专题1.7 空间向量与立体几何全章八类必考压轴题（举一反三）（人教A版2019选择性必修第一册）（解析版）

专题1.7空间向量与立体几何全章八类必考压轴题【人教A版（2019）】【考点1空间向量的线性运算】1．（2023·全国·高三对口高考）12a+2b-3c-3a-2A．-52a-4c B．-【解题思路】根据向量的线性运算求解即可.【解答过程】12故选：C.2．（2023春·安徽合肥·高二校考期末）已知a=(1,2,1)，b=(2,-4,1)，则2aA．(4,-2,0) B．(4,0,3)C．(-4,0,3) D．(4,0,-3)【解题思路】根据向量坐标运算即可.【解答过程】2a故选：B.3．（2023春·高二课时练习）已知向量a=-2,-3,1，b=2,0,3，c=0,0,2【解题思路】直接利用向量的运算法则计算即可.【解答过程】向量a=-2,-3,1，b=2,0,3故答案为：10,-3,17.4．（2023春·高二课时练习）已知a=(1,-3,8)，b=(3,10,-4)，求a+b，【解题思路】直接根据向量的加减数乘的坐标运算即可得解.【解答过程】a+a-3a5．（2023春·高二课时练习）如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C(1)CB+(2)AC+(3)12【解题思路】（1）（2）（3）利用空间向量的加减法的运算法则和几何意义化简．【解答过程】（1）解：CB+（2）解：因为M是BB1的中点，所以BM=所以AC+（3）解：1=【考点2空间向量数量积的应用】1．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长均为A．322 B．6 C．3 D【解题思路】由ABCD-A1B1【解答过程】A===6故选：B.2．（2023春·甘肃金昌·高二校考期中）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD=2，AA．-36 B．36 C．-【解题思路】根据空间向量的基本定理和向量的数量积的定义即可求解.【解答过程】设AB=a，AD=因为a,b,结合a=2，b=2，c=2，∠所以a⋅b=0，a⋅c=则BC1=可得BC1⋅C=0-2-4+4=-2，BC1=b+c2CA1=4+4+4+0-4-4=2所以cosB又因为异面直线所成角的范围是0,π所以BC1与CA故选：B.3．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=AP=6，AD=2,∠BAD=∠BAP=∠【解题思路】根据给定条件选定基底向量AB,AD,AP【解答过程】在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，连接AC，如图，PE=2则EF=1又AB=AP=6，AD则AB⋅AD=因此，|=1故答案为：2.4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD

(1)求BC⋅(2)已知F是线段CD中点，点E满足AE=2EB，求线段EF【解题思路】（1）根据题意得到BC⋅BD（2）根据EF=EA【解答过程】（1）在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠BC⋅BD=(（2）如图所示：

因为AE=2EB，则因为F是CD中点，则DF=于是EF=EF=4所以EF=5．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：(1)BD1的长；(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.【解题思路】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；（2）分别求出|AC|,|BD1|,AC【解答过程】（1）∵BDBD==＝24，∴BD1的长为（2）∵AC=∴AC2∴AC=2∵BD1AC⋅∴cosAC,B所以直线BD1与AC所成角的余弦值为33【考点3空间向量基本定理及其应用】1．（2023春·安徽池州·高二联考阶段练习）已知a,b,c是空间的一组基底，其中AB=2a-3b，AC=a-c，AD=2bA．-34 B．34 C．4【解题思路】根据题意，设存在唯一的实数对(x,y)【解答过程】由题意，设存在唯一的实数对(x,y即2a则2a则x=2，y=-32，λy故选：D.2．（2023春·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠AA．3 B．2 C．5 D．6【解题思路】以AB,AC,AA【解答过程】依题意可知M是BC所以AM=1所以AM==1故选：D.3．（2022·湖北十堰·高三校考阶段练习）如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，若OG=xOA+【解题思路】以OA,OB,OC为一组基向量，首先OG【解答过程】由M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2所以OG=1==1则x+故答案为：564．（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）如图，设P是平行四边形ABCD所在平面外一点，O是平行四边形对角线AC和BD的交点，Q是CD的中点，求下列各式中x，y的值．(1)OQ=(2)PA=【解题思路】（1）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．（2）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．【解答过程】（1）解：∵OQ==PQ∴x（2）解：∵PA+PC=2PO，又∵PC+PD=2PQ，从而有PA=2∴x=2，5．（2022·高二课时练习）如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F(1)证明：A、E、C1、F(2)若EF=xAB【解题思路】（1）在CC1上取一点G，使得CG=13CC1，连接EG、（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.【解答过程】（1）证明：在CC1上取一点G，使得CG=13在平行六面体ABCD-A1B1C1∴DF//C1G且DF所以四边形DFC1G所以DG//FC1，又AD//BC且所以EG//AD且所以四边形AEGD为平行四边形，所以AE//所以AE//∴A、E、C1、F（2）解：因为EF==-AB即x=-1，y=1，∴x【考点4空间线、面平行关系的判定及应用】1．（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知直线l的方向向量为m=(1,-2,4)，平面α的法向量为n=(xA．12 B．C．10 D．-【解题思路】依题意可得m⊥n，即可得到m【解答过程】因为直线l的方向向量为m=(1,-2,若直线l与平面α平行，则m⊥n，即m⋅n=0故选：C．2．（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．不能确定【解题思路】利用MN与平面BB1C1C的法向量BA的数量积为零，从而得到结果.【解答过程】以C1为原点，C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，令a=2，M2,1,1，N平面BB1C1C的法向量为BAMN⋅BA=-1×0+0×2+1×0=0，又MN⊄平面BB1∴MN∥平面BB1C1C故选B.3．（2023·全国·高三专题练习）已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1=2,-3,1，AB=1,0,-2，AC=1,1,1，则平面α【解题思路】先证明出n1⊥面ABC，即可证明出平面α和平面ABC【解答过程】因为平面α的法向量为n1=2,-3,1，AB且n1·AB同理可证：n1又AB∩所以n1⊥面又n1为面α所以面α/面ABC故答案为：平行.4．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1D上，点Q在线段AC上，线段PQ与直线A1D和AC都垂直，求证：PQ∥BD1.【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算求出PQ→，再根据共线向量证明即可【解答过程】证明：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，∴DA1→=(1，0，1)，AC→=(-1，1，0)，设PQ→=(a，则DA1→·PQ→=0，AC易知BD∴PQ→=∴PQ→即PQ∥BD1.5．（2023·全国·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1(1)AC1⊥(2)EF//平面A(3)平面B1EF∥【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得AC1⊥（2）利用向量法证得EF//平面A（3）利用向量法证得平面B1EF∥【解答过程】（1）设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，C1A1AC所以AC由于A1B∩A1（2）设平面A1BD的法向量为则n1⋅AE1,1,2n1⋅EF=0，所以EF//平面A（3）B1设平面B1EF的法向量为则n2⋅EFn1显然，平面B1EF与平面A1BD不重合，所以平面【考点5空间线、面垂直关系的判定及应用】1．（2022秋·四川达州·高二统考期末）长方体ABCD-A1B1C1D1A．OA1 B．BC C．OB【解题思路】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可.【解答过程】如图，以D为原点，以DA,DC,则D(0,0,0),因为AC∩BD=所以O(2,所以OM=(-2,对于A，OA1=(2,-32,5)，则OA对于B，BC=(-4,0,0)，则BC⋅OM=8≠0，所以OM与对于C，OB1=(2,32,5)，则OB对于D，A1C=(-4,3,-5)，则A1C故选：D.2．（2023·全国·高三专题练习）已知点P是正方体ABCD-A1①A1②A1③A1④A1P其中正确命题的序号是（

）A．① B．② C．③ D．④【解题思路】建立空间直角坐标系,根据空间中两个向量垂直则数量积为0逐个判定即可.【解答过程】设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则A1对①,C1D=0,-2,-2,因为A1对②,BD=-2,-2,0,因为A1P对③,BC1=-2,0,2,因为A对④,由②有A1P⊥BD不成立,故A1P⊥平面故选：C.3．（2023春·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是①③【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可.【解答过程】设正方体的棱长为2，对于①，如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,0),所以MN=(-2,0,2),OP=(1,-1,1)，所以MN⋅OP=-2+0+2=0，所以对于②，如图建立空间直角坐标系，则M(0,2,0),所以MN=(0,-2,2),OP=(1,0,2)，所以MN⋅OP=0+0+4≠0，所以MN与OP不垂直，即对于③，如图建立空间直角坐标系，则M(2,2,2),所以MN=(-2,0,-2),OP=(-1,-1,1)，所以MN⋅OP=2+0-2=0，所以对于④，如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,2),所以MN=(-2,2,0),OP=(-1,1,1)，所以MN⋅OP=2+2+0≠0，所以MN与OP不垂直，即故答案为：①③.4．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠求证：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥【解题思路】方法一：（1）以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz，得到CD、AE，计算得到CD⋅（2）先写出PD坐标，再求出平面ABE的法向量n，验证可知PD//n，即证明PD⊥方法二：（1）由PA⊥底面ABCD证明PA⊥CD．再结合AC⊥CD可证明CD（2）由PA⊥底面ABCD证明PA⊥AB，再结合AB⊥AD证明AB再证明AE⊥PC．结合CD⊥AE可证AE⊥平面PCD，得到AE【解答过程】方法一

（1）以A为坐标原点，AB，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A0,0,0，B2,0,0，C1,3,0，D0,433,0，P0,0,2（2）由（1），得PD=0,433设向量n=x,y,z是平面ABE的法向量，则n⋅AB=0n⋅AE=0，即2方法二

（1）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD．又AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面（2）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB．又AB⊥AD，PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∴AB又CD⊥AE，PC∩CD=C，∴AE⊥平面PCD，∴AE⊥PD．∵AB⊥5．（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=(1)求证：平面APM⊥平面B(2)试判断直线BC1与AP是否能够垂直．若能垂直，求【解题思路】（1）利用AM⊥BC，AM⊥BB（2）建系，写出B,C1,A的坐标，设BP=t0≤t≤【解答过程】（1）因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=所以AM⊥BC，因为BC∩BB1所以AM⊥平面B因为AM⊂平面APM所以平面APM⊥平面B（2）以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为B0，2，0设BP=则P0,2,若直线BC1与AP能垂直，则解得t=因为t=所以直线BC1与【考点6利用空间向量研究距离问题】1．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别为上底面A

A．21111 B．1111 C．11【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点D到平面AEF的距离.【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系

A(0,0,0)，E(1,1,2)，F(1,2,1)，D(0,2,0)，AE设平面AEF的法向量为n=(x,y,z则点D到平面AEF的距离为n⋅故选：A.2．（2023秋·高二课时练习）正方体ABCD-A1B1C1D1A．2 B．3 C．23 D．【解题思路】将平面AB1D1与平面BDC1【解答过程】由正方体的性质：AB1∥DC1,AB1∩且AB1⊂平面AB1DC1⊂平面BDC1所以平面AB1D则两平面间的距离可转化为点B到平面AB以D为坐标原点，DA,DC,建立空间直角坐标系，如图所示：由正方体的棱长为1，所以A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0，B1所以CA1=AB1=连接A1由CA1⋅所以CA且AB可知CA1⊥得平面AB1D则两平面间的距离：d=故选：D.3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，且PA=AB=2，F为棱PD的中点，点M在PA上，且PM=2MA，则CD的中点【解题思路】以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，计算出cos∠EFM、sin∠EFM，进而可计算得出点E到直线【解答过程】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点E1,2,0、F0,1,1、FM=0,-1,-13，所以，sin∠所以，CD的中点E到直线MF的距离d=故答案为：6554．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD=2,AB=3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P,B

(1)求证：AD//(2)若二面角E-AC-B的余弦值为33020【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理推出AD//平面PBC，再根据线面平行的性质定理可得AD（2）取AD的中点O，连PO，取BC的中点G，连OG，可证PO,以O为原点，OA,OG,OP所在直线为x,y【解答过程】（1）因为ABCD为矩形，所以AD//又AD⊄平面PBC，BC⊂平面所以AD//平面PBC，又平面PBC∩平面AEFD=EF，所以AD//（2）取AD的中点O，连PO，取BC的中点G，连OG，则OG⊥因为侧面PAD为正三角形，所以PO⊥因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO所以PO⊥平面ABCD，又OG⊂平面ABCD，所以所以PO,以O为原点，OA,OG,因为AD=2,且侧面PAD为正三角形，所以PO=3所以A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(-1,3,0)，P设PE=tPB所以PB=(1,3,-3)，APAE=AP+PE设平面AEC的一个法向量为m=(则m⋅AE=t-1x则m=(3,2,取平面BAC的一个法向量为n=(0,则cos<m,n>=m所以m=(3,2,-33)，所以AE=(-1所以点B到平面AEC的距离为|BE⋅m

5．（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A(1)求点A1到直线B(2)求直线FC1到直线(3)求点A1到平面A【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间点到直线距离公式进行计算；（2）在第一问的基础上，得到FC1//AE，从而利用空间点到直线距离公式求出直线（3）求出平面AB1【解答过程】（1）建立如图所示以DA、DC、DD1为则D(0,0,0),A1B1设点A1到直线B1E∴d则点A1到直线B1E（2）FC1EF=(1,1,0)设直线FC1到直线AE的距离为d2，则d2即为∴d则直线FC1到直线AE的距离为（3）设平面AB1E由n⋅令x=1，则y=-2,设点A1到平面AB1∴d3则点A1到平面AB1【考点7利用空间向量求空间角】1．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD=3

A．π4 B．π3 C．π2【解题思路】设AB=a,AD=b,A【解答过程】设AB=a,三向量AB=a,由题意可得B1C=故B=9-2×3×cos即B1C⊥BD1，所以故选：C.2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形ABCD中，角A=π6,AB=3,AD=1，将三角形ABD沿BD翻折到三角形A'BD，使平面A'BDA．64 B．33 C．22【解题思路】由余弦定理，则BD=AD=1，∠DBA=∠A【解答过程】A=π6则BD=AD=1，∠平面A'BD⊥平面BCD，∠以D为原点，DB所在直线为y轴，平面ABD内垂直于DB的直线为x轴，垂直于平面ABD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D0,0,0DA设平面BDM的一个法向量为n=x,令x=1，有y=0，z=1cosn所以直线A'D与平面BDM所成角的正弦值为故选：A.3．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA=AB=BC=1，则二面角A-PC-B【解题思路】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.【解答过程】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)所以AC=(1,1,0)，AP=(0,0,1)，设平面APC的法向量为nn1⋅AC不妨设y1=1，则x设平面PBC的法向量为nn2⋅BC不妨设x2=1，则z2=1设A-PC-B为故答案为：124．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥P-ABCD的高为22

(1)求正四棱锥P-(2)若点E为线段PB的中点，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值；(3)求二面角A-PB【解题思路】（1）先由棱锥的体积公式求得底面边长t=2，再利用正四棱锥的性质求得PC,PB（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；（3）分别求得平面APB与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【解答过程】（1）连接AC∩BD=

因为在正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，且O是AC与BD的中点，因为正四棱锥P-ABCD的高为22，体积为8，设底面ABCD边长为t，则SABCD所以由VP-ABCD=1因为PO⊥底面ABCD，OC⊂底面ABCD，故在Rt△POC中，OC=12所以在△PBC中，PB=PC同理：S△所以正四棱锥P-ABCD的表面积为（2）由（1）可得，以O为原点，OA,OB,则A2因为点E为线段PB的中点，所以E0,22易知平面ABCD的一个法向量为n0设直线AE与平面ABCD所成角为θ，则0<θ所以sinθ故cosθ=1-所以直线AE与平面ABCD所成角的正切值为25（3）由（2）知AB=设平面APB的一个法向量为m=a,取b=2，则a=2,c设平面PBC的一个法向量为n=x,取y=2，则x=-2,z设二面角A-PB-C为所以cosφ所以二面角A-PB-5．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面【解题思路】（1）由余弦定理求出BC（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标P0,0,a，利用线面角的大小列出方程，求出【解答过程】（1）因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面因为AD=CD=1,又AB//所以∠BAC则BC2+因为PC∩BC=C，PC,BC⊂又AC⊂平面ACF，所以平面PBC⊥平面（2）取AB中点N，连接CN，因为底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，所以CN⊥因为PC⊥底面ABCD，CD,CN⊂平面以C为坐标原点，CN,CD,

则A1,1,0设P0,0,a(PE=设平面PAB的法向量为m=则m⋅PA=令z1=1，得x1因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015所以12解得a=2或a=2则CA=设平面ACF的法向量为n=则n⋅令z2=1，则y2cosm故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为3165【考点8利用空间向量研究存在性问题】1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE，M,N分别是线段BCA．存在点Q，使得NQB．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60C．三棱锥Q-AMND．当点Q自D向C处运动时，二面角N-【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q(m,2,0)(0≤m≤2)，根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误；利用体积桥可知VQ-AMN=V【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD,设DE=1，则SA∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，对于A，假设存在点Q(m,2,0)(0≤则NQ=(m-∴NQ⋅SB即点Q与D重合时，NQ⊥SB，对于B，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，使得异面直线NQ∵NQ=(m∴|cos∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘，B对于C，连接AQ,设DQ=∵S∴当m=0，即点Q与点D重合时，S△AMQ又点N到平面AMQ的距离d=∴(VQ对于D，由上分析知：NQ=(m-若m=(x,y,令x=1，则m而面AMQ的法向量n=(0,0,1)所以cos<m,则cos<m,由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t所以cos<故二面角先变小后变大，D正确.故选：AD.2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，PA．若D1Q//平面AB．存在点Q，使得D1QC．当且仅当点Q落在C1处时，三棱锥QD．若D1Q=6【解题思路】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.【解答过程】取B1C1、C1C中点E、F，连接D1E由PF//BC1//A1D∵D1F⊂平面A1PD，A1P⊂平面A1∵EF∩D1F=∴平面A1PD//平面D1EF，则Q如图，建立空间直角坐标系，则A11,0,0，P1,1,12，D0,0,1，设则A1D=-1,0,1设m=a,则m⋅A1D=0,m⋅A1若D1Q⊥平面A1PD，则D1Q//m，即存在λ∈R，使得D1Q△A1PD的面积为定值，∴当且仅当Q到平面A1PD的距离dd=①x+z≤32，d=1-2②x+z>32，d=2综上，当x+z=0，即Q和C1重合时，三棱锥D1C1⊥平面BB1∴C1Q=22，Q点的轨迹是半径为22，圆心角为π故选：ACD.3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且AB//CD，AB⊥BC，AP⊥

(1)求证：AB⊥(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；(3)线段PA上是否存在点E，使得PC//平面EBD？若存在，求出AE【解题思路】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.【解答过程】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由PA=PB，得又四边形ABCD为直角梯形，且AB⊥BC，AB//CD，则四边形OBCD为正方形，DO⊥AB，又DO∩PO=因此AB⊥平面POD，又PD⊂平面所以AB⊥

（2）PO⊥AB且PO⊂平面PAB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面则P