第04讲立体几何中的轨迹及探索性问题（秋季讲义）（人教A版2019选择性）

第04讲立体几何中的轨迹及探索性问题【人教A版2019】模块一模块一立体几何中的轨迹问题1．动点轨迹的判断方法动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.2．立体几何中的轨迹问题的常见解法(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.【题型1平行中的动态轨迹问题】【例1.1】（2324高二上·福建福州·期末）已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AB=AD=2，AA1=4，M是BB1的中点，点P满足BPA．3 B．5 C．22 【解题思路】根据给定条件BP=λBC+μBA1，可得点P在矩形A1【解答过程】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，由BP=λ又MP//平面AB1D1，故点P在过连接AB1交A1B于点O，取OB中点N，连接MN，在CD1上取点Q，使得D1由ABCD−A1B1C1D因为D1Q=1所以D1Q//ON且D1Q=ON，四边形因为D1O⊂平面AB1D所以QN//平面AB1D1，同理可得因为QN,MN是平面MNQ内的相交直线，故平面MNQ//平面AB1D1，即平面MNQ是过所以点P的轨迹是四边形截面A1BCD1与平面因为矩形AA1B1B中，AB=2所以A1O=12A所以NQ=D1Q=3故选：A.【例1.2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，A．AM⊥B1M B．C．AM与A1B1所成角的余弦值为23 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间夹角公式、空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.【解答过程】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则A(0,0,2),A所以A1由AM//平面A1BP，得AM化简可得：3x−2y=0，所以动点P在直线3x−2y=0上，对于选项A：AM=(2,1,−2),B1M=(2,−1,0),对于选项B：CD1//A1B,A1B⊂对于选项C：A1对于选项D：动点P在直线3x−2y=0上，且P为侧面BCC1B1上的动点，则P在线段P1故选：BCD.【变式1.1】（2324高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC、CC1的中点，P是侧面ADD【解题思路】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出P的轨迹，根据轨迹特点可求答案.【解答过程】如图，分别取AA1,A1以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则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//因为P是侧面ADD1A1内一点（含边界），所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN，所以点P的轨迹长度为MN=MN故答案为：22【变式1.2】（2425高三上·河南·开学考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB=2，点E,F分别为CD,CP的中点，点T为△PAB内的一个动点（包括边界），若CT∥平面AEF，则点T的轨迹的长度为53【解题思路】记AB的中点为G，点T的轨迹与PB交于点H，则平面CHG//平面AEF，建立空间直角坐标系，利用CH垂直于平面AEF，的法向量确定点H的位置，利用向量即可得解.【解答过程】由题知，AB,AD,AP两两垂直，以A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，记AB的中点为G，连接CG，因为ABCD为正方形，E为CD中点，所以AG//CE，且AG=CE，所以AGCE为平行四边形，所以CG//AE，又CG⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以CG//平面AEF，记点T的轨迹与PB交于点H，由题知CH//平面AEF，因为CH,CG是平面CHG内的相交直线，所以平面CHG//平面AEF，所以GH即为点T的轨迹，因为A0,0,0所以PB=设PH=λ则CH=设n=x,y,z为平面则AE⋅n=x+2y=0AF⋅因为CH⊥n，所以解得λ=23，则CH所以GH=所以GH=故答案为：53【题型2垂直中的动态轨迹问题】【例2.1】（2324高二上·四川泸州·阶段练习）在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BDA．2+5a C．3+5a 【解题思路】建立空间直角坐标系设点Px,y,z，利用MP⊥CN以及M，N两点的位置关系可得点P的轨迹为四边形EFGH【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为坐标原点，分别以DA，DC，∴D0,0,0，Ma2,a2,设Px,y,z，则MP

∵MP⊥CN，∴a2x−a当x=a时，z=a4，当x=0时，取Ea,0,a4，Fa,a,a连结EF，FG，GH，HE，则EF=HG=∴四边形EFGH为矩形，则EF⋅CN=0即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，∴CN⊥平面EFGH，又EM=−a∴M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，又EF=GH=a，EH=FG=52a，∴EF≠EH则矩形EFGH的周长为2+5故选：A.【例2.2】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到AQ⊥平面CDRH，由点到平面的距离和球的半径得到点P的轨迹为以5为半径的圆，从而求出点P的轨迹长度.【解答过程】以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则Q0,0,52球心O52,52,52，取A1则R52,0,5DC⃗故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD⊂平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故当P位于平面CDRH与内切球O的交线上时，满足CP⊥AQ，此时O52,d=DOr=254−54故点P的轨迹为以5为半径的圆，故点P的轨迹长度为25故选：B.【变式2.1】（2324高三上·浙江嘉兴·期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，M,N分别是底面ABCD与侧面CDD1C1A．43π B．655π 【解题思路】建立空间直角坐标系，找到球心O和点P的轨迹，求出O到平面α的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.【解答过程】取面对角线B1C中点O，连接ON，B1N，CN，C1N，以A为原点，AB,AD,AA1的方向分别为B2,0,0，C2,2,0B12,0,2，E1,0,2，F1,2,0，G1,0,0，HB1N=−1,2,−1，CN=三棱锥C1−B1NC因此点O即为三棱锥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，点P的轨迹为矩形FGHI的四边，如图所示，OG=−1,−1,−1，BE为平面则球心O到平面FGHI的距离为OG⋅球面被平面α截得的圆的半径22−5故选：B.【变式2.2】（2324高三上·北京·期末）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为

A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MPC．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为2【解题思路】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以点D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1方向为【解答过程】

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以点D为坐标原点，分别以DA、DC、因为该正方体的棱长为1，M,N分别为BD则D0,0,0，M12,1所以CN=12,0,1，设因为MP⊥CN，所以12x−12+z−12=0，2x+4z−3=0，当取E1,0,14，F1,1,1连接EF，FG，GH，HE，则EF=GH=所以四边形EFGH为矩形，则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，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，又点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，因此点P不可能是棱BB又EF=GH=1，EH=FG且矩形EFGH的周长为2+2×5因为点M为EG中点，则点M为矩形EFGH的对角线交点，所以点M到点E和点G的距离相等，且最大，所以线段MP的最大值为34故选：D.【题型3距离（长度）有关的动态轨迹问题】【例3.1】（2324高二上·全国·单元测试）如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（

）

A．

B．

C．

D．

【解题思路】以D为原点，建立空间直角坐标系，设M(x,y,0)，得到P(a2,0,32【解答过程】以D为原点，DA,DC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，设M(x,y,0)，正方形边长为a，则P(a则MC=由MC=MP，即x2所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y=1故选：A.【例3.2】（2024·四川成都·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别为棱AB,CCA．B1−MBC的外接球面积为9π B．直线PQC．正方体被平面MNP截得的截面为正六边形 D．点Q的轨迹长度为3π【解题思路】可证明正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求B1−MBC的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求D到平面MNP的距离，从而可求点【解答过程】如图，设A1D1,A由正方体的性质可得A1C1//RN故SP//A1C1同理，S,P,T,N也四点共面，故同理R,N,T,M也四点共面，故S,P,正方体被平面MNP截得的截面为六边形，SP=PN=NT=TM=MT=RS=SP=2因为平面MNP∩平面B1BCC1=NT而平面B1BCC1//而NT为三角形BCC1的中位线，故NT//但∠PSR与∠A1C1B方向相反，故∠PSR故∠A1C

同理∠SRM=∠RMT=∠MTN=∠TNP=∠NPS=120°，故正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故C正确.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对于A，将三棱锥B1−MBC补成如图所示的长方体其中H,G分别为A1B1则其外接球的直径即为MBCG−HB1C故三棱锥B1−MBC的外接球的表面积为

建立如图所示的空间直角坐标系，

则D0,0,0故MN=设平面MNP的法向量为m=x,y,z，则故−2x+y+z=0−2x+2z=0，取x=1，则z=1,y=1故m=1,1,1，而故D到平面MNP的距离为d=DP而DQ=2，故点Q的轨迹为平面MNP该圆的半径为4−2=1，故圆的周长为2故选：D.【变式3.1】（2324高二下·四川内江·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PCD为正三角形，底面为正方形，且边长均为1．平面PCD⊥平面ABCD，M为底面内一动点．当AM=PM时，M点在底面内的轨迹长度为52【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量的方法求得M点在底面内的轨迹，进而求得其长度.【解答过程】取AB中点N，CD中点O，连接OP,ON，因为平面PCD⊥平面ABCD，OP⊥CD，平面PCD∩平面ABCD=CD，OP⊂平面PCD,所以OP⊥平面ABCD，由题意可得OP,ON,OC两两垂直，以O为原点，分别以ON,OC,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,32),A(1,−则AM由AM=PM，可得AM=则x−12+y+则M点在底面内的轨迹为线段4x−2y−1=0−1所以轨迹的端点的坐标为0,−则M点在底面内的轨迹长度为(故答案为：52【变式3.2】（2324高二下·四川成都·期中）如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′－ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为142【解题思路】利用空间直角坐标系可知，平面A′C′D内的P满足x+y−z=0，PM=PD的P满足x+2y+z=3，则可得y=3−2x3z=x+33，P是△A′C′D内（包括边界），则0≤x≤【解答过程】如图建立空间直角坐标系，则DD设平面DA′则有2x+2z=02y+2z=0，令x=1，则则n设Px,y,z，则∵n⊥DP又∵PM=PD，则x整理得：x+2y+z=3联立方程x+2y+z=3x+y−z=0，则可得0≤x≤20≤3−2x当x=0时，P10,1,1，当x=在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面α两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为α∩平面A′C′D=P1故答案为：142【题型4角度有关的动态轨迹问题】【例4.1】（2024·辽宁·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，QA．π2 B．π C．2π D．【解题思路】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得DB1⊥【解答过程】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、建立空间直角坐标系，P1,2,0，M0,1,2，N2,0,1，D故DB1=PN=1,−2,1，设平面PMN的法向量为则m⋅令z=1得，x=y=1，故m=因为DB1=2m，故Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S即为点Q的轨迹，其中B1由对称性可知，B1S=1故点Q的轨迹长度为2π故选：C.【例4.2】（2324高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC【解题思路】建立空间直角坐标系，设出Qm,n,0，由二面角Q−PD−A的大小，列出方程，得到15m+n【解答过程】因为PA⊥平面ABCD，AB,AD所以PA⊥AB，PA⊥AD，又因为∠BAD所以PA，AB，AD两两垂直，所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，因为PA=所以P0,0,1因为Q是四边形ABCD内部一点，设Qm其中0≤m平面PDA的法向量为m=设平面QPD的法向量为n=n⋅令y=1，则z所以n=cosm由于0≤m所以2−n>0,m因为Q−PD−A的平面角大小为则cosθ解得：15m设直线15x+y=2与故动点Q的轨迹的长度为EF的长，令x=0得：y=2令n=0得：m=由勾股定理得：EF=所以动点Q的轨迹的长度为815故答案为：815【变式4.1】（2324高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为8的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱AA1上的一个动点，给出下列三个结论：①若F为BD1上的动点，则EF的最小值为42；②D到平面BED1的距离的最大值为863；③M为BC的中点，P为空间中一点，且PD与平面ABCD【解题思路】对于①：建系，设设E8,0,8μ,μ∈0,1【解答过程】对于①：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D0,0,0

可得BD设E8,0,8μ则DF=DB+可得EF=64当λ−12=0λ−μ=0，即λ=μ=1对于②：设D到平面BED1的距离的最大值为由VD−BED1=V由（1）可知S△BED1所以D到平面BED1的距离的最大值为

对于③：设P在平面ABCD上射影为O，连接OP,DO,OM，可知：PD与平面ABCD所成的角为∠PDO=30°，PM与平面ABCD所成的角为∠PMO=60°，则tan∠PDO=PODO在空间直角坐标系，则D0,0,0

设Ox,y,0，则x整理得x−9可知P在平面ABCD上射影的轨迹为半径为35所以轨迹长度为2π故答案为：①②③.【变式4.2】（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥P−ABC中，PB⊥平面ABC，AB=BC=BP=2，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC．(1)当∠ABE∈π8,(2)当二面角E−PA−B的余弦值为33时，求三棱锥E−PCB【解题思路】（1）先通过垂直关系得到AE⊥BE，然后建立空间直角坐标系得到点E的轨迹，根据角度求轨迹的长；（2）利用向量法求面面角，解方程求出点E的坐标，进而利用体积公式求解即可.【解答过程】（1）作BH⊥PE交PE于H，因为平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE=PE，BH⊂面PBE，所以BH⊥平面PAE，又因为AE⊂平面PAE，所以BH⊥AE，因为PB⊥平面ABC，且AE⊂平面ABC，所以PB⊥AE，因为BH⊥AE，PB⊥AE，PB、BH⊂平面PBE，PB∩BH=B，所以AE⊥平面PBE，又因为BE⊂平面PBE，所以AE⊥BE．分别以直线BA,BC,BP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则B(0,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，设E(x,y,0)，因为AE⊥BE，所以AE⋅又AE=(x−2,y,0)，BE所以(x−2)⋅x+y⋅y=0，即(x−1)2设AB中点为N，则N(1,0)，如图：又∠ABE∈π8,因此，E的轨迹为圆弧QE，其长度为2π（2）由（1）知，可设E(x,y,0)，PA=(2,0,−2)，AE设平面PAE的一个法向量为n=(a,b,c)则n⋅PA=0n⋅AE=0BC=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量，令二面角E−PA−B为角θcosθ=|n解得x=2，y=0（舍去）或x=1，y=±1，则E(1,1,0)或E(1,−1,0)，从而可得三棱锥E−PCB的体积VE−PCB【题型5翻折有关的动态轨迹问题】【例5.1】（2024·浙江·模拟预测）已知矩形ABCD中，AB=1，AE=2，如图，将△ABE沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（

A．3π B．6π6 C．6【解题思路】过点A作AM⊥BE于点M，交BC于点G，则点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上.由翻折过程可知，SM=AM=63，判断出S的轨迹是以点M为圆心，【解答过程】如图（1），过点A作AM⊥BE于点M，交BC于点G，则点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上.在Rt△ABE中，AB=1，AE=2，则BE=3翻折的过程中，动点S满足SM=63，则动点S的轨迹是以点M为圆心，63为半径的一段圆弧.易得BM=33，EM=233，△AME∽△GMB，所以MGMA=MBME=12，则MG=66<SM，如图（2），在圆M中，故选：C.【例5.2】（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，点E为线段CD（除端点外）上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D′B．存在点E，使AB⊥平面DC．点A到平面BCF的距离为3D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是13【解题思路】当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，由此可判断A；无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，即可判断B；以AB，AD，AF为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面BCF的法向量为n【解答过程】选项A：当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D选项B：无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD选项C：以AB，AD，AF为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则A0,0,0，F0,0,3，B3BC=(0,1,0),设平面BCF的法向量为n=x,y,z,∴则点A到平面BCF的距离为d=n选项D：设E3λ,1,0，λ∈0,1，BC=0,1,0，EF=−3故选：D．【变式5.1】（2324高二上·广东广州·期末）已知矩形ABCD中AB=3，AD=3，现将△ACD沿对角线AC向上翻折（如图所示），若在翻折过程中，点D到点B的距离在212,302内变化时，点D【解题思路】根据已知，可知点D的运动轨迹是圆弧，做辅助线，将BD的长度的变化范围转化为二面角D−AC−B的变化范围，再由弧长公式计算即得.【解答过程】如图所示：在矩形ABCD中，过点D作DF⊥AC交AC于点F，交AB于点G，过点B作BE⊥DF交DF于点E，故点D的运动轨迹是以F为圆心，以DF为半径的圆弧，∠DFE为二面角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.当BD=212时，故△DEF是等边三角形，所以∠DFE=π当BD=302时，因为EF=DF=32,DE=32则点D的运动圆弧所对应的圆心角为π2故点D的运动轨迹的长度是αr=π故答案为:π4【变式5.2】（2324高三上·浙江嘉兴·期中）如图，在△ABC中，AB=7，AC=10，BC=3.过AC的中点M的动直线l与线段AB交于点N.将△AMN沿直线l向上翻折至△A′MN，使得点A′在平面BCMN内的投影H落在线段BC上.则点【解题思路】建立空间坐标系，求出A′的轨迹，根据折叠过程中量之间的关系的MN⋅AA′【解答过程】因为翻折前后A′M=AM=102长度不变，所以点A′可以在空间中看做以M为球心，AC为直径的球面上，又因为A′的投影始终在BC上，所以点故点A′轨迹为垂直于底面ABC的竖直面A′BC去截球M所得圆面的圆弧，这个圆弧的直径为AA′⊥BC时，如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点A(1,6,0)，点设点A′(x,y,z)，翻折后点A′的投影H(x,0,0)所以点A′纵坐标为0，即A(x,0,z)由MC=AM=A′根据空间两点之间距离公式可得A′轨迹：(x−2)又因为动点A′要符合空间面翻折结论：A即MN⋅AA=0又动点N在线段AB上动，设N(a,6故MN=且a∈(0,1)，由MN⋅AA′=0且点A′在上方，由(x−2)2+z2所以弧长为2π3故答案为：2π3模块模块二立体几何中的探索性问题1．与空间向量有关的探索性问题：在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题．2．立体几何中的探索性问题的求解策略：解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【题型6线面位置的探索性问题】【例6.1】（2324高二上·上海·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1（1）存在点P，使得PA（2）存在点P，使得BD1⊥（3）△PA（4）四面体A1A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】设正方体棱长为2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，确定（1）正确，考虑到P到平面A1B1E的距离不变，从而易判断（4），以【解答过程】设正方体棱长为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=正方体中，CD//平面A1B1C即P到平面A1B1E的距离不变，而△A以DA,DC,DD1为

正方体棱长为2，则A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),DBD1=(−2,−2,2)，BD1⋅A1E设P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE所以cosPE设P到直线A1E的距离为d=|由二次函数性质知0≤m≤2时，y=(m−4)2+20递减，所以d所以△A1PE综上：（1）（3）（4）正确故选：D.【例6.2】（2324高二上·上海嘉定·期中）在正方体ABCD−A1B1C1DA．存在点Q使得BQ与平面B1CD垂直 B．存在点Q使得DQ与平面C．存在点Q使得B1Q与平面B1CD垂直 D．存在点Q使得【解题思路】如图，以D为原点，以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面B1【解答过程】如图，以D为原点，以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则所以DC=(0,1,0),设平面B1CD的法向量为m⋅DC=y=0m⋅设Q(1,0,t)(0≤t≤1)，对于A，BQ=(0,−1,t)，若BQ与平面B1CD垂直，则BQ与m共线，则存在唯一λ，使BQ=λm，则(0,−1,t)=λ(1,0,−1)，所以0=λ−1=0t=−λ，方程组不成立，所以BQ对于B，DQ=(1,0,t)，若DQ与平面B1CD垂直，则DQ与m共线，则存在唯一μ，使DQ=μm，则(1,0,t)=μ(1,0,−1)，所以1=μ0=0t=−μ，得t=−1不合题意，所以DQ对于C，B1Q=(0,−1,t−1)，若B1Q与平面B1CD垂直，则B1Q与m共线，则存在唯一λ1，使B1Q=对于D，D1Q=(1,0,t−1)，若D1Q与平面B1CD垂直，则D1Q与m共线，则存在唯一μ1，使D1Q=μ1m，则故选：D.【变式6.1】（2324高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D(1)求证：平面A1C1(2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P//平面【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1C1（2）由空间向量的坐标运算，由A1P与平面【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、则A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，则A1C1=(−3,4,0)，A1设平面A1C1则n⋅取x=4，则y=3，z=6，所以平面A1C1设平面ACD1的法向量为则m⋅取a=4，则b=3，c=6，所以平面ACD1的一个法向量为因为m=n，即m//n，所以平面（2）设线段B1C上存在点P使得A1P//平面由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1所以A1所以m⋅A1所以当P为线段B1C的中点时，A1【变式6.2】（2425高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C(1)求证：平面NPC//平面AB(2)在线段BB1上是否存在一点Q，使AB1⊥【解题思路】（1）应用线面平行判定定理得出面面平行即可证明；（2）建立直角坐标系，设点的坐标满足线面垂直即线线垂直计算求参.【解答过程】（1）∵M,N,P分别是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）假设在线段BB1上存在一点Q，使AB取BC的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设BC=2,BQ=a(0≤a≤2)，则M(0,−1,1),A(3∴A∵AB1⊥AB1⊥∴在线段BB1上存在一点Q，使AB1⊥平面A【题型7与空间角有关的探索性问题】【例7.1】（2324高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体ABCDE中，直角梯形ABCD所在平面与正三角形ABE所在平面垂直，∠ADC=90°，AB=AD=2CD=4．(1)求该多面体的体积V；(2)在棱BC上是否存在点P，使得直线PE和平面ADE所成的角大小为30°？若存在，求出BPBC【解题思路】（1）取AB中点F，连接EF，求证EF⊥平面ABCD，即可由V=1（2）先求证FB,FE,FC两两垂直，建立空间直角坐标系F−xyz，设BPBC=λ,λ∈0,1，依据已知条件求出PE和平面ADE的法向量n，再依据cos【解答过程】（1）取AB中点F，连接EF，则由△ABE为正三角形得EF⊥AB，又因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，EF⊂平面ABE，所以EF⊥平面ABCD，又由题意EF=A所以该多面体的体积V=1（2）连接CF，由题意以及（1）可知AF//DC且AF=DC，所以四边形AFCD是平行四边形，所以AD//CF，所以CF⊥AB，所以由EF⊥平面ABCD可知FB,FE,FC两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系F−xyz，则E2所以BE=23设BPBC=λ,λ∈0,1所以PE=设n=x,y,z是平面ADE的一个法向量，则所以AE·n=0AD·n=0所以直线PE和平面ADE所成的角的正弦值为cos=2整理得λ2+5λ−4=0,λ∈0,1，解得λ=所以在棱BC上存在点P，使得直线PE和平面ADE所成的角大小为30°，此时BPBC【例7.2】（2324高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，(1)求直四棱柱ABCD−A(2)在棱AA1上是否能找到一点M，使得平面CD1M与平面BC【解题思路】（1）设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1，以OA,OB,OO（2）假设能找到这样的点M，设M3,0,t，且0≤t≤22，根据平面CD1M与平面BCC【解答过程】（1）设AC∩BD=O,A因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故OA,OB,OO如图，以OA,OB,OO1分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系因为菱形ABCD中，∠ABC=120°，所以OA=3,OB=1，设则A3,0,0,B所以CB设平面BCC1B1的一个法向量为n1令x1=1得，所以cosB因为直线BD1与平面BCC所以cosBD1,n（2）假设能找到这样的点M，设M3,0,t，且则CM=设平面CD1M的一个法向量为n2=令x2=t得，则cosn由平面CD1M与平面BC可得cosn1,n2所以能找到这样的点M，此时，AM=t=322【变式7.1】（2324高二上·安徽六安·期中）如图，在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB=1，P为棱AD的中点，四棱锥S−ABCD的体积为23(1)若E为棱SB的中点，求证：PE//平面SCD；(2)在棱SA上是否存在点M，使得直线SA与平面PMB所成角的正弦值为217？若存在，求出点M【解题思路】（1）作出辅助线，证明出四边形PEFD是平行四边形，所以PE//FD，从而得到线面平行；（2）先根据面面垂直得到线面垂直，SP是四棱锥S−ABCD的高，设AD=m(m>0)，根据体积求出m=2，建立空间直角坐标系，设AM=λAS=【解答过程】（1）取SC中点F，连接EF,FD，∵E,F分别为SB,SC的中点，∴EF//BC，EF=1∵底面四边形ABCD是矩形，P为棱AD的中点，∴PD//BC，PD=1∴EF//PD，EF=PD，故四边形PEFD是平行四边形，所以PE//FD.又∵FD⊂平面SCD，PE⊄平面SCD，∴PE//平面SCD.

（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边△SAD中，P为AD的中点，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，则SP是四棱锥S−ABCD的高.设AD=m(m>0)，则SP=32m，矩形∴VS−ABCD=以点P为原点，PA,PS的方向分别为则P0,0,0

故PA=设AM=λPM=设平面PMB的一个法向量为n=则n⋅PM=1−λx+3λz=0n=由题意可得cosAS整理得28λ2−8λ−3=0，解得λ=12或λ=−故存在点M，位于AS的中点处满足题意.【变式7.2】（2324高三下·重庆·阶段练习）如图甲，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=π3，将△ABD沿BD向上翻折，得到如图乙所示的三棱锥

(1)证明：A′(2)若A′C=3，在线段BD上是否存在点G，使得平面A′CG与平面BCD【解题思路】（1）根据已知证出线面垂直，利用线面垂直性质即可得证；（2）利用余弦定理求出BD=23，∠A′【解答过程】（1）取BD中点O，连接A′菱形ABCD中，A′所以A′又因为A′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，因为∠ABC=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′则以O为坐标原点，分别以OC方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则A′−1假设在线段BD上存在符合要求的点G0,m,0设平面A′CG的法向量由A′则A′C⋅由题可取平面BCD的法向量n2所以cosn当m=33时，BG=433所以当BG=433或233时，平面A【题型8与空间距离有关的探索性问题】【例8.1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)设线段BE中点为F，证明：CF∥平面ADE(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于22，如果存在，求MB【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）设MB=x，根据等体积法VB−MEC=V【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF，则有GF=12AB因为DC=12AB，CD//AB所以四边形CFGD是平行四边形，则CF//又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.设MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因为MB⊥平面BEC，所以VM−BEC因为MB⊥平面BEC，BE⊂平面BEC，BC⊂平面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，则△MBE,△MBC均为直角三角形.在Rt△MBE中，ME=同理，MC=x取EC的中点H，因为ME=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因为点B到面CEM的距离等于22所以VB−MEC而VB−MEC=VM−BEC，所以所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM=23015时，点B到面CEM【例8.2】（2324高三下·江西·开学考试）已知等边△ABC的边长为4，E,F,H分别是边AB,BC,AC的中点（如图1），现以EF为折痕把△BEF折起，使点B到达点B′的位置，且H(1)证明：AC⊥HB(2)在线段B′H上是否存在点M，使得M到平面B′EF的距离为【解题思路】（1）利用折叠前后的相关位置关系，由线面垂直的判定定理和性质定理推理即得；（2）结合图形特征建系，求出相关点的坐标，将OM的坐标用参数λ表示，求出平面B′【解答过程】（1）

∵E,F分别是边AB,BC的中点，∴EF//AC，如图，连接BH交EF于O，连接B′由折叠可知，EF⊥OB′,EF⊥OH,OH∩OB′=O,OH,OB∴AC⊥平面OB′H,∵H（2）∵等边△ABC的边长为4,∴HB=23∵HB如图，以O为坐标原点，OF,OB所在直线为x,y轴，过O作垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则B′∴O设OM=λOB′+在平面B′EF中，不妨设平面B′EF的法向量则m⋅OB′=32则点M到平面B'EF的距离为|OM→·∴M为HB′的中点，∴满足条件的点M存在，且B′【变式8.1】（2324高二下·江苏连云港·期中）如图在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O

(1)求二面角C−PD−A的正弦值；(2)线段AD上是否存在Q，使得它到平面PCD的距离为32?若存在，求出AQ【解题思路】（1）以O为原点，建立空间直角坐标系，求得平面PAD和平面PCD的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）设线段AD上存在Q0,m,0,m∈−1,1，根据向量的距离公式，求得m=−12【解答过程】（1）解：由底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，且AD=2AB=2BC=2，所以OC⊥AD，又由PO⊥平面ABCD，以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则平面PAD的法向量m=1,0,0，且可得PC=设平面PCD的法向量n=x,y,z，则取x=1，可得y=1,z=1，所以n=设二面角C−PD−A夹角为θ，则cosθ=m⋅nm⋅n（2）解：设线段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的距离解得m=−12或m=52(舍去)，所以【变式8.2】（2324高三上·天津河西·阶段练习）如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C(1)求证：平面AA1C(2)求直线A1B和平面(3)在线段A1B上是否存在一点T，使得点T到直线MC1的距离是【解题思路】（1）根据直三棱柱的性质可知BM⊥AA1，得到BM⊥平面A（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【解答过程】（1）由于AB=BC, AM=CM，所以根据直三棱柱的性质可知BM⊥AA1，由于AC∩AA1=A由于BM⊂平面C1MB，所以平面AA（2）设N是A1C1的中点，连接MN，则MN//AA1，MA以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，A1(3设平面C1MB的法向量为则n⋅MB=y=0n⋅设直线A1B和平面C1MB所成角为（3）设A1T=λ过T作TH⊥MC1=H∵d2∴139∴18λ2−27λ+7=0，∴λ=∴A1一、单选题1．（2324高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M为棱CCA．2 B．22 C．π2 【解题思路】建立空间直角坐标系，设Fx,y,4，根据MF⊥AM列等式，得到点F【解答过程】如图建立空间直角坐标系，设Fx,y,4，则A4,0,0,则AM=−4,4,2，因为MF⊥AM，所以AM·所以x−y+3=0，所以点F的轨迹为上底面中的一条线段.易知点F的轨迹所在直线与上底面正方形的边的交点坐标分别为(0,3,4),(1,4,4)，所以动点F的轨迹长度为(0−1)故选：A.2．（2324高三下·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线B1D∩平面ACD1=E，F是BCA．5 B．52 C．22 【解题思路】先建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，保证P,E,F,B1四点共面，从而得到向量EP与平面【解答过程】分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，如图建立空间直角坐标系其中点B1(2,2,2)，由于直线B1D∩平面ACD在矩形BDD1B1中，易得

可得点E满足DE=13设平面EFB1的法向量为且EF=(13可得n⋅EF=0n⋅由于直线GE与侧面ADD1A1的交点可得P,E,F,B且EP=(x−23得方程z=2x，显然方程z=2x在平面ADD当z=0时，点P(0,0,0)，此时两点P,D重合，当z=2时，x=1，点P(1,0,2)，设线段A1D1的中点为T从而可得直线GE与侧面ADD1A1的交点且DT=1故选：A.

3．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，F为线段

A．存在点E，使EF//平面ABCDB．三棱锥B1−ACE的体积随动点C．直线EF与AD1D．存在点E，使EF⊥平面A【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定B1【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D

设正方体棱长为2，则D0,0,0由E在线段A1C1上运动，设Em,2−m,2（平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，显然EF⋅n=−1≠0，则直线AD1=−2,0,2，设直线EF与AD显然当m=12时，cosθ=32，θ=30°，即存在点E使得直线EF设平面AB1C1D则m⋅DA=2x=0m⋅当m=1时，EF=0,1,−1=m，因此点E在正方体ABCD−A1B1C1D而AA1⊥平面A1B1C可得B1D1⊥平面A1B1C1故选：D.4．（2324高三上·浙江·阶段练习）如图，已知正方体AC的棱长为2、E、F分别是棱AA1、A1D1的中点，点P为底面ABCD内（包括界）一动点，若直线D1PA．2+1 B．5 C．2+3【解题思路】依题意建立空间直角坐标系，设点Pa,b,0，计算出平面BEF的一个法向量m的坐标，由已知条件得出D1P⋅m=0，可得出a、b所满足的等式，再求出点【解答过程】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、则B2,2,0、E2,0,1、F1,0,2、D则BE=0,−2,1，EF=−1,0,1，设平面由m⋅BE=−2y+z=0m⋅D1P=a,b,−2，由题意可知，D1令b=0，可得a=2；令b=2，可得a=1.所以点P的轨迹交线段AD于点A2,0,0，交线段BC的中点M所以点P的轨迹长度为AM=故选：B.5．（2324高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧CE的中点，H是圆弧DF上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（

）A．存在点H，使得EH⊥BGB．存在点H，使得EHC．存在点H，使得EH//平面D．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°【解题思路】由题意将图形补全为正方体，ADMF−BCNE，对于A，根据EF⊥平面BCNE，当F,H重合即可判定；对于B，根据BD//平面EFMN，而H是圆弧DF上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面BDG的法向量和EH垂直即可判定结果；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可.【解答过程】对于A，因为正方体ADMF−BCMF中，EH⊥平面BCNE,BG⊂平面BCNE，所以EF⊥BG，所以当F,H重合时，由EH⊥BG.由A正确；对于B，因为BD//EM，若EH//BD，则EH//EM，又EH∩EM=E，所以B不正确；对于C，以A为原点，AD,AF,设BC=2，则A0,0,0,D2,0,0B0,0,2Hm,n,0所以BD设n=x,y,z为平面则BD·n=0令x=1,得y=−1,z=1，则n假设EH//平面BDG，则n·EH=m−n+2−2=0因为m2+n即H是圆弧DF的中点，符合题意，故C正确；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，EF所以cosn由33>12,得直线EH所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°故选：B.6．（2324高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=λAB

A．当λ>1时，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【解题思路】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断.【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1分别为

设AB=2，则AA1=2λ因为点E,F,G分别是BC,CD,CC所以E1,2,0对于选项B：设平面EFG的一个法向量为n=因为EF=可得n⋅EF=−x−y=0n⋅设DM=k因为A12,0,2λ，则DA1=则AM=若AM∥平面EFG，则AM⊥可得λ2k−2+2λk=λ4k−2=0，且即M为A1对于选项A：由B可知：CM=若CM⊥平面EFG，则CM//则2kλ=−2对于选项D：由B可知：M2k,0,2λk，则CM因为B12,2,2λ，则BC设平面MB1C则m⋅CM=2ka−2b+2kλc=0m⋅若平面MB1C⊥平面EFG对于选项C：

当M与D重合时，因为E,G分别是BC,CC则EG//BC1，且EG⊂平面EFG，BC可得BC1//同理可得：DC1//且BC1∩DC1所以此时平面MBC1//

故选：A.7．（2324高三上·北京大兴·阶段练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点①存在点P满足PM+PD②存在点P满足∠D③满足AP⊥D1M的点P④满足MP⊥D1M的点P其中正确的结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题，①利用两个特殊点求出PM+PD1的值，判断②利用向量垂直数量积等于零解方程即可求P点坐标；③④利用向量垂直数量积等于零可求P点的轨迹方程，根据图形找到P点的轨迹求长度即可.【解答过程】如图所示，建立空间直角坐标系，则A1,0,0，D10,0,1，M动点P设为P①点M关于平面BCB1C1的对称点为M1此时PM+PD当动点P在点C1时，此时PM+P所以存在点P满足PM+PD②PM=1−x,−1若∠D1PM=化简得：x−122+z−满足题意，所以②正确；③AP=x−1,1,z，若AP⊥D1M，则AP取BC中点E，BB1中点F，则点P的轨迹为线段EF，长度为22④MP=x−1,1若MP⊥D1M，则MP取BF中点H，BE中点K，则点P的轨迹为线段HK，长度为24故选：C.8．（2324高二上·北京·期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是A．不存在点N满足∠A1NM=π2 B．满足C．满足MN//平面A1BC1的点N的轨迹长度是1 D．满足【解题思路】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可.【解答过程】如图建立空间直角坐标系，则有A(2,0,0)，M(0,2,1),N(x,y,0)，对于A选项，若∠ANM=π2，则NA⋅NM=0故N轨迹方程为x−12+y−12=2，当x=0也在底面内，故存在这样的点N存在，A错误；对于B选项，∵A1N=5，∴1为半径的圆周长的14，故长度为1对于C选项，A1B=0,2,−2故有2y−2z=0−2x+2y=0，解得x=1y=1z=1∵MN//平面A1BC，∴MN⋅∵0≤x≤2,0≤y≤2，∴N在底面内轨迹的长度为12对于D选项，B1N=∵B1N⊥A1M，∴B∵0≤x≤2,0≤y≤2，∴N在底面内轨迹的长度为12故选：D.二、多选题9．（2324高二上·江苏南京·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1DA．存在点M，使得直线AM与直线B1CB．存在点M，使得直线AM与直线B1CC．存在点M，使得三棱锥D1−D．存在点M，使得C1M⊥【解题思路】建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，利用向量的坐标运算判断AB；求出三棱锥的体积判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D.【解答过程】在棱长为1的正方体ABCD−A1B以BC,BA,BA1所在直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系则A0,1,0,B0,0,0设BM=tBD1=对于AB，AM=t,t−1,t,B1因此不存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为30∘对于C，假设存在点M，使得三棱锥D1−C1DM且点M到平面CDD1C1的距离为解得t=13，当点M为线段BD1的靠近B的三等分点，即M(1对于D，假设存在点M，使得C1M⊥平面A1则C1M⋅BD=2t−1=0C1M⋅BA1=2t−1=0故选：CD.10．（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面

A．三棱锥Q−PCD的体积是定值B．存在点P，使得PQ与AA1C．直线PQ与平面A1ADD．若PD1=PQ，则【解题思路】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，得QP=(x−2,y−1,2)，AA1=(0,0,2)，利用向量夹角公式求解判断B；求平面A1ADD【解答过程】对于A，三棱锥Q−PCD的体积等于三棱锥P−QCD的体积，V三棱锥以A1为坐标原点，A1B

则Q(2,1,−2)，设P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，则QP对于B，AA1=(0,0,2)，使得PQ与Acosα=因为0<x<2,0<y<2，故0<x−22+而cos60°=对于C，平面A1ADD所以直线PQ与平面A1ADD1所成角因为0<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)对于D，D1(0,2,0),D可得x2+(y−2)在xA1y平面内，令x=0，得y=32，令y=0(2−5故选：ACD.11．（2324高一下·吉林·期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD=A1B1C1D1中，M，N分别是AB，A．若MN⊥PN，则点P的轨迹长为2B．在线段C1D1上存在点P，使得直线PMC．若P为线段C1D1的中点，则三棱锥P−MND．过点P可以作4条直线与A1B，AC均成【解题思路】对于选项A，建立空间直角坐标系，令Px,y,1，根据MN⋅PN=0，建立关于x,y的方程，从而得到动点对于选项B，根据A,B,C1,D1对于选项C，直接求出VC1−MNB，根据VP−MNC1=对于选项D，根据直线BC1与A1B，AC均成60°角，只要过点【解答过程】对于选项A，建立如图所示空间直角坐标系，Px,y,1NP=x−12,y,1所以x−12,y,1又因为点P在正方形A1B1C1D1对于选项B，如图，连接AD1，BC1，由正方体的性质知，AB所以A,B,C1,D1对于选项C，如图，取B1C1的中点F，连接PF,FM连接NO,MO,OC1，则几何体从而VP−MN在三棱柱PC1F−NOM其中VCVP∴VC又VC对于选项D，通过平移直线可知，直线BC1与A1B，AC均成60°角，那么只要过点P作直线与BC1平行即可满足与故选：AC.三、填空题12．（2324高一下·云南丽江·阶段练习）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上（包括边界）移动，且满足B1【解题思路】以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设Px,y,0【解答过程】由正方体ABCD−A1B1C1D设Px,y,0且0≤x≤2,0≤y≤2易知D10,0,2,E由B1P⊥D1E即y=−1当x=0时，y=1，即图中DC的中点F0,1当y=0时，x=2，即图中A点A2,0即可得点P在底面ABCD上运动形成的轨迹为线段AF，易知AF=5故答案为：5.13．（2024·湖南长沙·三模）已知棱长为3的正四面体ABCD，E为AD的中点，动点P满足PA=2PD，平面α经过点D，且平面α//平面BCE，则平面α截点P的轨迹所形成的图形的周长为23【解题思路】设△BCD的外心为O，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Px,y,z，根据PA=2PD可求得P点轨迹是以G0,433,−63为球心，2为半径的球；延长AB,AF,AC到点M,Q,N，使得AB=BM，AF=FQ，AC=CN，由面面平行的判定可证得平面BCE//平面MND，则平面MND为平面α，可知点G到平面DMN的距离d【解答过程】设△BCD的外心为O，BC的中点为F，过O作BC的平行线，则以O为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，∵△BCD为等边三角形，BC=3，∴OD=23DF=∴A0,0,6，D0,设Px,y,z，由PA=2PD得：x整理可得：x2∴动点P的轨迹是以G0,43延长AB,AF,AC到点M,Q,N，使得AB=BM，AF=FQ，AC=CN，则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为平面α则点G到平面DMN的距离d即为点G到直线DQ的距离，∵DG=0,33,−6∴点G到直线DQ的距离d=DG∴截面圆的半径r=22−12=3即平面α截点P的轨迹所形成的图形的周长为23故答案为：2314．（2324高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点（不含端点），以下正确的是①②

①C1②存在点P，使得D1P//面③AP+PD1的最小值为④存在点P，使得C1P与面A1【解题思路】建立如图空间直角坐标系D−xyz，设BP=λBA1(0<λ<1)，则P(1,1−λ,λ)，利用空间向量法即可证明①②④；将平面AA1【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0),B(1,1,0),A所以BA设BP=λBA1(0<λ<1)所以C1①：C1所以C1②：设平面DBC1的一个法向量为则n⋅DB=x1+y有n⋅D1P=2λ−1，当λ=12时，n所以当点P为A1B的中点时，D1③：将平面AA1B与平面A1D1CB

在△D1A得AD即AP+PD④：由DC1⊥得DC1⊥平面A1D1CB，即D假设存在点P，使得C1P与平面A1设该线面角为θ,θ∈(0,π2]所以sinθ=整理得8λ2−8λ+5=0所以不存在点P，使得C1P与平面A1故答案为：①②.四、解答题15．（2425高二上·上海·单元测试）已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°，2AB=2AD=CD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点．(1)判定直线BE与平面PCD的位置关系，并说明理由；(2)在PB上是否存在一点F，使AF//平面BDE.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，证明BE⊥PC，BE⊥CD即可；（2）存在PB的中点F，使AF//平面BDE．先计算平面BDE的法向量为n=x,y,z及AF，由【解答过程】（1）直线BE与平面PCD垂直．理由如下：依题意，取AD的中点O，连接PO,因为平面PAD为等边三角形，所以PO⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=AD=2，则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，设平面BDE的法向量为n=x,y,z，则n⊥所以n⋅BE=0又BE=−3所以n令y=−1，则x=1，z=3所以平面BDE的一个法向量为n=取PB的中点F，则F1又A1,0,0，所以AF因为AP⋅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的中点F，使AF//平面BDE．16．（2324高二上·安徽合肥·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD,AB//CD，且CD=2，AB=1,BC=22,PA=1,AB⊥BC,E,F分别为(1)求证：EF//平面PAB；(2)在平面PBC内是否存在点H，满足HD⋅HA=0【解题思路】（1）过E作EG⊥AD交AD于点G，连接EG,GF，由线面平行证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；（2）由HD⊥HA,H点在空间内轨迹为以AD中点为球心，12AD=32为半径的球，而AD中点到平面【解答过程】（1）如图，过E作EG⊥AD交AD于点G，连接EG,GF，PA⊥面ABCD，AD⊂面ABCD，则PA⊥AD，又EG⊂面PAD，PA⊂面PAD，且EG,PA不共线，故EG//PA，因为E为PD的中点，所以G也为AD中点，又F为BC的中