(biāo)，由已知條件得出D1P?m=0，可得出a、b所滿足的等式，再求出點(diǎn)【解答過程】以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、則B2,2,0、E2,0,1、F1,0,2、D則BE=0,?2,1，EF=?1,0,1，設(shè)平面由m?BE=?2y+z=0m?D1P=a,b,?2，由題意可知，D1令b=0，可得a=2；令b=2，可得a=1.所以點(diǎn)P的軌跡交線段AD于點(diǎn)A2,0,0，交線段BC的中點(diǎn)M所以點(diǎn)P的軌跡長度為AM=故選：B.5．（2324高三上·四川成都·期末）如圖所示的幾何體是由正方形ABCD沿直線AB旋轉(zhuǎn)90°得到的，設(shè)G是圓弧CE的中點(diǎn)，H是圓弧DF上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），則下列結(jié)論不正確的是（

）A．存在點(diǎn)H，使得EH⊥BGB．存在點(diǎn)H，使得EHC．存在點(diǎn)H，使得EH//平面D．存在點(diǎn)H，使得直線EH與平面BDG的所成角為30°【解題思路】由題意將圖形補(bǔ)全為正方體，ADMF?BCNE，對于A，根據(jù)EF⊥平面BCNE，當(dāng)F,H重合即可判定；對于B，根據(jù)BD//平面EFMN，而H是圓弧DF上的動(dòng)點(diǎn)，即可判定；對于C，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)平面BDG的法向量和EH垂直即可判定結(jié)果；對于D，當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)F重合時(shí)，直線EH與平面BDG所成角最大，求出夾角正弦值，進(jìn)一步分析即可.【解答過程】對于A，因?yàn)檎襟wADMF?BCMF中，EH⊥平面BCNE,BG?平面BCNE，所以EF⊥BG，所以當(dāng)F,H重合時(shí)，由EH⊥BG.由A正確；對于B，因?yàn)锽D//EM，若EH//BD，則EH//EM，又EH∩EM=E，所以B不正確；對于C，以A為原點(diǎn)，AD,AF,設(shè)BC=2，則A0,0,0,D2,0,0B0,0,2Hm,n,0所以BD設(shè)n=x,y,z為平面則BD·n=0令x=1,得y=?1,z=1，則n假設(shè)EH//平面BDG，則n·EH=m?n+2?2=0因?yàn)閙2+n即H是圓弧DF的中點(diǎn)，符合題意，故C正確；對于D，當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)F重合時(shí)，直線EH與平面BDG所成角最大，EF所以cosn由33>12,得直線EH所以存在點(diǎn)H，使得直線EH與平面BDG的所成角為30°故選：B.6．（2324高二上·福建泉州·期末）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1=λAB

A．當(dāng)λ>1時(shí)，存在M，使得CM⊥平面EFGB．存在M，使得AM//平面EFGC．存在M，使得平面MBC1D．存在λ，使得平面MB1【解題思路】對于ABD：建系，利用空間向量結(jié)合線、面位置關(guān)系分析判斷，對于C：根據(jù)面面平行的判定定理分析判斷.【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1分別為

設(shè)AB=2，則AA1=2λ因?yàn)辄c(diǎn)E,F,G分別是BC,CD,CC所以E1,2,0對于選項(xiàng)B：設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=因?yàn)镋F=可得n?EF=?x?y=0n?設(shè)DM=k因?yàn)锳12,0,2λ，則DA1=則AM=若AM∥平面EFG，則AM⊥可得λ2k?2+2λk=λ4k?2=0，且即M為A1對于選項(xiàng)A：由B可知：CM=若CM⊥平面EFG，則CM//則2kλ=?2對于選項(xiàng)D：由B可知：M2k,0,2λk，則CM因?yàn)锽12,2,2λ，則BC設(shè)平面MB1C則m?CM=2ka?2b+2kλc=0m?若平面MB1C⊥平面EFG對于選項(xiàng)C：

當(dāng)M與D重合時(shí)，因?yàn)镋,G分別是BC,CC則EG//BC1，且EG?平面EFG，BC可得BC1//同理可得：DC1//且BC1∩DC1所以此時(shí)平面MBC1//

故選：A.7．（2324高三上·北京大興·階段練習(xí)）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)①存在點(diǎn)P滿足PM+PD②存在點(diǎn)P滿足∠D③滿足AP⊥D1M的點(diǎn)P④滿足MP⊥D1M的點(diǎn)P其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決此題，①利用兩個(gè)特殊點(diǎn)求出PM+PD1的值，判斷②利用向量垂直數(shù)量積等于零解方程即可求P點(diǎn)坐標(biāo)；③④利用向量垂直數(shù)量積等于零可求P點(diǎn)的軌跡方程，根據(jù)圖形找到P點(diǎn)的軌跡求長度即可.【解答過程】如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，D10,0,1，M動(dòng)點(diǎn)P設(shè)為P①點(diǎn)M關(guān)于平面BCB1C1的對稱點(diǎn)為M1此時(shí)PM+PD當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)C1時(shí)，此時(shí)PM+P所以存在點(diǎn)P滿足PM+PD②PM=1?x,?1若∠D1PM=化簡得：x?122+z?滿足題意，所以②正確；③AP=x?1,1,z，若AP⊥D1M，則AP取BC中點(diǎn)E，BB1中點(diǎn)F，則點(diǎn)P的軌跡為線段EF，長度為22④MP=x?1,1若MP⊥D1M，則MP取BF中點(diǎn)H，BE中點(diǎn)K，則點(diǎn)P的軌跡為線段HK，長度為24故選：C.8．（2324高二上·北京·期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)M是A．不存在點(diǎn)N滿足∠A1NM=π2 B．滿足C．滿足MN//平面A1BC1的點(diǎn)N的軌跡長度是1 D．滿足【解題思路】利用正方體中的垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，翻譯條件求出軌跡方程，注意變量的取值范圍，求解軌跡長度即可.【解答過程】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則有A(2,0,0)，M(0,2,1),N(x,y,0)，對于A選項(xiàng)，若∠ANM=π2，則NA?NM=0故N軌跡方程為x?12+y?12=2，當(dāng)x=0也在底面內(nèi)，故存在這樣的點(diǎn)N存在，A錯(cuò)誤；對于B選項(xiàng)，∵A1N=5，∴1為半徑的圓周長的14，故長度為1對于C選項(xiàng)，A1B=0,2,?2故有2y?2z=0?2x+2y=0，解得x=1y=1z=1∵M(jìn)N//平面A1BC，∴MN?∵0≤x≤2,0≤y≤2，∴N在底面內(nèi)軌跡的長度為12對于D選項(xiàng)，B1N=∵B1N⊥A1M，∴B∵0≤x≤2,0≤y≤2，∴N在底面內(nèi)軌跡的長度為12故選：D.二、多選題9．（2324高二上·江蘇南京·階段練習(xí)）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1DA．存在點(diǎn)M，使得直線AM與直線B1CB．存在點(diǎn)M，使得直線AM與直線B1CC．存在點(diǎn)M，使得三棱錐D1?D．存在點(diǎn)M，使得C1M⊥【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算判斷AB；求出三棱錐的體積判斷C；利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷D.【解答過程】在棱長為1的正方體ABCD?A1B以BC,BA,BA1所在直線分別為x,y,z軸的空間直角坐標(biāo)系則A0,1,0,B0,0,0設(shè)BM=tBD1=對于AB，AM=t,t?1,t,B1因此不存在點(diǎn)M，使得直線AM與直線B1C所成的角為30°對于C，假設(shè)存在點(diǎn)M，使得三棱錐D1?C1DM且點(diǎn)M到平面CDD1C1的距離為解得t=13，當(dāng)點(diǎn)M為線段BD1的靠近B的三等分點(diǎn)，即M(1對于D，假設(shè)存在點(diǎn)M，使得C1M⊥平面A1則C1M?BD=2t?1=0C1M?BA1=2t?1=0故選：CD.10．（2024·湖南·三模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)P是正方體的上底面

A．三棱錐Q?PCD的體積是定值B．存在點(diǎn)P，使得PQ與AA1C．直線PQ與平面A1ADD．若PD1=PQ，則【解題思路】利用等體積轉(zhuǎn)換即可求得體積為定值判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，得QP=(x?2,y?1,2)，AA1=(0,0,2)，利用向量夾角公式求解判斷B；求平面A1ADD【解答過程】對于A，三棱錐Q?PCD的體積等于三棱錐P?QCD的體積，V三棱錐以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B

則Q(2,1,?2)，設(shè)P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，則QP對于B，AA1=(0,0,2)，使得PQ與Acosα=因?yàn)?<x<2,0<y<2，故0<x?22+而cos60°=對于C，平面A1ADD所以直線PQ與平面A1ADD1所成角因?yàn)?<x<2,0<y<2，故?2<x?2<0故x?2(x?2)而x?2(x?2)2+5故0<x?2(x?2)2+(y?1)對于D，D1(0,2,0),D可得x2+(y?2)在xA1y平面內(nèi)，令x=0，得y=32，令y=0(2?5故選：ACD.11．（2324高一下·吉林·期中）如圖，在棱長為1的正方體ABCD=A1B1C1D1中，M，N分別是AB，A．若MN⊥PN，則點(diǎn)P的軌跡長為2B．在線段C1D1上存在點(diǎn)P，使得直線PMC．若P為線段C1D1的中點(diǎn)，則三棱錐P?MND．過點(diǎn)P可以作4條直線與A1B，AC均成【解題思路】對于選項(xiàng)A，建立空間直角坐標(biāo)系，令Px,y,1，根據(jù)MN?PN=0，建立關(guān)于x,y的方程，從而得到動(dòng)點(diǎn)對于選項(xiàng)B，根據(jù)A,B,C1,D1對于選項(xiàng)C，直接求出VC1?MNB，根據(jù)VP?MNC1=對于選項(xiàng)D，根據(jù)直線BC1與A1B，AC均成60°角，只要過點(diǎn)【解答過程】對于選項(xiàng)A，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，Px,y,1NP=x?12,y,1所以x?12,y,1又因?yàn)辄c(diǎn)P在正方形A1B1C1D1對于選項(xiàng)B，如圖，連接AD1，BC1，由正方體的性質(zhì)知，AB所以A,B,C1,D1對于選項(xiàng)C，如圖，取B1C1的中點(diǎn)F，連接PF,FM連接NO,MO,OC1，則幾何體從而VP?MN在三棱柱PC1F?NOM其中VCVP∴VC又VC對于選項(xiàng)D，通過平移直線可知，直線BC1與A1B，AC均成60°角，那么只要過點(diǎn)P作直線與BC1平行即可滿足與故選：AC.三、填空題12．（2324高一下·云南麗江·階段練習(xí)）如圖，棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在底面ABCD上（包括邊界）移動(dòng)，且滿足B1【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA,DC,DD1為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Px,y,0【解答過程】由正方體ABCD?A1B1C1D設(shè)Px,y,0且0≤x≤2,0≤y≤2易知D10,0,2,E由B1P⊥D1E即y=?1當(dāng)x=0時(shí)，y=1，即圖中DC的中點(diǎn)F0,1當(dāng)y=0時(shí)，x=2，即圖中A點(diǎn)A2,0即可得點(diǎn)P在底面ABCD上運(yùn)動(dòng)形成的軌跡為線段AF，易知AF=5故答案為：5.13．（2024·湖南長沙·三模）已知棱長為3的正四面體ABCD，E為AD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足PA=2PD，平面α經(jīng)過點(diǎn)D，且平面α//平面BCE，則平面α截點(diǎn)P的軌跡所形成的圖形的周長為23【解題思路】設(shè)△BCD的外心為O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Px,y,z，根據(jù)PA=2PD可求得P點(diǎn)軌跡是以G0,433,?63為球心，2為半徑的球；延長AB,AF,AC到點(diǎn)M,Q,N，使得AB=BM，AF=FQ，AC=CN，由面面平行的判定可證得平面BCE//平面MND，則平面MND為平面α，可知點(diǎn)G到平面DMN的距離d【解答過程】設(shè)△BCD的外心為O，BC的中點(diǎn)為F，過O作BC的平行線，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，∵△BCD為等邊三角形，BC=3，∴OD=23DF=∴A0,0,6，D0,設(shè)Px,y,z，由PA=2PD得：x整理可得：x2∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以G0,43延長AB,AF,AC到點(diǎn)M,Q,N，使得AB=BM，AF=FQ，AC=CN，則CE//DN，BE//MD，又DN,MD?平面MND，∴CE//平面MND，BE//平面MND，由CE∩BE=E，CE,BE?平面∴平面BCE//平面MND，即平面MND為平面α則點(diǎn)G到平面DMN的距離d即為點(diǎn)G到直線DQ的距離，∵DG=0,33,?6∴點(diǎn)G到直線DQ的距離d=DG∴截面圓的半徑r=22?12=3即平面α截點(diǎn)P的軌跡所形成的圖形的周長為23故答案為：2314．（2324高三下·四川巴中·階段練習(xí)）如圖，棱長為1的正方體中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），以下正確的是①②

①C1②存在點(diǎn)P，使得D1P//面③AP+PD1的最小值為④存在點(diǎn)P，使得C1P與面A1【解題思路】建立如圖空間直角坐標(biāo)系D?xyz，設(shè)BP=λBA1(0<λ<1)，則P(1,1?λ,λ)，利用空間向量法即可證明①②④；將平面AA1【解答過程】由題意，建立如圖空間直角坐標(biāo)系D?xyz，

則D(0,0,0),B(1,1,0),A所以BA設(shè)BP=λBA1(0<λ<1)所以C1①：C1所以C1②：設(shè)平面DBC1的一個(gè)法向量為則n?DB=x1+y有n?D1P=2λ?1，當(dāng)λ=12時(shí)，n所以當(dāng)點(diǎn)P為A1B的中點(diǎn)時(shí)，D1③：將平面AA1B與平面A1D1CB

在△D1A得AD即AP+PD④：由DC1⊥得DC1⊥平面A1D1CB，即D假設(shè)存在點(diǎn)P，使得C1P與平面A1設(shè)該線面角為θ,θ∈(0,π2]所以sinθ=整理得8λ2?8λ+5=0所以不存在點(diǎn)P，使得C1P與平面A1故答案為：①②.四、解答題15．（2425高二上·上?！卧獪y試）已知在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°，2AB=2AD=CD，側(cè)面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中點(diǎn)．(1)判定直線BE與平面PCD的位置關(guān)系，并說明理由；(2)在PB上是否存在一點(diǎn)F，使AF//平面BDE.【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，證明BE⊥PC，BE⊥CD即可；（2）存在PB的中點(diǎn)F，使AF//平面BDE．先計(jì)算平面BDE的法向量為n=x,y,z及AF，由【解答過程】（1）直線BE與平面PCD垂直．理由如下：依題意，取AD的中點(diǎn)O，連接PO,因?yàn)槠矫鍼AD為等邊三角形，所以PO⊥AD,又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，以AD的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB=AD=2，則B1,2,0，C?1,4,0，D?1,0,0，P所以BE=?32,0,所以BE?BE?即BE⊥PC，BE⊥CD，又PC∩CD=C，PC?平面PCD,CD?平面PCD,所以BE⊥平面PCD．（2）存在，設(shè)平面BDE的法向量為n=x,y,z，則n⊥所以n?BE=0又BE=?3所以n令y=?1，則x=1，z=3所以平面BDE的一個(gè)法向量為n=取PB的中點(diǎn)F，則F1又A1,0,0，所以AF因?yàn)锳P?所以AF⊥又n是平面BDE的法向量，且AF不在平面BDE上，所以AF//平面BDE．故存在PB的中點(diǎn)F，使AF//平面BDE．16．（2324高二上·安徽合肥·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥面ABCD,AB//CD，且CD=2，AB=1,BC=22,PA=1,AB⊥BC,E,F分別為(1)求證：EF//平面PAB；(2)在平面PBC內(nèi)是否存在點(diǎn)H，滿足HD?HA=0【解題思路】（1）過E作EG⊥AD交AD于點(diǎn)G，連接EG,GF，由線面平行證明面面平行，再由面面平行的性質(zhì)即可得出線面平行的證明；（2）由HD⊥HA,H點(diǎn)在空間內(nèi)軌跡為以AD中點(diǎn)為球心，12AD=32為半徑的球，而AD中點(diǎn)到平面【解答過程】（1）如圖，過E作EG⊥AD交AD于點(diǎn)G，連接EG,GF，PA⊥面ABCD，AD?面ABCD，則PA⊥AD，又EG?面PAD，PA?面PAD，且EG,PA不共線，故EG//PA，因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以G也為AD中點(diǎn)，又F為BC的中