2022-2023学年人教A版高二数学上学期同步讲义拓展三：空间向量中动点的设法(解析版)

拓展三：空间向量中动点的设法

三目标导航

立体几何是高考必考的核心问题之一，每年都会考查一道大题，主要考查点线面位置关系的判定、体积问

题、空间角、动点问题.其中最复杂的是将动点加入到要考查的问题中，立体几何中的动点问题因其能够较

好地考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力而受到命题者青睐.求解此类动点问题采用向量法（坐标法）

来求解可以避开复杂的中间分析过程，将待求目标表示成变量的函数模型，借助函数求值域的方法求出最

值.

含'高频考点

-（三）双动点

'三知识梳理

知识点1空间向量可解决的立体几何问题

用表示直线。力的方向向量，用m,n表示平面。的法向量

1、判定（证明）类

(1)线面平行：a//b<s>a//b

线面垂直：a±b<i>a±b（3）面面平行：而〃日

(4)面面垂直：=

2、计算类:

利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线/,机的方向向量分别为。涉，平面4尸的法向量分别为

m,n,则

①两直线/,〃?所成的角为cos,，弓=

②直线/与平面a所成的角为。（Owesin。=cos（a,mam

③二面角a-/—力的大小为。（OWew〃）,|cosO|I=nMi-M?I

Imiln|

cos6=cos=gpr或cos6=—cos（而,耳=一露j（视平面角与法向量夹角关系而定）

④点到平面距离：设A为平面a外一点，p为平面a上任意一点，则A到平面«的距离为dA_a

即AP在法向量〃上投影的绝对值.

知识点2空间向量动点的设法

在立体几何解答题中常常涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本

讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧：

1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标（x,y,z）,再想办法利用条件求出坐标

2、解题关键：减少变量数量——（x,y,z）可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或

者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，

最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：

（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标

（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标

规律：维度=所用变量个数

3、如何减少变量：

（1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若"〃Bom4eR使得£=（2设问法）

例：已知A。,3,4）,网0,2,1）,那么直线4P上的某点/（x,y,z）坐标可用一个变量表示，方法如下：

W=（x-l,y-3,z-4）,AP=（-l,-l,-3）——三点中取两点构成两个向量

因为M在AP上，AM//AP=>AM=AAP——共线定理的应用（关键）

x—1=-Ax=\-2

,y_3=-A=>,y=3-A,即Af（1—43—44—3兄）---仅用一个变量X表示

z—4=—32z—4—3A

注：①若点在x轴上可设点为（7,o,o）,若点在y轴上可设点为（0/0）,若点在z轴上可设点为（o,o,t）,注

意根据具体题目给出t的范围。（点落在与％y,z轴平行的直线处理方式大致相同）

②若点在直线/上，且直线/在k。，平面上，则点的竖坐标为o,若已知直线/上的两点坐标，除了使用

力设问法，还可以在X。）,平面上表示出直线/的方程，得到％，y的关系，则引入一个参数x（注意给出参

数的范围）即可表示点的坐标。（同理若直线在Mz,yoz平面上也适用，不适用于在空间中的斜线）

③若点在面上，有时也可利用向量共线定理解决。

（2）平面上的点：平面向量基本定理——若aB不共线，则平面上任意一个向量Z，均存在2,0GR,使

得：c=Mi+8b

例：已知A（l,3,4）,P（0,2,l）,Q（2,4,0）,则平面APQ上的某点M（x,y,z）坐标可用两

个变量表示，方法如下：AM=(x-l,y-3,Z-4),AP=(-l,-l,-3),Pe=(2,2,-l),

X=1-/14-2/?

故AM=AAP+^PQ即y=3—A+2,

z=4—34—，

考点精析

考点一动点的设法

（-）动点在x,y,z轴上

若点在X轴上可设点为0,0）,若点在）'轴上可设点为（0/0）,若点在Z轴上可设点为（0,0"）,注意

根据具体题目给出t的范围。(点落在与x,y,z轴平行的直线处理方式大致相同)

【例1-1】在边长为2正方体AG中:

(1)求证AC|_L平面4c3；

(2)求直线CC与平面6C4所成角的正弦值;

5

(3)线段AB上是否存在一点M(不与端点重合，使得二面角4-MC-G所成平面角的余弦值为

V26

若存在，求IAMI的值，若不存在，请说明理由.

【解析】(D以点A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系

40,0,0),0(2,2,2),4(2,0,2),C(2,2,0),£),(0,2,2)

ACi=(2,2,2),B^C=(0,2,-2),的=(-2,2,0)设平面B.CD,的法向量为万=(x,y,z)

2y-2z=0

，则无=(1,1,1)

-2x+2y=0

又超=2万，ACJ/n

则AG_L平面与C2

(2)CCi=(0,0,2)

CCi-n二|品昌则直线cc,与平面B.CD,所成角的正弦值为辛

'肥西

(3)设痂=4砾0”<1,5(2,0,0),则M(2Z0,0)

即福=(2,0,0),说=(2/1,0,0),电=(2/1,0,-2),而=(2,2,-2)

GW=(22-2,-2,0),Cq=(0,0,2)

设平面的法向量为*=（N，X，ZJ

J4M•4=0f2/tXj-2Zj=0

，则]=(L/l—LX)

[AjC-zij=02%j+2yt—2zt=0

同理可得出平面MC}C的法向量为2=（1,%-1，0）

_________1+(__1)2_________

|cos(万”为)==，=即12；12+/1一1=0,解得4=一:（舍），九=!

I7I+M-I)2+A2-7I+(>L-I)2V263-4

即存在\AM|=|使得二面角A-^C-C,所成平面角的余弦值为

变式1：如图，AD//BC且AD=2BC,ADVCD，EG//AD且EG=AD,CD//FG且CD=2FG>OGJ_平

ffiABCD,DA=DC=DG=2.

I）若M为C尸的中点，N为EG的中点，求证：MN〃平面CDE；

（II）求二面角E-BC-F的正弦值；

（III）若点P在线段OG上，且直线BP与平面AZJGE所成的角为60。，求线段。尸的长.

【解析】（I）证明：依题意以O为坐标原点，分别以力A、成、反;的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立

空间直角坐标系（如图）.

可得。(0,0,0),4(2,0,0),B(L2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),

G(0,0,2),Ml,0,2).

依题意，成=(0,2,0),力宓=(2,0,2).

设〃o=(x,j,z)为平面CDE的法向量，

〃0・反=2'=0»

则”.不妨令z=-1,可得〃o=(L0,—1),

n^DE=2x+2z=0'

3

又向V=(L~2,1),可得办•“<)=().又因为直线MMt平面COE，

所以MN〃平面CDE.

(H)依题意，可得肪=(-1,0,0)•Bk=(l,-2,2),肆=(0,-1,2).

设"=(x,y,z)为平面8CE的法向量，

/“炭'=-x=0>

.不妨令z=l,可得"=(0,1,1).

{n'BE=x—2y+2z=0'

设zn=(x,y,z)为平面3c尸的法向量，

m•就=-x=0'

则1.不妨令z=L可得"?=(0,2,1).

,nfCF=—y+2z=0'

因此有cos〈，"，n)=|W|.|H|=10，

V10

于是sin<m,n>=io.

Vio

所以二面角E-BC-F的正弦值为io.

(W)设线段OP的长为MGW/0,2/)，则点尸的坐标为(0,0,ft),

可得协=(-1,-2,人)，而虎=(0,2,0)为平面AOGE的一个法向量，

[卧反]2

故际〈前,血〉仁|前.或「赤本

2_近近

由题意，可得帜4=sin60°=2，解得〃=3^[0,2].

近

所以线段。尸的长为3.

变式2：(2019•天津卷)如图，AE_L平面ABCD，CF//AE，AD//BC>ADLAB，AB=AD=1，

AE=BC=2.

(II)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;

1

(IH)若二面角E-BD-F的余弦值为§>求线段CF的长.

【解析】依题意，建立以A为原点，分别以油，Ab，4为的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角

坐标系（如图），则4（0，（），0），5（1>0，（）），C（1，2，0），0（0，1，0），E（0>0'2）.设CF=h也>0），则

（I）证明：依题意，瓦&=（1，0>0）是平面ADE的法向量，又彷=（0，2，力），可得泳/方=0>又因为

直线3Ht平面ADE，所以8尸〃平面AOE.

（II）依题意，Bb=（-1>1»0）'曲=（—1'0>2）»Cfe=（-1，-2>2）.

"励=0，

{〃•丽=0，

—x+y=0，

即—x+2z=0，不妨令z=l，可得〃=（2，2T）.

论“4

因此有COS〈注，，〉=鬲了3

4

所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为

（IR）设m=（x，y，力为平面BDF的法向量，

m*Bb=—x+y=^»

则<取y=l，

_m-BF=2y-\-hz—Q*

2

可得m=（l>1>—h）>

2

|ww»|14f1

由题意'|cos〈，〃，“〉|=|WI|-|M|=I4=3♦

3x、l2+必

8

解得〃=，.经检验，符合题意.

8

所以线段c尸的长为不

（二）动点在X。）‘平面的直线上

若点在直线/上，且直线/在X。）'平面上，则点的竖坐标为0,若已知直线/上的两点坐标，除了使用

力设问法，还可以在北少平面上表示出直线/的方程，得到X，y的关系，则引入一个参数X（注意给出参

数的范围）即可表示点的坐标。（同理若直线在wz,yoz平面上也适用，不适用于在空间中的斜线）

【例1-2]如图，在三棱锥P-A5C中'AB=BC=2y[2>PA=PB=PC=AC=4>。为AC的中点.

（II）若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30。,求PC与平面PAM所成角的正弦值.

【解析】（I）证明：因为PA=PC=AC=4»。为4c的中点，所以P0_L4C，且PO=2巾.连接08，因为

S1

AB=BC=2AC>所以AABC为等腰直角三角形，JLOBA.AC>OB=iAC=2.

所以PO2+OB2=PB2>所以PO±OB.

又因为OBC\AC=O，所以尸。_1_平面ABC.

(II)方法一：以。为坐标原点，成，流，舁的方向分别为X轴、y轴、Z轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由已知得0(0,0,0),3(2,0,0),4(0,-2,0),C(0>2，0),P(0,

0,2a介=(0,2,2^3).

取平面F4C的一个法向量加=(2,0,0).

设M(a,2—a,0)(0VaW2)，则4—a,0).

9

设平面PAM的法向量为n=(x9y,z)

A>n=0，J2y+2于z=()，

由[加〃=()，研"+(4-")产。，

令得z=—a,x=y[3(a—4),所以平面R4M的一个法向量为〃=[5(。-4),y[3a,—a]»

2小(a-4)______

所以cos〈彷'“〉=2中(”-4)2+3/+於

一亚

由已知可得|cos(0B9n)|=25

2小HIA/3

所以2寸3(。-4)2+302+”2=2，

4

解得"=3或a=-4(舍去).

8巾4^34

所以n=(—3*3'—3)-

8/8小

3+3小

又无=(0>2，-2y[3)，所以cos<Pt，n>=~；64'1616=4•所以尸C与平面PAM所成角

14+12,3+3+9

亚

的正弦值为4.

方法二：建立以。为坐标原点，。8,。。,。尸分别为犬》*轴的空间直角坐标系如图所示，则A((),-2,0),

P(0,0,2币),C(0,2,0),3(2,0,0),设丽=2前=(-22,2/1,0)(0V241),则

AM=BM-BA=(-2A,,2A,0)-(-2,-2,0)=(2-2A,22+2,0),

则平面PAC的法向量为m=(1,0,0),

设平面MPA的法向量为=(匚％z),则PA=(0,-2,-2>/3),

n-PA=-2y-2-j3z=0,n-AM=(2—24)x+(24+2)y=0,

(4+1)6

令z=1,贝!Jy=一x=

1-2

°J3

—面角M—PA—C为30°9cos30=i_..।—---

rrH29

即_____一=B,解得八！或2=3(舍),

J(丁卜石产+1+3xl2

设平面MR4的法向量万=(2>/3,-V3,l),PC=(0,2,-2^),

...访_।|-2石-2百|4>/3石

设尸C与平面小例所成的角为0，贝!pn'=|cos<PC,n>\=^==-^=^=—=—

所以尸C与平面出〃所成角的正弦值为3.

平面向量共线定理——若a//b=>弘eR,使得£=篇"设问法)

【例1-3】在四棱锥P—ABCZ)中，平面力山，平面ABC。，APAD为等边三角形,AB=A£>=:C。，

2

ABrAD,AB//CD,点M是PC的中点.

C(1)求证：MB〃平面相O；

B

(2)求二面角尸—BC—。的余弦值；

PN

(3)在线段尸8上是否存在点N,使得。N_L平面尸8C?若存在，请求出——的值；若不存在，请说明理

PB

由.

【解析】(1)取尸。中点"，连结M",AH.因为M为PC中点，所以HM//CD,HM=-CD.

2

因为所以且所以四边形A8MH为平行四边形，

2

所以BM//AH.

因为BMC平面PAD,AHu平面PAD,所以3M〃平面PAD.

(2)取AO中点0,连结尸O.因为《4=尸。，所以P0L4。.

因为平面%£>"£平面A8CD,平面RIOn平面4BCD=A。，POu平面R1O,所以PO_L平面ABCD.

取BC中点K,连结OK,贝！］0K〃A3.

以。为原点，如图建立空间直角坐标系，设A5=2,

则4(1,0,0),8(1,2,0),。(一1,4,0),力(一1,0,0)/倒,0,右)，

BC=(-2,2,()),而=(1,2,—石),，则平面BCD的法向量9=((),(),有)，

设平面P5c的法向量3=(x,y,z),

BCn=Q,-2x+2y=0

由,一,得〈厂令1=1,则

PBn=Qx+2y-J3z=0.

3

n=(1,1,5/3).cos<OP,n>=_O_P_n_______叵

\OP\\n\~y/3xy/5~5,

由图可知，二面角尸-BC-。是锐二面角,

所以二面角P-8C-O的余弦值为史

5

(3)在线段尸8上是不存在点M使得。平面PBC.

设点N(x,y,z),且=,则丽=彳而，所以(x,y,z-G)=九(1,2,-出).则

PB\7

x=A

<y=2A,

z=y/3—V32.

所以N(/l,2/l,G—⑨)，面=(九+1,2九,出一6乃.

若ON,平面PBC,则DNUn，

即4+1=24=且三且，此方程无解,

V3

所以在线段PB上不存在点N,使得ON，平面PBC.

C变式1：如图，四棱锥P-ABCD的底面ABC。是菱形,

(1)证明：平面平面A5QD；

(2)若Q4_LAC,棱PC上一点M满足求直线8D与平面43例所成角的正弦.

【解析】(1)因为PB=PD，。为BD中点,所以PO_LBO,

又因为底面ABC。是菱形，所以AC18。.

PO1BD

所以<ACL8。n8。，平面PAC,

POcAC=O

又因为BOu平面ABC。，所以平面抬CJ_平面ABCO.

(2)因为平面平面43CE>=AC,PALAC,

所以平面ABCD.

又因为底面ABCO是菱形，所以AOLBO.

AB=2,30=6，所以40=,22-(省『=1，即AC=2.

所以AAHC为等边三角形.

取8c的中点E，以A为原点，AE,AD,AP分别为x,y,z轴,

建立空间直角坐标系，如图所示：

z

4(0,0,0),B(V3,-l,0),0(0,2,0),P(0,0,2@,C(^,l,0),

设函=/1而=4(—G,—1,26)=(—后,一42x/3A),(0<2<l).

所以磁=恁+两'=便,1,0)+(-A/3A,-A,2732)=(V3-&L,1-42732),

W=W-AB=(V3-732,1-2,2^2)-(73,-1,0)=(-732,2-2,2732),

=AM-AD=(V3->/3A,1-A,2V32)-(0,2,0)=(>/3-1-2,2732),

因为_LMD,

所以_百2（百一百/l）+（2—/l）（_l_/l）+（2岳『=0,

即822—24—1=0,解得或/l=—1（舍去）.

24

所以磁=惇:6,丽=（"一1,0）,

设平面ABM的法向量n=(x,y,z)，

心击鸟+，y+y/3z-0r

则J22",令尤=1,解得y=Ji,z=—1

ii-AB=y/3x-y=0

所以〃=

丽=(-6,3,0),

设直线3。与平面ABM所成角为氏

nI卜百+3向亚

则sin0=/~------

Vl+3+b^+95

变式2：如图，三棱柱ABC-A4cl中，侧棱A4,_L平面ABC,△ABC为等腰直角三角形，ZBAC^90°,

且A8=A4]=2,E,尸分别是CG，8C的中点.£「、、，•’

(I)若。是A4的中点，求证：8D//平面AEP；

(II)线段AE(包括端点)上是否存在点M,使直线与平面AE尸所成的角为60。？若有，确定点M

的位置；若没有，说明理由.

【解析】(I)连接。G，BG，

因为。，E分别是AA，CG的中点,

故AE//OG，AEZ平面B£)G，。。1(=平面3。。1，

所以AE//平面80G.

因为£,尸分别是CG，8C的中点，

所以EF//BC一砂仁证平面6。6，Bgu平面8DG，

所以跖//平面8OC,

又AEcEF=E,AEu平面AFu平面AE/，

所以平面AEF//平面8DG,

又BDu平面BDQ,所以3。//平面AE-(H)题意得A3,AC,A4两两垂直，建立如图所示的空

间直角坐标系A-xyz,

则A(0,0,0),4(2,0,2),E(0,2,l),F(l,l,0).

因为通=(0,2,1),赤=(1,1,0).

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

,[n-AE=0_[2y+z=0

由：—，得〈»

n-AF=01x+y=0

令z=2,得x=l,y=-1»

所以平面AEf的一个法向量为3=(1,-1,2).

设与7=2而=(0,2/l,/l)(0W/l41),又丽=(2,0,2),

所以刎=4M—印瓦=(一2,24,/1—2).

若直线B.M与平面AE尸所成角为60°,

I/_____|

贝|Jsin60°=cosA=4：-।,

।'/I|川.忸叫

=Hx(-2)+(?x2/l+2x(/l-2)1_6_a_」

J，+(T)2+2?-7(2^)2+(-2)2+(2-2)2底x九+8A/5/12-4A+82

4

解得：/l=0或，=m，即当点M与点A重合，

——■4—■

或时，直线与M与平面AE尸所成的角为60°.

变式3：如图，三棱柱ABC-ABC中，A3,侧面2gGC,已知4780=90,BC=\,AB=C]C=2,点

E是棱CC的中点.

⑴求异面直线AE与BtC所成的角的余弦值;

⑵在棱C4上是否存在一点“，使得EM与平面4瓦E所成角的正弦值为名叵，若存在，求出罂的值;

11CA

若不存在，请说明理由.

【解析】(D；NCBG=90,BC=1,AB=CtC=2,得g=)比：_叱=瓜

由题意，因为NC8G=90,所以，BCLBQ,

又A3,侧面B8CC，以B为原点，分别以起、瓯、胡的方向为x、y、z轴的正方向建立如图所示的

空间直角坐标系，

则有A(0,0,2),(-1,73,0),E；，与,0,从一1，后2),C(1,0,0),

荏=；，孚-2,鸵=倒,一后0),

设异面直线AE与8。所成的角为0,则cos0=辰，0=」「=叵’

|AE|.|B<|6X疗70

所以异面直线AE与BC所成的角的余弦值为叵.

比•Aq=-2z=0

设平面44E的一个法向量为£=(x,y,z),贝！I_36

和&E=-x———y-2z=0

取x=l,可得而=(1,6,0,

假设存在点“，设两=4及=〃一1,0,2)=(-40,2/1),其中久目。』],

EM=EC+CM=+(—2,0,22)=

得6942-382+5=0,即(34—1)(234—5)=0,解得2=；或几=(，

因此，在棱C4上是否存在一点M,使得EM与平面A4E所成角的正弦值为型I,且察或要=4.

I](✓A~S(✓A23

变式4：如图，在四棱锥S-AB8中，侧面SA。为等边三角形，底面A8C。为等腰梯形，且AB=8C=C£>=1,

AD=2,SA=SB

(1)证明：平面”£>"L平面A8CD；

TTDM

⑵若点M在棱叼上，且二面角M-M-D的大小为“求诉的值・

【解析】（1）设AD的中点为。，连接SO,B。,

在等边ASAZ）中，可得SO_LAD,

在等腰梯形ABC。中，有OA=OB=OC=OD,

TT

又因为SA=S8,所以△SOA二ziSOB,所以NSQ4=NSO8=5，即SO_LO8,

又因为SO，AO,ADcBO=。，所以SO,平面A8CQ

又因为50在平面SA。内，所以平面SA£>_L平面A8C。,

----*/(―\A.R,72.=0—a+-b=O

因为AB=事3,0,AM0,2-k,43k),由<_.L=>«22,令。=1,得

、'[AM-n,=0(2-k[b+®c=Q

%=(1,—>73,——1),

k

L1I

易知平面A8C3的法向量为%=（。，0，1），

712

由cos丁,解得攵=：或k=-2（舍）.

___2—.DM

所以。*3此故前=2.

（四）动点在面内

【例1-4】四棱锥S-A58中，SAJ_平面ABCO,底面四边形ABCQ为直角梯形，AB//CD,AD1DC,

SA^AD=DC^2,AB=1.

（0）求证：平面&4。_1平面5仪）；

（0）求二面角S-3C-O的余弦值；

（E）M为SC中点，在四边形A8CD所在的平面内是否存在一点N,使得平面S8E>,若存在，求三

角形ADN的面积；若不存在，请说明理由.

【解析】（I）由于SAL平面ABC。，所以SALCD,由于COJ_AO,SAc4）=A,所以81平面S4D,

由于COu平面SCO,所以平面SA。_L平面SCO.

（II）由已知条件可知ARAB,AS两两垂直，以A为原点建立空间直角坐标系，则

4（0,0,0）,3（0,1,0）,。（—2,2,0）,。（—2,0,0）,5（0,0,2）,加（一1,1,1）.依条件知旃=（0,0,2）是平面钻8的一个

法向量.设7=（x,y,z）是平面SBC的法向量，丽=（0,-1,2）,阮=（一2,1,0）,由｛；蔡二二；；：；］：，令％=1,

得3=（1,2,1）.设二面角S—8C—D的平面角为。，则cosg^cos（福，石|=|裔（>嘉=1.（in）假设存

在点N满足条件，设N（x,y,O）,则就=（x+l,y-l,-l）,丽=（-2,-2,0）,函=（0,-1,2）,所以

WV-BD=-2(x+l)-(>'-l)=0

解得x=0,y=—1,所以存在N（0,-1,0）满足条件，此时

WV-B5=0+(y-l)-2=0

^W=^X|ATV|X|AD|=I.

变式1：已知四棱锥P-ABCD的底面ABC。是直角梯形，AZV/8C,AB1BC,

AB=6,8C=2/W=2,E为CD的中点，PB1.AE

(1)证明:平面P8O1平面A8C£>；

TT

(2)若PB=PD,PC与平面A8CD所成的角为:，试问〃在侧面PC。内是否存在一点M使得8N,平面

4

PC。？”若存在，求出点N到平面A8C。的距离；若不存在，请说明理由.

【解析】(1)证明油四边形A8CC是直角梯形,BC=2AD=2,ABS\BC,

TT

可得OC=2,MCC=§,从而△BCD是等边三角形,80=2,8。平分财0c.

0£为8的中点,!3O£；=AO=l,0B£)a4E,

又EIPBa4E,PBc8£>=8,ia4£I3平面P8D又0AEu平面ABC。团平面尸平面A8CD

⑵存在.在平面PBD内作PO3\BD于0,连接OC,又团平面尸BD0平面A8CQ平面尸皿力平面ABCD=BD,

JT

团PO0平面ABC。，豳PC0为PC与平面A8CO所成的角，则团PC0=一

4

团易得0P=0C=£,P8=P£>,PQ38。所以。为B力的中点，OC08D以08,。。0尸所在的直线分别为x,y,z轴

建立空间直角坐标系，则8(l,0,0),C(0,6，0)£)(-1,0,0)/(0,0,6)假设在侧面PC。内存在点N,使得3NJ_

平面PC。成立，

UUIUUUULILIULLBN-PC=012

设川=/1尸£>+〃「。(；1,〃20,/1+441)，易得+由〈方亦得；1满

BN•PD=。55

足题意，所以N点到平面ABCD的距离为-6(/1+1)=当

考点二与动点有关的最值问题

xy

（一）单个动点，动点坐标含一个变量

对于单个动点的动态问题，一般是设出该动点的坐标，如果该动点的坐标只含有一个变量，则将目标

函数表示成该变量的一元函数模型，借助函数求最值的方法求解.要特别注意变量的取值范围.

【例2-1】如图：正方体ABCD-ASGA的棱长为2,M,N分别为棱AB,8c的中点，若点P为线段

上的动点（不包括端点），设异面直线G?与所成角为凡贝Ucos。的取值范围是.

连接AtP,

■：MN//AC//AtCt,

二.9=41cp或其补角，

设B,P=ABN=^4,26(0,1),

在△AG尸中，AG=20,“=/5无+4,qp={5乃-奴+4,

Ac；+Gp2-4p22-2

由余弦定理知,cos9=

24cl,C\PV2.V5/12-4/1+4

令f=2T,则fw(l,2),

,cosf)=____=_______________一

夜，5/一⑹+16叵L_1616,在，£(1,2)上单调递增,

—~~产<cos0<

yj2xyJ572x75-8+4，

故答案为：?噜，当).

【例2-2】已知，如图四棱锥P-A3CE)中，底面A3C。为菱形，ZABC=60°,AB=PA=2,PAJ_平面ABC£),

E,M分别是8C,尸。中点，点F在棱PC上移动.

\D(D证明：无论点尸在PC上如何移动，都有平面向1■平面抬。;

BE

⑵是否存在点尸，使得直线AF与平面P8所成的角最大，若存在，试确定点F的位置.

【解析】(1)证明：连接AC,

•.•底面ABC。为菱形，ZABC=60。，.qABC为正三角形，

是BC的中点，

;.AELBC,又ADMBC,

：.AE±AD,

•.•以_1_平面ABC。，AEu平面ABC。，

:.PA±AE,

•.■PAC\AD=A,PA,">u平面尸A。，

r.AE_L平面PAO,

•.•Mu平面4EF,

■­•平面AE/，平面PAO.

(2)解：由(1)知，AE、AD.AP两两垂直，

故以AE、AD.AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0),5(73,-1,0),C(有,1,0),

。(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),f(A0,0),

PC=(A1,-2),PD=(0,2,-2),AP=(0,(),2).

PF=2PC=(A/32,2,-22),AF=AP+PF=(>^2,2,2-22).

设平面PC。的法向量为用=(%,%,z,),

m-PC=百XI+x-2Z|=0

m-PD=2y1-2z,=0

令Z]=,则X1=1,丫\=垂）,

/n=（l,V3,V3）.

设直线AF与平面PC。所成的角为，，

贝[jsin0=cos〈AF,㈤=|^=：~|

\AF\-\m\

■潞:僚广62（：权+7当人轲’加。最大,此时F为PC的中点.

变式1：如图，在四棱锥P-ABCD中，PAY^ABCD,

2

AD//BC.ABLAD,点〃在棱P8上，PM=2MB点N在棱PC上,PA=AB=AD=-BC=2.

Q）若CN=2NP,。为P。的中点，求证：A,M,N,。四点共面;

（2）求直线PA与平面AMN所成角的正弦的最大值.

【解析】（1）以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示,

则A（0,0,0）,2（0,1,1）,例与0，,），喑，,}

则前=（*0,|）,而=（2（0,1,1）,=

设病=不而彳+丁而，则vl=y,解得x=；,y=l,

42"

—=—x+y

133

­.1----------------------

则AN=]AM+A。，即A,M,N,。四点共面.

(2)由(1)中的空间直角坐标系，可得P(0,0,2),C(2,3,0),丽=(0,0,2),设撅La用，(其中0W2W1),

且N(x,y,z),

则(x,y,z-2)=2(2,3,-2),解得22,3/1,2-22),

可得而'=§,(),$丽=(24,3/1,2-24)

—42,、

设平面AWN的法向量为〃=(a,6,c),由J_33,

[n-AN=2Aa+3Ab+(2-2A)c^0

取〃=1,可得b=7T-2,c=-2,所以〃=1,7T-2,-2

3ZI"）

・"丽同.

21也

设直线叱与平面9所成角为凡则Sk阿@一.-S-----

当且仅当几=；时等号成立.

直线总与平面AMN所成角的正弦的最大值为乎.

（二）/单个动点,

动点坐标含两个变量

对于单个动点的动态问题，一般是设出该动点的坐标,如果该动点的坐标含有两个变量，则考虑两个

变量的几何意义，或者借助减元的思想减少变量.

【例2・3］如图，在正四棱柱ABC。-A5CQ中，AB=394^=4,P是侧面BCQ片内的动点，且AP，叫,

记AP与平面8CGM所成的角为凡贝Utan。的最大值为（

525

C.2

3~9

【解析拟£M,OC,所在直线分别为X,y,z轴,建立空间直角坐标系，则A（3Q0）,8（3,3,0）,2（004）,

设P(x,3,z),贝！J而=(x一3,3,z),西=(一3,-3,4),

VAPLBD}9APBD}=0,

3

/.-3(x-3)-3x3+4z=0,z=—x,

4

:.\BP\=yl(x-3)2+z2>6x+9=酉48、2819

V1625255

连接BP,在正四棱柱ABCO-ABCA中，A3,面BCCg,所以NAP8就是AP与平面BCC百所成的角,

即NAPB=6,

；・lan6>=f^,，.•.tan(9的最大值为。.

I|3j

变式1：已知直四棱柱4BCO-AAG9的高为4,底面边长均为2,且N«4P=60。，P

是侧面8CC6内的一点，若力P1RP,则AP的最小值为.

【解析】直四棱柱4BCO-A8CQ的高为4,底面边长均为2,且Z&M>=60。故明，平面A88,四边形

ABCD为菱形,NC8A=120。，

故如图建立空间直角坐标系，则A（6，-1,0）,D（73,1,O）,^（A/3,1,4）,设点P（（）,%Z）,

则加=(—G,y-l,z),用=bG,y—1,Z—4),由于。尸，。尸，

所以而•麻=3+(y-iy+z(z_4)=0,即：(y-iy+(z—2/=1,

故令y=l+cos。，z=2+sin。，

所以M2=