高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 用空间向量研究距离、夹角问题

第一章空间向量与立体几何

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题

基础过关练

题组一用空间向量求空间距离

1.（2023浙江宁波余姚梦麟中学期中）已知直线/过定点A⑵3,1）,且

n=（0,1,1）为其一个方向向量,则点尸（4,3,2）到直线I的距离为（

A.—B.-C.-D.√2

222

2.（2023湖北荆门月考）在棱长为1的正方体ABCQ-A囚中,MN

分别为棱AS,BBx的中点,则异面直线AM与CN的距离

为.

3.（原创题）在平面直角坐标系。町中，记/、〃象限所在的半平面为

a,III.限所在的半平面为轴记为直线/,已知点A（-2,3）,点

B（3,-2）,将半平面β沿直线/折起,使得二面角a-l-β的平面角的大小

为60。，这时A,3两点间的距离为.

4.（2022安徽滁州定远育才学校期中）在棱长为1的正方体ABCQ-

A.B.CιZ）ι中,MN分别是线段BBLBG的中点，则直线MN到平面

ACDi的距离为.

5.（2022辽宁抚顺一中开学考试）如图,在棱长为1的正方体ABCQ-

AiBlCiDi中,N是棱4。的中点,M是棱CCi上的点,且CCi=3CM,则

直线BM与BN之间的距离为

6.（2022重庆名校联盟月考）底面为矩形ABCD的长方体被截面

AEG厂所截得到的多面体如图所示,其中AB=4,BC=2,CG=3,BE=T,

四边形4EG/为平行四边形.

（1）求线段的长；

⑵求点C到平面AEGF的距离.

题组二用空间向量求空间角

7.（多选题）（2023北京八一学校期中）已知直线I的方向向量为a,平面

α,4的法向量分别为八,九则下列命题为真命题的是（）

A.若aLn,则直线I//平面a

B.若a//n,则直线/_1_平面α

C.若COS<α,〃>=；,则直线I与平面α所成角的大小为J

26

D.若cos<m,π>=∣,则平面α,£的夹角为T

8.（2023安徽黄山期中）如图,在棱长为1的正方体ABCD-AIBIGU

中,MN分别为AB和的中点,那么直线AM与CN所成的角的

余弦值为（

9.（2023福建泉州德化一中月考）在四棱锥Ai-ABCD中,44」平面

ABCD,44ι=4,底面ABCD是边长为4的菱形，且ND48=60。，E是

AAi的中点，则CE与平面AiAB所成的角的正切值为（

「√130

C.-------

13

10.（2023上海浦东新区期中）如图,在直三棱柱ABC-ABG中，Z

ABC=90°,AB=2,BC=CCi=I.

⑴求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值；

（2）求直线BCl与平面ABC所成角的正弦值.

11.(2023吉林长春外国语学校期中)如图，在长方体ABCQ-Aι8∣G0ι

中,E,尸分别是BC,ACi的中点.

(1)证明：〃平面CDDiG;

(2)若A。=：441=%3=4,求平面A"与平面或出所成角的余弦值.

12.如图所示,在三棱锥S-ABC中，O为Be的中点,So_L平面ABe侧

面SAB与SAC均为等边三角形，NjBAe=90°,求平面SAC与平面

SBC夹角的余弦值.

能力提升练

题组一用空间向量求空间距离

1.（2023江苏常州期中）已知在空间直角坐标系。斗

中，A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),D(2,2,2),那么四面体ABCD的

体积为

A.4-cB,8-C„1.6-rD.6-4

3333

2.（2022安徽合肥第六中学期中）如图所示,在正四棱柱ABCD-

A1BiC1Di中,44ι=2,AB=BC=I,动点P,Q分别在线段ClD,AC上（包

括端点），则线段PQ长度的最小值是（

AeBc

3-f∙l

3.（2023广东广州天河外国语学校期中）如图，正方体A8CQ-A1BG。

的棱长为6,点M为CG的中点，点P为底面4凡GQI上的动点，则

满足BP±AM的点尸的轨迹长度为（

A.2√2πB.3√2C.6√3D.3√3π

4.（2022上海洋泾中学期中）如图所示,正四棱柱ABCQ-43ιGOι的底

面边长为1.若点C到平面ABO的距离为右则正四棱柱ABCD-

A∖B∖C∖D∖的高为.

疗4

ɛ,

题组二用空间向量求空间角

5.（2022湖北武汉第十四中学月考）如图所示，已知四棱锥P-ABCD中,

底面ABCD是菱形，且P4，平面ABCD,PA=AD=AC,点尸为PC的中

点，则平面PBC与平面BF。夹角的正切值为

6.在正三棱柱A3C45G中,48=2,£/分别为AeI,AB的中点，当

AE和敏所成角的余弦值为卷时,AE与平面BCCB所成角的正弦值

√15C√15„√5tλ√5

7.（2023河南洛阳强基联盟期中）如图,在棱长为3的正方体ABCD-

A1BiC1Di中,P为线段囱C上的动点（不包括端点），则下列结论错误

的是（）

A.当B∖P=2PC时,AP=√14

B.当BxP=IPC时，点Oi到平面A↑BP的距离为1

C.直线AIP与8。所成的角可能是J

6

D.若二面角B-AiP-Bi的平面角的正弦值为尊,则罚二:或或

63

9;河

题组三用空间向量解决立体几何中的探索性问题

8.（2023重庆铁路中学期中）如图1,已知正方形4?CQ的边长为

4,E,F分别为AD,BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图2

所示的平面角大小为60°的二面角，点M在线段AS上.

⑴若M为48的中点,且直线MF'与由A,D,E三点所确定的平面的

交点为O,试确定点O的位置,并证明直线。。〃平面EMC-,

⑵是否存在点M使得直线QE与平面EMC所成的角为60°?若存

在,求此时平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值;若不存在,说明理

由.

9.（2023辽宁沈阳重点高中联合体期中）如图,在四棱锥P-ABCD

中,尸A，平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD//BC,ABl.

AD,AB=AD=-2BC=2,PA=4,E为棱3C上4的点,且BE=-BC.

⑴求证:。EL平面PAC;

（2）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值；

⑶若点。在棱C尸上（不与点C,P重合），直线QE能与平面PCD垂

直吗?若能,求出号的值;若不能,请说明理由.

答案与分层梯度式解析

第一章空间向量与立体几何

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题

基础过关练

1.A7.BCD8.D9.B

1.A由题得方=(-2,0,-1),故I而I=√^,cos<而，〃>=离=

IPAIInl7

-I_√10

√5×√2-10'

设直线PA与直线/所成的角为。,则cosθ=∖cos<PA,n>\=~^故Sin

8=嚓，，点P(4,3,2)到直线I的距离为I而ISinΘ=小×弯=喙

故选A.

2.答案今

解析如图，以A为原点,AB,AD,A4,所在直线分别为入轴,y轴,Z轴

建立空间直角坐标系，

贝IJA(0,0,0),C(L1,0),N(1,0,MG,0,1),...前=ɑ,0,1),CW=

0,—,设〃=(%,y,z),且nɪAM,n_LCN,.*.n∙AM=

∣x+z=O,n∙CN=-y+∣z=O,ΛΛ=-2Z,y=5.取z=2,则x=-4,y=l,故n=(-

4,1,2),

.∙.AM与CN的距离d=半"=—.

∖n∖7

3.答案4√2

解析在平面直角坐标系Oxy中，作ACLl于C,BDLl于D,则

AC=3,CD=5,BD=2.

因为二面角α-//的平面角的大小为60°,

所以向量方,丽的夹角为120°,

2

所以而I=y∣∖AC+CD+^DB∖

=J∣AC∣2+ICD∣2+IDB∣2+2AC∙~DB

=j9+25+4+2×3×2×(-0

=√32=4√2,

所以A,B两点间的距离为4√Σ

4.答案F

解析如图，以D为坐标原点,0A,OCDDi所在直线分别为X轴,y

轴,z轴建立空间直角坐标系，

B

贝IJC(0,1,0),QI(O,O,1),M(LL)A(1,0,0),N61,1),：.AM=

(o,ι,∣),^c=(-ι,ι,o),M=(-ι>o,D,≡=(-∣,o,∣

n∙AC=O,∣—x+y=O,

设平面ACD∖的法向量为〃=(%,y,z),则—›即pr

—x+z=O,

n∙AD1=0,

令x=l,则y=z=l,.∙.〃=(1,1,1)..∙.点M到平面ACD1的距离

心邛瞿=立...丽〃珂,且MNa平面ACQl,AQiu平面ACD↑,：.

Inl21

MN〃平面ACA....直线MN到平面ACDx的距离即点M到平面

ACOI的距离,为当

6回

.答案

589

解析以D为原点,瓦！比,西的方向分别为％轴,y轴,z轴的正方

向建立空间直角坐标系，

则8(1,1,0),3(1,1,1),M(0,1,5,NG,0,0)，

;西二(0,0,1),BM=(-1,O,∣),B√V=(-ɪ,-l,-l).

设n=(x,MZ),且n_LBM,nJ-B1N,

__(1

则,(n竺∙BML=0”即《—%1+-3z=0,

BN=——X—y—z=0,

(n∙l0,I2

令x=2,则z=6,y=-7,；."=(2,-7,6).

设直线BM与BN之间的距离为d,则d=粤粤=W=誓.

∣n∣√8989

6.解析(1)因为四边形AEClF为平行四边形，所以刀=瓦；设

DF=a.建立如图所示的空间直角坐标系，则

B(2,4,O),A(2,O,O),£(2,4,1),Ci(O,4,3),F(O,O,«).所以方=(-

2,0,α),M=(-2,0,2),所以(-2,0,α)=(-2,0,2),所以a=2,所以

F(0,0,2).所以市=(-2,-4,2).所以I市I=2√6,即线段BF的长为

2√6.

(2)易知C(0,4,0),又Ci(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以

鬲=(0,0,3),荏二(0,4,1).

设平面AECiF的法向量为n=(%,y,z),

则jn∙荏=4y+z=0,

In∙EC；=—2x+2z=0,

令％=1,贝!jy=-1,z=l,所以〃=(1,一，1).

所以点C到平面AEC1F的距离d=里型=亮=察.

∖n∖vɜɜ11

4

7.BCD若aA-n,则直线/〃平面α或直线/在平面α内，故A中命题

为假命题；

若a∕∕n,则α也是平面a的一个法向量,所以直线/J_平面α,故B中

命题为真命题；

直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面法向量夹角

的余弦值的绝对值，

所以若cos<6Z,n>4则直线/与平面。所成角的大小为5故C中命题

26

为真命题；

两个平面的夹角与它们法向量所成的不大于90°的角相等,故D中

命题为真命题.

故选BCD.

8.D解法一：：前=码+Z7⅛丽=方+丽，

：.AM-CN=(AA^+½√7)∙(CB+~BN)=踞•丽=/

22

易得由I=J∣√l½ι∣+∣√11M∣=Jl+}=y.

同理,I而I=亭设直线AM与CN所成的角为a,则

1

-2

选

2做D

IaM∙CN∣----

5.

cosa=∙-5

∖AM∖∖CN∖4

解法二：以D为原点,DA,De,西的方向分别为X轴,y轴,Z轴的正方

向建立空间直角坐标系，则Ad,0,0),M(Iq,1),C(0,1,0),N(I,I3),

AM=(Oj,1),丽=(1,0彳).古攵福・丽=0X1+IX0+1×I=

Ml画=J02+©+12=当而I=/2+02+(/=当

设直线AM与CN所成的角为出

贝!∣cosα=]”=ɪɪ=2.故选D.

∣4MIlCNl√≡χ√s5

22

解题模板解决异面直线所成角的问题，一般有三种思路:①通过中

位线等将异面直线转化到同一个三角形中，利用正、余弦定理解决;

②利用基底法,找到表示空间向量的一个基底，并将所求异面直线的

方向向量用基向量表示,进而利用公式求解;③建立空间直角坐标系，

利用公式求解.

9.B连接3。,Ae交于点O,由题知。区。CAAl两两互相垂直.以。

为原点,OB,OC所在直线分别为％轴,y轴,过点。且平行于AAi的直

线为Z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,-2√3,0),E(0,-

2√3,2),AI(O,-2√3,4),8(2,0,0),C(0,2√3,0),.,.CE=(0,-

4√3,2),Xζ=(0,0,4),Zfi=(2,2√3,0),设平面AlAB的法向量为

n=(%,y,z),

则「竺L-4z-令y=/,则a8,Z=O,故八=(遍,-1,0).

{n∙AB=2x+2√3y=0,

设CE与平面AIAB所成的角为θ,

贝!jsin<9=∣cos<n,CE>|=售∣=庄心厂—叵，

11∖∏∖∖CE∖2×2√1313

-√39._

「匚|、|C√130CSineTT√30

所以cosθ=--,tanθ=--=⅛=-,

13COSθV13010

13

所以CE与平面所成的角的正切值为手.

10

故选B.

10.解析（1）依题意可知B∣Aι,β.C1,β∣β两两互相垂直，以By为原

点,瓦有跖,瓦豆的方向分别为X轴,y轴,z轴的正方向，建立空间

直角坐标系，

,

则A（2,0,1）,B1（0,0,0）,B（0,0,1）,C（0,1,1）,Ci（0,1,0）,..

B1A=(2,0,1),BCl=(0,1,-1),

设异面直线AB1与3G所成的角为θ,

则CoS^=7≡≡=ɪ=粤所以异面直线AB1与BCl所成角的

∖B1A∖∖BC1∖√5×√210

余弦值为绊.

10

(2)由(1)可得西二(0,1,-1),瓦1=(2,0,1),碓=(0,1,1).

设平面ABlC的法向量为〃=(%,y,z),

ʌ''令Jt=I,则y=2,z=-2,

n∙B1A=2x+z=0,

故π=(l,2,-2),

设直线BCi与平面A3∣C所成的角为α,

则Sina=∣cos<n,BC；>∖=震∣=孚,所以直线BC∖与平面AB↑C

∣71l∣8Cι∣3

所成角的正弦值为萨.

11.解析（1）证明：如图所示,连接Ac,3。交于点O,连接OE,OF.

易知。是ACBQ的中点,又尸为ACl的中点,

所以O歹〃CG.

因为ORt平面CODiCi,CGU平面CDDiCb

所以由线面平行的判定定理可得。尸〃平面CDnG.同理可得OE//

平面CDz)IG.

因为ObGOE=O,OEU平面OEF,。/U平面OEF,

所以平面OE/〃平面CDDICι∙

因为EFU平面OEF,所以EF〃平面CDD↑C↑.

⑵以A为原点,四,而,理的方向分别为入轴,y轴,Z轴的正方向,

建立空间直角坐标系Axyz,

由题可知Ao=4,44I=AB=3,

贝I」E(3,2,O),JF(1,2,1),B∣(3,0,3),A(0,0,0),

所以丽=(一|,0,|),荏=(3,2,0),第=(0,2,-3).

设平面AEF的法向量为n=(孙vɪ,zι),

_r33O

_n.≡---¾-为-

⅜荏22

——-

_3

<n+月=

ɪlO,

令Xl=-1,贝Ijy=∣,Z1=-1,故H=(-1,∣,-1J.

设平面EFBl的法向量为m=(%2,",Z2),

.m-EF=--x+-z=0,

则π［2z222

Irn∙^B^E=2y2-Sz2=0,

令％2=1,则竺=|,Z2=l,故Zn=(I,|,1).

设平面AE/与平面EFBl所成的角为θ,

则品

I(T»(申)11

J(-D2+(∣)2+(-D2×Jι2+g)2+ι217

故平面的与平面所成角的余弦值为方

12.解析因为ASAB与ASAC均为等边三角形，所以AB=Ac.连接

OA,则OAJ_BC.以。为坐标原点,OB,OA,。5所在直线分别为入轴,y

轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系。斗•设3(1,0,0),贝IJCQ

1,0,0),A(0,l,0),S(0,0,1),0(0,0,0).

所以且=(0,1,-1),元=(-1,0,-1),福=(0,1,0).设平面SAC的法向量

为n=(x,y,z),

An-SA=y-z=Ol

(n∙SC=—X-z=0,

令x=l,则z=-l,y=-l,所以"=(1,-1,-1).

易知平面SBC的一个法向量为函=(0,1,0).

所以ICoS<UX">∣=∙⅛=W，

√33

所以平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为当

能力提升练

1.B2.C3.B5.D6.B7.C

1.B由题可得荏=(-2,2,0),方=(-2,0,2),而=(0,2,2),设平面

ABC的法向量为八=(”z),则卜.丝=f+2y=0,取X=I,得

In∙AC=—2x+2z=0,

y=l,z=l,故"=(1,1,1),则点。到平面ABC的距离d=膂=W=

∣n∣√3

4-∖∕3—77?^^Γr∙、AB-AC41

—.cos<ABAC>=一一=-P~∙p=

31IABIIACl√8×√82

.,.sin<AB,AC>=与

,

..SΛABC=1×∖AB∖×∖AC∖×sin<AB,AC>=^乂遮乂遮义?=2√I,...四

面体ABCD的体积V=∣×SΔABC×t∕=∣×2√3×=*故选B.

2.C以。为原点,雨,反,西的方向分别为％轴,y轴,z轴的正方向,

建立空间直角坐标系,则A(l,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),Ci(0,1,2).

设尸(0,y,zι),Q(x2,>2,0),其中0≤yι≤l,0≤zι≤2,O≤x2≤l,0≤j2

≤1.

由题意可设DP=ΛDCi,AQ=μAC,其中λ,μ∈[0,1],所以

(0,y,Z])=2(0,1,2),(%2-l,",0)=//(-1,1,0),所以P((W,2Q,Q(1-

μ,μ,0).

所以线段PQ的长度为λ∕(l—μ)2+(〃—4)2+442

=√2μ2+5λ2-2λμ-2μ+l

所以当入三,〃［时,线段PQ的长度取得最小值,为∣∙

3.B以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为X轴,y轴,Z轴建立

如图所示的空间直角坐标系，

则A(6,0,0),8(6,6,0),M(0,6,3),设P(X,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],

则俞=(-6,6,3),BP=(%-6,y-6,6),

由BP.LAM^BP∙AM=O,即-6(x-6)+6(y-6)+3><6=0,即y=x-3,

由于％∈[0,6],y∈[0,6],所以％∈[3,6],y∈[0,3],所以点P的轨迹

为图中的线段EF(E,F分别为AiD1MiBi的中点)，由图知

∣EF∣=√32+32=3√2,故选B.

4.答案2

解析设正四棱柱的高为∕z(∕ι>0)∙以Al为原点,晒,晒,干的方

向分别为X轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则

A(0,0,/z),Bi(1,0,0),D,(0,1,0),C(l,l,∕z),

则福=(1,0,♦),福二(0,l,-/z),而=(1,1,0).

设平面AB1D1的法向量为〃=(%,y,Z),

则jn∙AB1=0,即(x-hz=0,

'l∏∙M=o,Iy一九z=0,

取z=l,得x=h,y=h,所以〃=(∕z,∕z,1).

所以点C到平面ABQl的距离为吟=:+/2=：，解得62(负

∣n∣√∕ι2+h2+l23

值舍去).

故正四棱柱ABCD-AχBχCχDχ的高为2.

5.D如图所示,设AC与BD交于点0,连接0F,则O/〃PA,贝IJOF

，平面A3CD以。为坐标原点,OB,0C,OF所在直线分别为入轴,y

轴,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.

设PA=AQ=AC=I,则BD=遮，所以

O(0,0,0),暗,0,0),C(0,0,c(o,30),所以沆=(Oj,0),前=

(-莪，。)，而=停。，-5

易知沆=(0弓,0)为平面BED的一个法向量.

设平面PBC的法向量为n=(%,Xz),

22

则，_>r-令％=1,则y=z=√"5,

n-FB=—X—z=0,

V22

所以〃=(1,低B)为平面尸BC的一个法向量.所以cos<n,OC>=ʒɪ,

设平面PBC与平面BFD的夹角为θ,则cose组所以sin失亭,所

77

以tan^=—.

3

6.B设AAI=，.以B为坐标原点，过B且垂直于BC的直线为工

轴,BC,BBl所在直线分别为y轴,Z轴,建立如图所示的空间直角坐标

系,

则A(√3,1,0),E(%∣,t),8(0,0,0),尸(γ,∣,t),：.AE=

(一今M)质=(¥4"),

∙∙∙AE和放所成角的余弦值为哈

.∙.∣cos＜幅招＞∣=≡=J⅛=解得0或-2(舍

荏1

2

-√13

・-

⅛)*22

易知平面BCCiBl的一个法向量为n=(l,0,0),

ΛAE与平面SCCiBi所成角的正弦值为ICos＜版,∏＞l=⅛j=W=

等故选B.

10

7.C以A为原点,而,而,可*的方向分别为％轴,y轴,Z轴的正方向,

建立空间直角坐标系，

则

A(0,0,0),5(3,0,0),D(0,3,0),Aι(0,0,3),C(3,3,0),Bl(3,0,3),D1

(0,3,3).

对于A,因为尸=2尸C所以帝=|布=:(0,3,-3)=(O,2,-2),所

以P(3,2,1),故而二(3,2,1),|而I=√32+22+l2=√14,A中结论

正确；

对于B,ZX=(0,3,0),还=(3,0,-3),因为BiP=2PC,所以

P(3,2,1),所以审=(3,2,-2),设平面AxBP的法向量为机=CX,y,z),

Ijm∙A^B=O,Cix_3z=0,

lm∙^P=0,⅛+2y-2z=0,

取X=1,则产卷,z=l,故m=(L—51)，所以点Di到平面AIBP的距离

为"抖=1,B中结论正确；

IMl

对于C,设瓦尸=2瓦忑(0<2<l),则P(3,32,3-32),所以布=(3,32,-

32),易得丽=(-3,3,0),若直线AxP与BD所成的角为上则

布,前>"普=I尸=—,解得二(二重根)，

1ICOs<11I=24=

∖A1P∖∖BD∖3√l+2λ∙3√222

又a∈(0,1),所以直线AxP与BD所成的角不可能是3C中结论错误;

6

对于D,瓦瓦=(3,0,0),币=(3,0,-3),同C中所设，则审=(3,32,-

32),设平面BATP,平面BiAlP的法向量分别为

(、I(、后二i、ifɑ∙=0,(b-AB=O,

α=(%l,yi,Zl),0=(x2,丁2,Z2),所以<___»\1>10即π

{a∙A1P=O,[b∙A1P=0,

∣3χ1+3ɪΓ-3Λz-OS2ZX-3Λz.0分别令-1,

(JiXl十5∕tZ]—U,(J%2十ɔʌʃ2—S4Zz—U,

1

贝d1

u-y尸

-1一-

Xlλy2=l,故a=(l,l-ɪ11A=(0,1,1),设二面角B-

A1P-Bi的平面角为θ,则sin8=等，

6

则ICOS4=黑=/典一=F,解得上4或a=f,均符合题意,D

IaI网同孑a637

中结论正确.

故选C.

8.解析（1）由题可知四边形AB此是矩形,延长FM与EA,二者延长

线交于点O',

因为EAU平面ADE,所以O'∈平面ADE,又0七直线FM,所以O即

为所求的点0.

因为AM//EF,且AM=^AB=⅛F,所以点A为线段EO的中点,M为

线段”>的中点,故Ao=2.

连接DF,交CE于N,连接MN,在矩形CDEF中,N是线段DF的中

八占、”

又M为线段FO的中点,所以MN//OD,因为MNU平面EMC,OQQ平

面EMC,所以OQ〃平面EMC.

⑵存在.连接4。，依题意，可知E/_L4E,E/_LDE因为AE∩

DE=E,AE,QEU平面ADE,所以石尸_1_平面ADE,且NAEQ为二面角

A-EF-D的平面角，即NAED=60°.

由AE=DE=2,ZAED=6Q°,可知AAOE为正三角形，取AE的中点H,

连接DH,则DHLAE,

由EF±ΞF≡ADE,"u平面ABFE,ADE±ABFE,

因为平面ADE∩平面ABFE=AE,所以可得QH_L平面ABFE.

取BF的中点G,连接HG,在矩形ABFE中，有HGLAE,又。"_1_平

面ABFE,"Gu平面ABFE,故HG工DH,故HA,HG,HD两两垂直.

以H为坐标原点,HA,HG,HD所在直线分别为％轴,y轴,Z轴建立空

间直角坐标系，如图，

则E(-l,0,0),D(0,O,√3),C(0,4,√3),

则丽=(1,0,遍),正=(1,4,8)，假设存在点M满足条件，由题可设

M(1,ΛO)(0≤r≤4),

则前=