高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第09讲 专题1-1 空间向量与动点问题十四大题型

专题1-1空间向量与动点问题十四大题型汇总题型1共面问题与动点问题 2题型2线线平行与动点问题 9题型3线面平行与动点问题 13题型4面面平行与动点问题 22题型5线线垂直与动点问题 26题型6线面垂直与动点问题 39题型7面面垂直与动点问题 52题型8线线角与动点问题 64题型9线面角与动点问题 69题型10面面角与动点问题 85题型11点面、线面距离与动点问题 99题型12点线、线线距离问题 112题型13面积体积相关问题 118题型14三角形形状问题 127知识点一.利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路：1.根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示.2.假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.知识点二.动点的设法（减少变量数量）在解决探索性问题中点的存在性四，经常需要设出点的坐标，而（x，y，z）可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大.为了减少变量数量，用以下设法.1.直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标；依据：根据平面向量共线定理——若a//b⟹2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标.3.依据：平面向量基本定理,若a,b不共线，则平面上任意一个向量c，均存在x题型1共面问题与动点问题【方法总结】共面定理：平面向量基本定理,若a,b不共线，则平面上任意一个向量c，均存在x【例题1】（2021·高二课时练习）如图，在空间直角坐标系Axyz中，E0,0,1，B1,0,0，F0,2,2（1）求向量BC在向量EF上的投影的数量．（2）是否存在实数a，使得点E，F，C，B共面？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）455【分析】（1）求出EF，BC的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示以及向量模长的坐标表示计算EF⋅（2）求出EF，BC，EB的坐标，设存在实数x和y使得EB=xEF+y【详解】（1）因为E0,0,1，B1,0,0，F所以EF=0,2,1，所以向量BC在向量EF上的投影的数量为：EF⋅（2）EB=1,0,−1，EF=若点E，F，C，B共面，则存在实数x和y使得EB=x所以1=ya−10=2x+2y−1=x所以存在实数a=2使得点E，F，C，B共面.【变式1-1】1.（2021·高二课时练习）如图，在棱长为2的正方体AC1中，点E，F分别是BC，C1（1）已知上底面A1C1内一点H满足GH//EF（2）棱A1D1【答案】（1）103；（2）存在，A1【分析】（1）根据正方体的特点，建立空间直角坐标系，会简化很多，表示出点H的坐标，利用GH//EF求出其坐标，再根据模的计算公式求解；（2）根据共面的基本定理，存在实数x,y满足GK=xGE+yEF，求出【详解】建立如图空间直角坐标系，则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C（1）因为AB=3BG,点E,F分别是BC,C所以G(2,43,0),E(1,2,0),F(0,1,2)，设H(λ,μ,2)(λ,μ∈[0,2])CH=(λ−2,μ−43,2)，因为GH//EF，所以所以H(1,13,2),所以A即A1H的长为（2）假设存在满足条件的点K，设K(λ,0,2)(0≤λ≤2),则GK=(λ−2,−因为GK,EF共面，所以存在实数x,y满足GK=x即(λ−2,−4得{λ−2=−x−y解得λ=32，所以K(32,0,2)所以存在点K，使得GK,EF共面，且A1K的长为【变式1-1】2.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且(1)求证：CD⊥面PAD；(2)求二面角F−AE−P的正弦值；(3)设点G在PB上，且PGPB=λ．判断是否存在这样的【答案】(1)证明见解析(2)6(3)存在【分析】（1）由线面垂直的性质有PA⊥CD，再根据线面垂直的判定即可证结论.（2）以A为原点，面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴空间坐标系，根据已知确定对应点坐标，进而求出面AEF、面（3）由题设有PG=(2λ,−λ,−2λ)且AG=AP+PG【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AD⊥CD，PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD．（2）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A0,0,0，E0,1,1，F23,所以AE=0,1,1，平面AEP的一个法向量为n=设平面AEF的一个法向量为m=则m⋅AE=y+z=0m⋅AF=故m=设二面角F−AE−P的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ=∴二面角F−AE−P的余弦值为33故二面角F−AE−P的正弦值为63（3）存在这样的λ.由PG=λPB可得：PG=(2λ,−λ,−2λ)若A，E，F，G四点共面，则AG在面AEF内，又面AEF的一个法向量为m=(1,1,−1)∴m⋅AG=0，即2λ−λ+2λ−2=0∴存在这样的λ=2【变式1-1】3.（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC上靠近P的三等分点，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2.(1)在侧棱PD上是否存在点F，使得点A,B,E,F四点共面？若存在，指出点F的位置，并证明；若不存在，请说明理由；(2)求二面角P−AB−E的余弦值.【答案】(1)取PD靠近P的三等分点F，证明见解析(2)2【分析】（1）取PD靠近P的三等分点F，连接EF，可证得EF//AB即可得出结果.（2）法1：过F作PA的垂线，垂足为H，连接AF，求证得∠PAF是二面角P−AB−E的平面角，计算即可求得结果;法2：以A为原点，分别以AB,AD,AP为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面ABE的一个法向量为m=【详解】（1）取PD靠近P的三等分点F，连接EF.因为PEPC=PF又AB//CD，所以EF//AB，所以A,B,E,F共面.（2）法1：过F作PA的垂线，垂足为H，连接AF，因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB.因为PA⊥AB,AD⊥AB,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为AF⊂平面PAD，所以AB⊥AF，结合AB⊥PA，得∠PAF是二面角P−AB−E的平面角.在Rt△AHF中，H是PA靠近P的三等分点，FH=PH=1故FA=Acos∠FAH=故二面角P−AB−E的余弦值为25法2：以A为原点，分别以AB,AD,因为PA=AD=2，四边形ABCD为正方形，所以A0,0,0从而EB=设平面ABE的一个法向量为m=m⋅EB=0,m⋅AB=0,平面ABP的一个法向量为AD=设二面角P−AB−E的平面角为θ，则cosθ=故二面角P−AB−E的余弦值为25题型2线线平行与动点问题【例题2】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知空间几何体P−ABCD的底面ABCD是一个直角梯形，其中∠BAD=90∘,AD//BC,BA=BC=a,AD=2a，且

(1)若BC⋅(2)若AE垂直PD于E，证明：BE⊥PD；(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得EF//【答案】(1)8(2)证明见解析(3)存在Fa【分析】建立空间直角坐标系，（1）求出BC,PD，利用BC⋅（2）求出BE坐标，PD⋅（3）由EF//BD，求出E点的竖坐标、F点的竖坐标，设Fx,0,32【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则A0,0,0,Ba,0,0BC=∴BC此时V=1（2）E0,∵PD∴BE（3）由EF//BD，E点的竖坐标为32a，∴设Fx,0,32a，由FE//BD，得

【变式2-1】（2021·高二课时练习）如图，在棱长为2的正方体AC1中，点E，F分别是BC，C1（1）已知上底面A1C1内一点H满足GH//EF（2）棱A1D1【答案】（1）103；（2）存在，A1【分析】（1）根据正方体的特点，建立空间直角坐标系，会简化很多，表示出点H的坐标，利用GH//EF求出其坐标，再根据模的计算公式求解；（2）根据共面的基本定理，存在实数x,y满足GK=xGE+yEF，求出【详解】建立如图空间直角坐标系，则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C（1）因为AB=3BG,点E,F分别是BC,C所以G(2,43,0),E(1,2,0),F(0,1,2)，设H(λ,μ,2)(λ,μ∈[0,2])CH=(λ−2,μ−43,2)，因为GH//EF，所以所以H(1,13,2),所以A即A1H的长为（2）假设存在满足条件的点K，设K(λ,0,2)(0≤λ≤2),则GK=(λ−2,−因为GK,EF共面，所以存在实数x,y满足GK=x即(λ−2,−4得{λ−2=−x−y解得λ=32，所以K(32,0,2)所以存在点K，使得GK,EF共面，且A1K的长为题型3线面平行与动点问题【例题3】（2023·全国·高二专题练习）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⊥PB，AB=2，BC=CD=1．

(1)求证：AB⊥PD；(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AEAP【答案】(1)证明见解析；(2)63(3)存在；AEAP【分析】（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.【详解】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由PA=PB，得PO⊥AB，又四边形ABCD为直角梯形，且AB⊥BC，AB//CD，AB=2，BC=CD=1，则四边形OBCD为正方形，DO⊥AB，又DO∩PO=O，DO,PO⊂平面POD，因此AB⊥平面POD，又PD⊂平面POD，所以AB⊥PD.

（2）PO⊥AB且PO⊂平面PAB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，则PO⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，有PO⊥DO，即有OA，OD，OP两两垂直，以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系O−xyz，由等腰直角△PAB，AB=2，BC=CD=1，得OA=OB=OD=OP=1，则O0,0,0即PC=1,−1,−1，平面PAB的一个法向量为OD=因此sinθ=cosPC所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为63（3）线段PA上存在点E，且当AEAP=2由PE=13PA=0,1设平面EBD的法向量为n=x,y,z，则n⋅EB=−又PC⋅n=1×1+−1×−1+所以点E满足AEAP=2【变式3-1】1.（2023·全国·高二专题练习）如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.

(1)求二面角D−BF−C的余弦值；(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP∥平面AED.若存在，求出AP【答案】(1)15(2)存在，AP【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.【详解】（1）过D作DM⊥AB于M，由于∠DAB=60°，则AM=ADcos∠DAB=12AD,由于AD=DC=BC,且四边形ABCD是等腰梯形，所以AB=2AM+DC=2DC,在三角形ABD中，由余弦定理可得BD=

以D为坐标原点，DA，DB为x轴，y轴，过点D作CF的平行线为Z轴，建立空间直角坐标系，设CD=CB=2，则DB=23∴DDB=设面DBF的法向量n1则n1⋅DB=0n1⋅设面CBF的法向量n2=(a,b,c)则n2⋅CB=0n2⋅∵cos<由几何体的特征可知二面角D−BF−C的平面角为锐角，∴二面角D−BF−C的余弦值为155（2）∵AE⊥BD，BD⊥AD,AE∩AD=A，AD,AE⊂面AED，∴BD⊥面AED．设AP=xDB若FP∥平面AED，则FP⊥BD所以AP【变式3-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图：在正方体ABCD−A1B

(1)求证：BD1∥平面(2)在线段CC1上是否存在一点N，使得平面AMC∥平面【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明OM∥BD（2）CC1上的中点N即满足平面AMC∥平面BND1，通过证明D1N∥平面AMC结合【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.∵ABCD−A1B∵M为DD1的中点，在△DBD1中，OM是又OM⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，∴BD1（2）CC1上的中点N即满足平面AMC∥平面∵N为CC1的中点，M为DD1的中点，∴∴四边形CND1M∵MC⊂平面AMC，D1N⊄平面∴D1N∥平面由（1）知BD1∥平面又∵BD∴平面AMC∥平面BND

【变式3-1】3.（2023·全国·高二假期作业）如图，在平面五边形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝90°，AB=AD=10，AE=6，BC=8，CD=4，∠AED=90∘，EH⊥AD，垂足为H，将△ADE沿(1)求证：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱锥C−ADE的体积；(3)在线段BE上是否存在点M，使得MH//平面CDE？若存在，求EMEB【答案】(1)证明见解析(2)128(3)存在，EM【分析】（1）由面面垂直的性质证明即可；（2）利用等体积法，由VC−ADE（3）过点H作平行线得出与平面CDE平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解.【详解】（1）因为EH⊥AD，平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCD=AD，EH⊂平面ADE，所以EH⊥平面ABCD；（2）在直角三角形ADE中，∵AE=6，AD=10，∴DE=8，∵DE⋅AE=AD⋅EH，∴EH=24∵∠BCD＝90°，BC=8,CD=4，∴△ACD的面积S=1所以三棱锥C－ADE的体积为VC−ADE（3）方法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接HM．又因为AB∥DC，所以MN∥CD，又CD⊂平面CDE，MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE，同理NH∥平面CDE，又因为MN∩NH=N，MN⊂平面MNH，NH⊂平面MNH，所以平面MNH//平面CDE．因为MH⊂平面MNH，所以MH//平面CDE．在Rt△AED中，EH⊥AD，∴DH⋅DA=DE又DE=8，AD=10，∴DH=32∵HN∥DE,∴EN又∵NM∥AB,∴EM所以在线段BE上是否存在点M，使得MH∥平面CDE，且EMEB方法二：过点H作HG//CD交BC于点G，过点G作GM//CE交EB于点M，连接HM．又因为HG∥CD，CD⊂平面CDE，HG⊄平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理GM∥平面CDE．又因为HG∩GM=G，HG⊂平面MHG，GM⊂平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE．因为MH⊂平面MHG，所以MH∥平面CDE．在Rt△AED中，EH⊥AD，∴DH⋅DA=D又DE=8，AD=10，∴DH=32∵HG∥CD，CGCB又MG∥CE，EMEB所以在线段BE上是否存在点M，使得MH∥平面CDE，且EM【变式3-1】4.（2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA(1)求直线A1P与平面(2)线段A1N上是否存在点Q，使得PQ//平面【答案】(1)22(2)存在【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；（2）设出A1Q=λA1N0≤λ≤1，结合第一问中求出的平面A【详解】（1）以A为原点，AC，AB，AA因为A1，C，M的坐标分别为0,0,22，2,0,0，0,1,0，所以A1设n=x,y,z是平面A1即2x−22z=0y−2取z=2，则x=2，y=4，所以n=2,4,P点坐标为1,1,2，所以A设A1P与平面则sinθ=（2）由A1，N的坐标分别为0,0,22，1,1,22设A1Q=λA1又P点坐标为1,1,若PQ//平面A1CM，需n⊥即2λ−1+4λ−1所以线段A1N上存在点Q，使得PQ//平面A1题型4面面平行与动点问题【例题4】（2023·高三校联考单元测试）如图，在三棱锥ABOC中，AO⊥平面BOC，∠OAB=∠OAC=π6，AB=AC=2，BC=2，D,E(1)求O到平面ABC的距离；(2)在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF//平面AOC？若存在，试确定F的位置，并证明此点满足要求；若不存在，请说明理由．【答案】(1)ℎ=21(2)答案见解析.【分析】（1）证明OC⊥OB，利用等体积法，求出O到平面ABC的距离；（2）取CB的中点F，连接DF，EF，则DF//AC，【详解】（1）因为AO⊥平面COB，所以AO⊥CO,AO⊥BO，即△AOC与△AOB为直角三角形．又因为∠OAB=∠OAC=π6所以OB=OC=1.AO=由OB2+O所以CO⊥BO，所以S△BOC=设O到平面ABC的距离为ℎ，由于VA−BOC=VO−ABC，得（2）在线段CB上存在一点F，使得平面DEF//平面AOC，此时F为线段CB的中点．如图，连接DF,EF，因为D,E分别为AB,OB的中点，所以DE//OA.又DE⊄平面AOC，OA⊂平面AOC，所以DE//平面AOC.同理可证：EF//平面AOC，又EF∩DE=E,EF⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面AOC.【变式4-1】1.（2023·全国·高二假期作业）如图，四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB=2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE//平面PAD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD//平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；（2）点F为线段AB的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面PAD//平面CEF．【详解】（1）证明：如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH．因为E为PB的中点，所以EH//AB，EH=1又AB//CD，CD=1所以EH//CD，EH=CD．因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE//DH．又DH⊂平面PAD，CE⊂平面PAD因此CE//平面PAD．（2）解：如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF=又CD=12AB又AF//CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF//AD．又CF⊂平面PAD，所以CF//平面PAD由（1）可知CE//平面PAD．因为CE∩CF=C，故平面CEF//平面PAD．【变式4-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，(1)求证：EF//平面BCC(2)在线段BC1上是否存在一点G，使平面EFG//平面【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析【分析】（1）根据中位线的性质可得EF//A1A，再根据线面平行的判定可得EF（2）取BC1的中点G，连接【详解】（1）证明：因为E，F分别为线段AC1A1C1的中点所以EF//A1A.因为B1B//A1A，所以EF//（2）取BC1的中点G，连接GE，GF.因为E为AC因为GE⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB同理可得，EF//平面ABB1A1，又因为EF∩EG=E，EG，EF⊂平面EFG故在线段BC1上存在一点G，使平面EFG//题型5线线垂直与动点问题【例题5】（2023秋·全国·高二随堂练习）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC(1)用a，b，c表示向量A1(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥【答案】(1)−(2)当C1M=【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；（2）设C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，用a，b，c【详解】（1）解：因为N是AB中点，所以AN=所以A=−C（2）解：假设存在点M，使AM⊥A1N，设C显然λC1B因为AM⊥A1N即(c∴−∵CA=CB=CC1=1，a∴即12解得λ=23，所以当C1【变式5-1】1.（2023春·浙江杭州·高二浙江大学附属中学期中）如图，将长方形OAA1O1（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA=1,O(1)在弧AB上是否存在点C（C,B1在平面OAA(2)求平面A1O1【答案】(1)存在，当B1C为圆柱O(2)2【分析】（1）当B1C为圆柱OO1的母线，证明BC⊥平面（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法得出平面A1O1【详解】（1）存在，当B1C为圆柱OO连接BC,AC,B1C，因为B1C为圆柱O又因为BC⊂平面ABC，所以B1因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC.BC⊥AC,B1C⊥BC,AC∩B1因为AB1⊂平面A（2）以O为原点，OA,OO1分别为y,z轴，垂直于y,z轴直线为A1因为A1B1的长为πO设平面O1B1−y−2z=0,12x+32所以m=因为x轴垂直平面A1O1B，所以设平面所以cosm所以平面A1O1B与平面【变式5-1】2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥P−ABC中，PB⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=PB=2，BC=23，E、G分别为PC、PA(1)求证：平面BCG⊥平面PAC；(2)在线段AC上是否存在一点N，使PN⊥BE？证明你的结论．【答案】(1)证明见解析(2)存在，证明见解析【分析】（1）由线面垂直得到BC⊥PB，再由AB⊥BC，即可得到BC⊥平面PAB，从而证得PA⊥BC，又Rt△PAB为等腰直角三角形，故BG⊥PA，从而得PA⊥平面BCG（2）以点B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BP为z轴建立空间直角坐标系，可求得E点，N点的坐标，从而得BE、PN的坐标，由空间向量的坐标运算BE⋅【详解】（1）证明：∵PB⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PB，又AB⊥BC，AB∩BP=B，AB,BP⊂平面PAB∴BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA．又AB=PB=2，△PAB为等腰直角三角形，G为斜边PA的中点，∴BG⊥PA，又BG∩BC=B，BG,BC⊂平面BCG，∴PA⊥平面BCG，PA⊂平面PAC，∴平面BCG⊥平面PAC；（2）解：以点B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BP为z轴建立空间直角坐标系，则A2,0,0，C0,23,0，设存在点N∈AC，使PN⊥BE，点N的坐标设为Nx所以BE=0,3由相似三角形得2−x0|AB|∴y∴PN=又PN⊥BE，∴BE⋅∴0×x∴x故存在点N∈AC，使PN⊥BE．【变式5-1】3.（2023·全国·高二专题练习）在①DE+DF⊥DE−问题：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1，中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz．已知点D1的坐标为0,0,2，E为棱D1C1上的动点，【答案】答案见解析【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标可得向量的坐标，由向量的坐标运算可计算模长以及数量积，进而可求解.【详解】方案一：选条件①．假设存在满足题意的点E，F．由题意，知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则D0,0,0，A2,0,0，B2,2,0，A12,0,2，C0,2,0，所以A1因为DE+CF⊥DE−因为DE=0,a,2，CF=b,0,2，所以a2所以a=b=1，故存在点E0,1,2，F1,2,2，满足EF⋅方案二：选条件②．假设存在满足题意的点E，F．由题意，知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则D0,0,0，A设E0,a,20≤a≤2，Fb,2,20≤b≤2，则EF=所以EF⋅A1C=4−2a+b，所以a2+22=172故存在点E0,12,2，F3方案三：选条件③．假设存在满足题意的点E，F．由题意，知正方体ABCD−A则D0,0,0，B2,2,0，A12,0,2，C0,2,0设E0,a,20≤a≤2，Fb,2,20≤b≤2，则所以EF与DB不共线，所以b≠2−a，即a+b≠2，则EF⋅故不存在点E，F满足EF【变式5-1】4.（2021·高二课时练习）如图四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝13GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为8(1)求过点P，C，B，G四点的球的表面积；(2)求直线DP与平面PBG所成角的正弦值；(3)在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．【答案】(1)24π(2)3(3)存在；当|CF||CP|【分析】（1）先根据四面体P﹣BCG的体积为83求出PG（2）作DK⊥BG交BG的延长线于K，分别求出DK、（3）以GB，GC，GP为x，y，z轴建立空间坐标系.设出F点，分别写出DF、GC的坐标.再利用【详解】（1）由四面体P﹣BCG的体积为83．即∴PG=4以GP，GB，GC构造长方体，外接球的直径为长方体的体对角线．∴2R2∴R=∴外接球表面积S＝4π×6＝24π．（2）由GB∴△BGC为等腰三角形，GE为∠BGC的角平分线，如图所示：作DK⊥BG交BG的延长线于K，∵PG⊥平面ABCD，PG⊂平面PBG∴平面PBG⊥平面ABCD又平面PBG∩平面ABCD=BK，DK⊂平面ABCD,DK⊥BK∴DK⊥平面PBG．又AD∴GD=又∠DGK=∠CBG=π∴DK=设直线DP与平面PBG所成角为α∴sinα=（3）∵GB，GC，GP两两垂直，分别以GB，GC，GP为x，y，z轴建立空间坐标系.假设F存在，∵D(−设F（0，y，4﹣2y）（0＜y＜2）∴DF=(又DF⊥GC.∴DF∴y=∴当CFCP【变式5-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，(1)求证AC⊥BC(2)在AB上是否存在点D，使得AC【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析【分析】（1）以C为坐标原点，CA、CB、CC1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系（2）假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，设AD=λ【详解】（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，AC､BC､CC1两两垂直，以C为坐标原点，CA、CB、CC1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系则C0,0,0，A3,0,0，C10,0,4∵AC=−3,0,0，BC1=0,−4,4（2）假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，利用上式所建的空间直角坐标系，设AD=λAB于是CD=CA+AD=3−3λ,4λ,0，又AC1=−3,0,4，∴在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，点D【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.【变式5-1】6.（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱锥S－ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD=1，AB=2，(1)求证：AE⊥平面SBD；(2)M、N分别在线段SB、CD上的点，是否存在M、N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M、N的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在M、N使MN⊥CD且MN⊥SB，其中M是线段SB靠近B的四等分点，N是线段CD靠近C的四等分点.【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明AE⊥平面SBD；（2）假设存在存在M、N符合题意，建立空间直角坐标系，利用向量的方法保证MN⊥CD且MN⊥SB，进而确定确定M、N的位置.【详解】（1）∵SD⊥AD，且SD⊥AB，AB∩AD=A∴SD⊥又AE⊂平面ABCD，∴SD⊥AE矩形ABCD中，∠DAB=∠ADE=又DEAD=ADAB=1∴∠DBA+∠EAB=90°．∴AE⊥BD；又SD⊥AE,SD∩BD=D，∴AE⊥平面SBD；（2）∵SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥平面ABCD．又则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知D0，BS=(−1，假设存在M、N满足MN⊥CD且MN⊥SB．∵M在线段CD上，可设BM∵∴M的坐标(1−λ∵N在线段SB上，可设N(0,y,0)则NM=(1要使MN⊥CD且MN⊥SB，则NM⋅又BS=(−1，可得2(2−2λ−y)=0−(1−λ)−2(2−2λ−y)+3λ=0，解得λ=故存在M、N使MN⊥CD且MN⊥SB，其中M是线段SB靠近B的四等分点，N是线段CD靠近C的四等分点.题型6线面垂直与动点问题【例题6】（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A(1)在B1B上是否存在一点P，使D1P⊥(2)在平面AA1B1B【答案】(1)不存在(2)存在【分析】（1）如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设点P1,1,z，由D（2）设N1,b,c，由D【详解】（1）如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则点A(1，0，0)，E12,1B1A=0,−1,−1，假设存在点P1,1,z满足题意，于是D所以D1P⋅解得z=0与z=1故在B1B上不存在点使D1（2）假设在平面AA1B1B设N1,b,c则D1N⋅所以0−b−c+1=0−12故平面AA1B1B上存在点N1,12,【变式6-1】1.（2023·全国·高二专题练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D

(1)当λ=1时，求三棱锥B−DD(2)当2λ2+(3)当λ+μ=1时，是否存在唯一个点P，使得BP⊥平面ADP，若存在，求出P点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)4(2)3(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据线面平行，结合等体积法即可求解，（2）由向量模长可得点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的14（3）建立空间按直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算即可求解.【详解】（1）当λ=1时，AP=AC+μAA1，由于CC1∥DD1，DD1⊂平面DD故VB−D所以其体积为定值43（2）当2λ2+μ2设AC,BD相交于点E因为BE⊥AC，BE⊥AA1，AC∩AA1=A,AC，AA1⊂平面

如图，点P的轨迹为半圆A1Q,其中Q为P点轨迹与边AC的交点，当P运动到点Q时，此时PEmin=EQ=2−2,当Ptan∠BPE=BEPE，BE=33（3）如图建立空间直角坐标系如图，A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A当λ+μ=1时，C，A1，P三点共线，即点P∈线段A设P(2−a,a,2−a)，由BP⊥平面ADP得，BP⊥DP，BP⊥AP，

BP=(−a,a−2,2−a),BP⋅DP=−a(2−a)+(a−2)a+(2−a)2BP⋅【变式6-1】2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E是PA的中点．(1)求证：PC//平面BDE．(2)若PA=2，线段PC上是否存在一点F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析.【分析】（1）连结AC交BD于点O，可知OE//PC.然后根据线面平行的判定定理，即可得出PC//平面BDE；（2）先证明CD⊥平面ADP．以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设PF=λPC，求出点F的坐标，然后得到AF.求出平面BDE的法向量n，根据n//【详解】（1）如图1，连结AC交BD于点O.因为ABCD是正方形，所以O是AC的中点，又E是PA的中点，所以OE//PC.因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC//平面BDE.（2）存在，理由如下：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．因为ABCD为正方形，所以CD⊥DA．又PA∩DA=A，PA⊂平面ADP，DA⊂平面ADP，所以CD⊥平面ADP．以点D为坐标原点，过点D作PA的平行线为x轴，分别以DA,DC为y,z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，如图2，则A0,2,0，B0,2,2，C0,0,2，D0,0,0，所以PC=令PF=λ则DF=DP+λPC所以F−2λ+2,−2λ+2,2λ，所以AF因为DB=0,2,2，设n=x,y,z是平面则n⋅DB=0取y=−1，则n=2,−1,1是平面因为AF⊥平面BDE，所以n//所以有2−2λ−2=−2λ1，解得因为PC=所以PF=PF【变式6-1】3.（2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥AB，AB=AD=12BC(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；(2)线段PB上是否存在一点M，使得CM⊥平面PBD？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)4(2)不存在点M，理由见解析【分析】（1）求出相关线段的长，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面PBD的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案；（2）假设存在满足条件的点M，表示出其坐标，利用向量的垂直列出方程，根据方程解的情况可得出结论.【详解】（1）因为AD∥BC，BC⊥AB，所以AD又因为AB=AD=12BC，BD=因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD．又PD=5，所以PA=以A为坐标原点，以AB,AD,AP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B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)．所以PC=(1,2,−2)，BD=(−1,1,0)，设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)则BD⋅n=0BP⋅令x=2，可得平面PBD的一个法向量为n=(2,2,1)设直线PC与平面PBD所成的角为θ，θ∈[0,π则sinθ=|所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为49另解：如图，连接AC．因为AD∥因为AB=AD=12BC，BD=因为BC⊥AB，所以AC=A因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD．因为PA=PD2−AD所以S△PBD=1设点C到平面PBD的距离为h，由VP−BDC=VC−PBD，得13设直线PC与平面PBD所成的角为θ，θ∈[0,π2]所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为49（2）不存在点M，理由如下：假设存在满足条件的点M（如图）．可设BM=λBP=(−λ,0,2λ)，λ∈[0,1]所以CM=(−λ,−2,2λ)又由（1）知n=(2,2,1)为平面PBD的一个法向量，所以CM即−λ2所以线段PB上不存在满足条件的点M．另解：不存在点M，理由如下：假设存在满足条件的点M，由CM⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，得CM⊥PB，且CM⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．因为BC⊥AB，且PA∩AB=A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB．又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB．若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．又BC与BD不垂直，所以线段PB上不存在满足条件的点M【变式6-1】4.（2023春·全国·高二合肥市第六中学校联考开学考试）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E为AD的中点，且(1)问：是否存在一点P，使得直线BD1⊥平面PEC(2)若P是线段BD1的中点，求平面PEC与平面【答案】(1)不存在，理由见解析(2)19【分析】（1）假设直线BD1⊥平面PEC，利用线面垂直的性质则有BD1⊥CE，进而可证明CE⊥BD，与实际情况不符，从而证明不成立；（2）分别以AB，AD，AA1所在的直线为x，【详解】（1）不存在．理由如下：若直线BD1⊥平面PEC如图，连接BD，假设BD因为DD1⊥平面ABCD又因为BD1∩DD1所以CE⊥BD，显然不成立，所以线段BD1上不存在点P，使得直线BD（2）分别以AB，AD，AA1所在的直线为x，y，易知点C2,2,0，E0,1,0，B2,0,0，D则EC=2,1,0，EP=设平面PCE的法向量为m=则m令x=−2，得平面PCE的一个法向量为m=设平面ECD1的法向量为则n令y'=−4，得平面ECD所以cosm所以平面PEC与平面ECD1【变式6-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PA=PD=AD=2．(1)求证：EF//(2)在棱PC上是否存在一点G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）连接AC，由中位线的性质可得EF//PC，再由线面平行的性质可得证；（2）设Gx1,y1,z1，求出平面EFD的一个法向量n=1,−1,−3，由FG=λn将x1【详解】（1）连接AC，因为F为BD中点，底面ABCD是正方形，所以F为AC中点，又E为PA中点，所以EF//PC，又EF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以EF//（2）不存在．假设存在，连接AC，BD，交于点F，EF为平面EDF和平面PAC的交线，取AD的中点O，连接GF，OF，OP，则因为侧面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，OF⊂面ABCD，所以OF⊥面PAD，又因为OP⊂面PAD，所以OF⊥OP，以O为原点，OA，OF，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，D(−1,0,0)，P0,0,3，E1设Gx1,y1,设平面EFD的一个法向量是n=∵n⋅DF=x0+y∵因为GF⊥平面EDF，∴FG=λn，∴x1=λ，∵GC，PC共线，PC=−1,2,−3∴x1∴1+λ−1故在棱PC上不存在一点G，使GF⊥平面EDF．题型7面面垂直与动点问题【例题7】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC=2AB,AC=3(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B,Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求PQQD【答案】(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）根据题意，先由线面垂直的判定定理得到AC⊥平面PAB，从而得到面面垂直；（2）根据题意，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后结合法向量与空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）证明：在△ABC中，因BC=2AB,AC=3所以AC2+AB2且PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.（2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB中点为H，连接PH，则PH⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PH⊥平面ABCD.如图所示建立空间直角坐标系，不妨设AB=2，则A0,0,0,B2,0,0,D−2,2设n1=x1,y1设DQ=λDP，其中则BQ连接EF，因AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC∥EF取与EF同向的单位向量j=设n2=x则n2⋅j由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD,PQ【变式7-1】1.（2023秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考开学考试）如图，在正方体ABCD−A1B1C

(1)求证：D1E⊥(2)若点M，N分别在C1D，(3)棱CC1上是否存在点P，使平面CD【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，点P为棱CC1的中点【分析】（1）根据正方体的特征得到AB1⊥B1A和BC⊥平面ABB1A1，进而得到，利用线面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，从而得到（2）连接DE，CD1，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根据正方体的特征得到DD1⊥平面ABCD，进而得到AF⊥DD1，利用线面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，从而得到AF⊥D1E，结合（1）的结论和线面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，进而得到MN//D（3）连接FP，AP，利用中位线定理得到FP∥C1D，再利用正方体的特征得到FP与AB1共面于平面AB1PF.结合（2）的结论，利用面面垂直的判定即可求证.【详解】（1）如图，

连接A1B，CD1∵正方体ABCD−∴四边形ABB又∵正方体ABCD−A1BAB1⊂平面ABB又BC∩A1B＝B，BC,A1∴所以AB1⊥平面A1D1CB，又∵D1E⊂平面A1D1CB，∴AB1⊥D1E；（2）如图，连接DE，CD1在正方形ABCD中，E，F分别为棱BC，∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.∵∠CDE+∠ADE=90∘，所以∠DAF+∠ADE=90又∵正方体ABCD−A1B∵DD1∩DE＝D，D1D，DE⊂平面D1DE∴AF⊥平面D1DE.又∵D1E⊂平面D1DE，∴AF⊥D1E.由（1）可知AB1⊥D1E又∵AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F

∴D1E⊥平面AB1F.又∵MN⊥C∴MN⊥AB1，又∵MN⊥AF

AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F所以MN⊥平面B1AF，所以MN//D（3）存在.如图，当点P为棱CC1的中点时，平面CD1E⊥连接FP，AP，∵点P，F分别为棱CC1，CD的中点∴FP∥C1D，∵正方体ABCD−A1B∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1，∴FP与AB1共面于平面AB1PF.由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.又因为D1E⊂平面CD1E.∴平面CD1E⊥【变式7-1】2.（2023·全国·高二专题练习）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60∘,DE⊥AB于点E，将(1)求证：A1E⊥(2)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A【答案】(1)证明见解析(2)存在，BP【分析】（1）根据线面垂直先证得A1E⊥（2）设BP=λBD0⩽λ⩽【详解】（1）证明：∵DE∴BE又∵BE⊥A1D所以BE⊥平面A∵A1E∴A又∵A1E⊥DE∴A1E（2）解：存在，理由如下：∵A1E∴以E为原点，分别以EB,ED,则B1,0,0假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP⊥设Px则x-1,∴P∴E设平面A1EP的法向量由m⋅得z1令x1得m=设平面A1BD的法向量为A1故n⋅取x2得n=因为平面A1EP⊥所以m⋅解得λ=所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面【变式7-1】3.（2023·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E(1)求证：B，E，D1，F(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，根据E为AA（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点G，设G0,0,t，分别求得平面BEF的一个法向量n1=x1【详解】（1）证明：如图所示：连接D1E，D1F，取因为E为AA1的中点，所以EM//所以四边形EMC所以D1又因为F为BB所以BM//C1所以四边形BMC所以BF//所以BF//所以B，E，D1（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD假设存在满足题意的点G，设G0,0,t，由已知B1,1,0，E1,0,1则EF=−1,1,0，EB=设平面BEF的一个法向量为n1则n1⋅EF取x1=1，则设平面GEF的一个法向量为n2则n2⋅EF取x2=t−1，则因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1所以t−1+t−1+1=0，所以t=1所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为12【变式7-1】4.（2022春·高二单元测试）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E为边AD上的动点，将△DCE沿CE折起，记折起后D的位置为P，且P在平面ABCD上的射影O恰好落在折线CE上．(1)设∠DCE=α，当α为何值时，△PBC的面积最小？(2)当△PBC的面积最小时，在线段BC上是否存在一点F，使平面PAF⊥平面POF，若存在求出BF的长，若不存在，请说明理由．【答案】(1)α=(2)且BF=1或BF=【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，进而根据三角形中的边角关系可得cos∠PCB=sin2α2，而三角形的面积为【详解】（1）因为BC=2,PC=1,所以S△BCP由于PO⊥平面BCEA,∠PCE=α,故在RtPOC中，PO=在△BOC中，∠BCO=π2−α在RtPOBPB在△PBC中，cos∠PCB=因为α∈0,π2，所以2α∈0,π，当sin2α=1时，即2α=π2⇒α=（2）以B为坐标原点，以BC,BA为x,y轴的正方向，过B向上作平面ABCE的垂线为B(0,0,0),A0,1,0当α=π4时，此时E是AD中点，故PC=PE=1,PO=2设F(a,0,0),0≤a≤2FP=(设平面POF的法向量为m=m⋅FP=0m⋅同理可得平面PAF的法向量为n=因为平面PAF⊥平面POF，所以m⊥n⇒m⋅故存在点F,使得平面PAF⊥平面POF，且BF=a=1或BF=1【点睛】题型8线线角与动点问题【例题8】（2023秋·高二课时练习）如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是BC边的中点，则在棱CC

【答案】不存在【分析】以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz,设出点N，计算AB1与MN【详解】以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，

由棱长都等于2，可得A0,0,0，B3,1,0，C0,2,0，假设存在点N在棱CC1上，可以设则有AB1=3,1,2∴AB1＝22∴cosAB∴AB1·MNAB1而这与0≤m≤2矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得AB1与MN所成的夹角为3【变式8-1】1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD=DC，F，G分别是PB，AD的中点．(1)求证：GF⊥平面PCB；(2)在AP上是否存在一点M，使得DM与PC所成角为60°？若存在，求出M点的位置，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)在AP上存在一点M，点M为AP中点，使得DM与PC所成角为60°【分析】（1）以点D为原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，建立平面PBC的法向量n，证得GF//（2）设AM＝λAP(λ>0)，求得点M坐标表示，使用空间向量数量积公式，求得λ的值，即得到点M的坐标.【详解】（1）以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则G1,0,0，P0,0,2，A2,0,0，B2,2,0，∴GF=0,1,1，PB=设平面PCB的法向量为n=则n⋅PB=0n⋅PC=0，即2x+2y−2z=02y−2z=0，令∴GF∥n，故（2）设AM=λAP0≤λ≤1，则M∵DM与PC所成角为60°，PC=∴cos60o故在AP上存在一点M，点M为AP中点，使得DM与PC所成角为60°．【变式8-1】2.（2023·全国·高二假期作业）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且AB⊥BC，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1(1)证明：BF⊥DE；(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；M是A1B1中点【分析】(1)以B为原点建立空间直角坐标系，证得BF⋅(2)先设出M的坐标，利用空间向量求异面直线夹角公式可以解得M的位置.【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得BB1⊥平面ABC，且AB⊥BCBA，BC，BB1所在的直线分别为x，y，则B(0,0,0)，F(0,2,1)，E(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，设B1D=m，且则D(m,0,2)，∴BF=(0,2,1)，DE=(1−m,1,−2)，由BF⋅DE（2）可设B1M=n，且n∈[0,2]，则M(n,0,2)，MF=(−n,2,−1)由异面直线MF与AC所成的角为30°可得|cos整理得n2−8n+7=0，即n=1或所以存在点M，M是A1B1中点.【变式8-1】3.（2022秋·辽宁大连·高二大连八中校考阶段练习）如图，C是以AB为直径的圆O上异于A,B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E,F分别是PC,PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证：直线l⊥平面PAC；(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，AQ【分析】（1）证明BC∥EF，可得BC∥面EFA，根据线面平行的性质可得BC∥l，再根据面面垂直的性质可得BC⊥面PAC，即可得证；（2）取AC中点M，连接PM，MO，说明MA，MO，MP两两垂直，分别以线段MA，MO，MP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系M−xyz，利用向量法可得出答案.【详解】（1）证明：∵E，F分别是PB，PC的中点，∴BC∥EF，又EF⊂平面EFA，BC⊄面EFA，∴BC∥面EFA，又BC⊂面ABC，面EFA∩面ABC=l，∴BC∥l，又BC⊥AC，面PAC∩面ABC=AC，面PAC⊥面ABC，∴BC⊥面PAC，则l⊥面PAC；（2）解：取AC中点M，连接PM，∵PA=PC=AC，∴PM⊥AC，∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，又∵PM⊂平面PAC，∴PM⊥平面ABC，又∵C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴AC⊥BC，∵点M，O分别是AC，AB中点，连接MO，则MO⊥AC，分别以线段MA，MO，MP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系M−xyz，则A1,0,0，B−1,4,0，P0,0,3，C−1,0,0∴AE=−3设Q1,y,0，PQ设面AEF的法向量为m=则AE⋅m=−32cosPQcosPQ依题意，得cosPQ即y4+y2=1∴AQ=1∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，且AQ=1题型9线面角与动点问题【例题9】（2023秋·广西南宁·高二南宁二中校考开学考试）图①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90∘，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60∘，以BE为折痕将△BCE折起，使点

(1)求证：平面BC1E⊥(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155【答案】(1)证明见解析(2)存在，直线EP与平面ABC1【分析】（1）由二面角平面角定义可知∠AOC1是二面角A−BE−C（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设DP=λDC【详解】（1）在图①中，连接AC，交BE于O，∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE=60∘，∴AC⊥BE，在图②中，相交直线OA,OC1均与BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O为坐标原点，OA,OB,OC则D32,−32,0，C1∴DC1=−32,3设DP=λDC则AP=设平面ABC1的一个法向量则AB⋅n=−3x+y=0AC1⋅∴点P到平面ABC1的距离d=AP⋅n∴AP=−∴cos∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为

【变式9-1】1.（2023秋·高二单元测试）在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD=2AB=22，∠ABC=90°，如图①把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD

(1)求证：CD⊥AB；(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离；(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60°？若存在，求出BNBC【答案】(1)证明见解析(2)2(3)存在，BN【分析】（1）先证明CD⊥BD，利用平面ABD⊥平面BCD可得CD⊥平面ABD，进而利用线面垂直的性质即可求证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACD的法向量，进而即可求解；（3）设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设BN=λBC，0≤λ≤1，可得【详解】（1）证明：过D作DE⊥BC，垂足为E，

因为BC=2AD=2AB=22，AD//BC所以AD=AB=BE=DE=EC=2所以BD=2，CD=2，即BD2+C因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，且CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB.（2）以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，

由已知可得A1,0,1，B2,0,0，C0,2,0，D所以CD=0,−2,0，AD=设平面ACD的法向量为n=则n⋅CD=0令x=1，可得n=所以点M到平面ACD的距离为d=n（3）假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设BN=λBC，因为BC=−2,2,0，则即N2−2λ,2λ,0，所以AN又因为平面ACD的一个法向量为n=1,0,−1，且直线AN与平面ACD所成的角为所以sin60°=整理得8λ2+2λ−1=0，解得λ=综上所述，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60°，此时BNBC【变式9-1】2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB=BC=2

(1)求证：A1(2)是否存在点E，使得直线CE与平面BCC1B1所成角的正弦值为【答案】(1)证明见解析(2)存在点E，A【分析】（1）在平面ABC内，过点C作直线AB的垂线，垂足为G，根据面面垂直的性质得到CG⊥平面ABB1A1，即可得到A1B⊥CG，再由A1（2）建立空间直角坐标系，设AE=λ【详解】（1）在平面ABC内，过点C作直线AB的垂线，垂足为G，因为平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1所以CG⊥平面ABB又A1B⊂平面所以A1B⊥CG，又A1B⊥AC，AC∩CG=C，所以A1B⊥平面又BC⊂平面ABC，所以A1B⊥BC，在三棱柱ABC−A所以A1（2）

因为A1B⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以A1B⊥AB，又所以A1B=1，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，过B与CG平行的直线为BA1所在直线为则A2,0,0，B0,0,0，C−1,3,0所以BC=−1,3,0设平面BCC1B1的法向量为n=x,y,z，则假设存在点E满足条件，设AE=λAA所以CE=设直线CE与平面BCC1B则sinθ=整理得3λ−215λ−26=0，解得λ=2所以AE=所以存在点E，使得直线CE与平面BCC1B1所成角的正弦值为【变式9-1】3.（2023·全国·高二专题练习）如图所示，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（

(1)证明:平面POB⊥平面ABCE；(2)若PB=6，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，求出【答案】(1)证明见解析(2)存在，2【分析】（1）由线线垂直可得线面垂直，进而可得面面垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解线面角，即可得到Q为PB的中点，进而由三角形的边角关系即可求解.【详解】（1）证明在梯形ABCD中，连接BE，在等腰梯形ABCD中，AD=AB=BC=2，易得四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE,∴OB⊥AE,OD⊥AE，即OB⊥AE,OP⊥AE，又OB∩OP=O,OB⊂平面POB，OP⊂平面POB，∴AE⊥平面又AE⊂平面ABCE，∴平面POB⊥平面ABCE.（2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴AD=DE=2，在等腰梯形ABCD中，AE=BC=2，∴△PAE为正三角形，∴OP=3，同理OB=3，∵∴OP2+O由（1）可知OP⊥AE，以O为原点，OE，OB，OP所在直线分别为x轴、y

由题意得，各点坐标为P∴PB=设PQ=λPB0<λ<1设平面AEQ的一个法向量为n=则n·AE=0取y=1，得z=−λ1−λ，∴设直线PC与平面AEQ所成角为θ，θ∈0则sinθ=|即3+3λ1−λ∴存在点Q为PB的中点时，使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155∵PB=6∴PQ∵OB=3，∴【变式9-1】4.（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4

(1)求证：BD1∥(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为【答案】(1)证明见解析(2)存在，线段BM的长为1.【分析】（1）作出辅助线，得到四边形CED1C1为平行四边形，从而得到（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出Mm,2,0，0≤m≤2法二：作出辅助线，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直线A1M与平面C1EF所成的角即为A1M与平面BDD1B1所成的角，设【详解】（1）连接D1C，与C1E相交于点因为AB=2A1B1=4所以CE=C1D1且故CM=D又因为F为BC的中点，所以MF是△BCD故MF//BD因为MF⊂平面C1EF，BD所以BD1∥

（2）法一：存在，线段BM的长为1，理由如下：取AB的中点Q，连接OQ，以O为坐标原点，分别以OQ,OF,OO1为连接AO,A1O1，过点A1作A1W则AO=22,A因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A所以A1设Mm,2,0，0≤m≤2，A设平面C1EF的法向量为则n⋅令x=1得y=−1,z=0，则n=设直线A1M与平面C1则sinθ=解得m=1或34（舍去），

故M1,2,0，线段BM的长为2−1=1法二：存在，线段BM的长为1，理由如下：连接B1D1，显然过点O1，连接因为E、F分别为DC、BC的中点，所以EF//BD，因为EF⊄平面BDD1B1，所以EF//平面BDD由（1）知：DE=D1C1且故C1因为C1E⊄平面BDD1B所以C1E//平面因为C1E∩EF=E，C1所以平面C1EF//平面故直线A1M与平面C1EF所成的角即为设A1M∩BD因为O1所以A1O1⊥平面BDD1B1连接AO，过点A1作A1W⊥AO于点W则AO=22,A因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠Asin∠A1因为A1D1//BF，所以△A则A1D1BM=故A1过点W作WR⊥BC于点R，则BR=1,MR=x−1或1−x，故WM由勾股定理得A1W2解得x=1，故线段BM的长为2−1=1.

【变式9-1】5.（2023·全国·高二专题练习）在底面ABCD为梯形的多面体中.AB∥CD，BC⊥CD，

(1)求证：BD⊥AE；(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点Q的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.【详解】（1）由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，故有BC=DC=2，易得AE=DE=2，BD＝2，在△ABD中，∵AD因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，又DE∩AD=D，DE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，故BD⊥平面ADE．因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE．（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系D−xyz，如图所示，

则D0,0,0，A2,0,0，B0,2,0所以DB=0,2,0，DA设EQ=λEN=λDB=λ故DQ=设平面QAD的法向量为n=n⋅DA=0,n⋅故n→因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，所以sin60o=cosBE故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114【变式9-1】6.（2023·全国·高二专题练习）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿

(1)当AB'=2时，证明：平面(2)已知二面角B'−EF−A的大小为π4，棱AC上是否存在点M，使得直线B'E与平面B【答案】(1)证明见解析(2)存在，点M为AC中点【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明AB'⊥（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B'FAF，B'F⊂平面AB因为AB'⊂平面A在Rt△BEF中，BE=3所以BF=3因为AB'2且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB因为AB'⊂平面AB'（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B所以∠AFB'为二面角B'因为AB=AC=2,∠BAC=2π3所以BE=ABsin60°=12BC=3，BF=B如图，以F为坐标原点，分别以FB､FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系

则F0,0,0设AM=λ则FM=FA+设平面B'MF的一个法向量由m⋅FB令x=1，则y=2λ+123因为直线B'E与平面B'所以cosm解得λ=12或因此，当点M为AC中点时，直线B'E与平面B'题型10面面角与动点问题【例题10】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=1，AA(1)求AA1与(2)在棱AA1上是否存在一点E，使得二面角E−BC−B1的余弦值为【答案】(1)55(2)存在，且AEA【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成的角；（2）假设存在点E满足题意，设AE=λAA1（【详解】（1）因为A1B=1，AA1=所以AA12=AB2+以BA为x轴，平面ABC内，过B与AB垂直的直线为y轴，BA1为则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(−1,−3,0)，AA1=(−2,0,1)cosA所以AA1与BC所成角的余弦值是（2）假设存在点E满足题意，设AE=λAA1（BE=AE+设平面EBC的一个法向量是m=(m⋅BE=(2−2λ)x1+λzm=(设平面BCC1Bn⋅BC=−x2−3y2cosm,n=m由图可知当λ=13，二面角E−BC−B【变式10-1】1.（2022秋·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=22，

(1)取PC的中点N，求证：DN//平面PAB；(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD所成锐二面角的平面角为45°?如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)存在，π【分析】取BC的中点E，连接AE，则AE⊥BC，以A为原点，AE所在的直线为x轴，AD,AP所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系O−xyz.（1）计算DN，利用向量法求证即可；（