高中數(shù)學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第09講 專題1-1 空間向量與動點問題十四大題型

專題1-1空間向量與動點問題十四大題型匯總題型1共面問題與動點問題 2題型2線線平行與動點問題 9題型3線面平行與動點問題 13題型4面面平行與動點問題 22題型5線線垂直與動點問題 26題型6線面垂直與動點問題 39題型7面面垂直與動點問題 52題型8線線角與動點問題 64題型9線面角與動點問題 69題型10面面角與動點問題 85題型11點面、線面距離與動點問題 99題型12點線、線線距離問題 112題型13面積體積相關問題 118題型14三角形形狀問題 127知識點一.利用空間向量解決立體幾何的探索性問題思路：1.根據(jù)題設條件的垂直關系，建立適當空間直角坐標系，將相關點、相關向量用坐標表示.2.假設所成的點或參數(shù)存在，并用相關參數(shù)表示相關點的坐標，根據(jù)線、面滿足的位置關系、數(shù)量關系，構建方程（組）求解，若能求出參數(shù)的值且符合該限定的范圍，則存在，否則不存在.知識點二.動點的設法（減少變量數(shù)量）在解決探索性問題中點的存在性四，經(jīng)常需要設出點的坐標，而（x，y，z）可表示空間中的任一點，使用三個變量設點需要列三個方程，導致運算量增大.為了減少變量數(shù)量，用以下設法.1.直線（一維）上的點：用一個變量可以表示出所求點的坐標；依據(jù)：根據(jù)平面向量共線定理——若a//b?2.平面（二維）上的點：用兩個變量可以表示出所求點的坐標.3.依據(jù)：平面向量基本定理,若a,b不共線，則平面上任意一個向量c，均存在x題型1共面問題與動點問題【方法總結】共面定理：平面向量基本定理,若a,b不共線，則平面上任意一個向量c，均存在x【例題1】（2021·高二課時練習）如圖，在空間直角坐標系Axyz中，E0,0,1，B1,0,0，F(xiàn)0,2,2（1）求向量BC在向量EF上的投影的數(shù)量．（2）是否存在實數(shù)a，使得點E，F(xiàn)，C，B共面？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）455【分析】（1）求出EF，BC的坐標，利用空間向量數(shù)量積的坐標表示以及向量模長的坐標表示計算EF?（2）求出EF，BC，EB的坐標，設存在實數(shù)x和y使得EB=xEF+y【詳解】（1）因為E0,0,1，B1,0,0，F(xiàn)所以EF=0,2,1，所以向量BC在向量EF上的投影的數(shù)量為：EF?（2）EB=1,0,?1，EF=若點E，F(xiàn)，C，B共面，則存在實數(shù)x和y使得EB=x所以1=ya?10=2x+2y?1=x所以存在實數(shù)a=2使得點E，F(xiàn)，C，B共面.【變式1-1】1.（2021·高二課時練習）如圖，在棱長為2的正方體AC1中，點E，F(xiàn)分別是BC，C1（1）已知上底面A1C1內(nèi)一點H滿足GH//EF（2）棱A1D1【答案】（1）103；（2）存在，A1【分析】（1）根據(jù)正方體的特點，建立空間直角坐標系，會簡化很多，表示出點H的坐標，利用GH//EF求出其坐標，再根據(jù)模的計算公式求解；（2）根據(jù)共面的基本定理，存在實數(shù)x,y滿足GK=xGE+yEF，求出【詳解】建立如圖空間直角坐標系，則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C（1）因為AB=3BG,點E,F分別是BC,C所以G(2,43,0),E(1,2,0),F(0,1,2)，設H(λ,μ,2)(λ,μ∈[0,2])CH=(λ?2,μ?43,2)，因為GH//EF，所以所以H(1,13,2),所以A即A1H的長為（2）假設存在滿足條件的點K，設K(λ,0,2)(0≤λ≤2),則GK=(λ?2,?因為GK,EF共面，所以存在實數(shù)x,y滿足GK=x即(λ?2,?4得{λ?2=?x?y解得λ=32，所以K(32,0,2)所以存在點K，使得GK,EF共面，且A1K的長為【變式1-1】2.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點，點F在PC上，且(1)求證：CD⊥面PAD；(2)求二面角F?AE?P的正弦值；(3)設點G在PB上，且PGPB=λ．判斷是否存在這樣的【答案】(1)證明見解析(2)6(3)存在【分析】（1）由線面垂直的性質有PA⊥CD，再根據(jù)線面垂直的判定即可證結論.（2）以A為原點，面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸，AD,AP方向為y軸，z軸空間坐標系，根據(jù)已知確定對應點坐標，進而求出面AEF、面（3）由題設有PG=(2λ,?λ,?2λ)且AG=AP+PG【詳解】（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為原點，在平面ABCD內(nèi)過A作CD的平行線為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，則A0,0,0，E0,1,1，F(xiàn)23,所以AE=0,1,1，平面AEP的一個法向量為n=設平面AEF的一個法向量為m=則m?AE=y+z=0m?AF=故m=設二面角F?AE?P的平面角為θ，由圖可知θ為銳角，則cosθ=∴二面角F?AE?P的余弦值為33故二面角F?AE?P的正弦值為63（3）存在這樣的λ.由PG=λPB可得：PG=(2λ,?λ,?2λ)若A，E，F(xiàn)，G四點共面，則AG在面AEF內(nèi)，又面AEF的一個法向量為m=(1,1,?1)∴m?AG=0，即2λ?λ+2λ?2=0∴存在這樣的λ=2【變式1-1】3.（2022·全國·高三專題練習）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，E為側棱PC上靠近P的三等分點，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2.(1)在側棱PD上是否存在點F，使得點A,B,E,F四點共面？若存在，指出點F的位置，并證明；若不存在，請說明理由；(2)求二面角P?AB?E的余弦值.【答案】(1)取PD靠近P的三等分點F，證明見解析(2)2【分析】（1）取PD靠近P的三等分點F，連接EF，可證得EF//AB即可得出結果.（2）法1：過F作PA的垂線，垂足為H，連接AF，求證得∠PAF是二面角P?AB?E的平面角，計算即可求得結果;法2：以A為原點，分別以AB,AD,AP為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標系，求得平面ABE的一個法向量為m=【詳解】（1）取PD靠近P的三等分點F，連接EF.因為PEPC=PF又AB//CD，所以EF//AB，所以A,B,E,F共面.（2）法1：過F作PA的垂線，垂足為H，連接AF，因為PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD，所以PA⊥AB.因為PA⊥AB,AD⊥AB,PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因為AF?平面PAD，所以AB⊥AF，結合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的三等分點，F(xiàn)H=PH=1故FA=Acos∠FAH=故二面角P?AB?E的余弦值為25法2：以A為原點，分別以AB,AD,因為PA=AD=2，四邊形ABCD為正方形，所以A0,0,0從而EB=設平面ABE的一個法向量為m=m?EB=0,m?AB=0,平面ABP的一個法向量為AD=設二面角P?AB?E的平面角為θ，則cosθ=故二面角P?AB?E的余弦值為25題型2線線平行與動點問題【例題2】（2023·全國·高二專題練習）如圖，已知空間幾何體P?ABCD的底面ABCD是一個直角梯形，其中∠BAD=90°,AD//BC,BA=BC=a,AD=2a，且

(1)若BC?(2)若AE垂直PD于E，證明：BE⊥PD；(3)在（2）的條件下，PB上是否存在點F，使得EF//【答案】(1)8(2)證明見解析(3)存在Fa【分析】建立空間直角坐標系，（1）求出BC,PD，利用BC?（2）求出BE坐標，PD?（3）由EF//BD，求出E點的豎坐標、F點的豎坐標，設Fx,0,32【詳解】（1）如圖，建立空間直角坐標系，則A0,0,0,Ba,0,0BC=∴BC此時V=1（2）E0,∵PD∴BE（3）由EF//BD，E點的豎坐標為32a，∴設Fx,0,32a，由FE//BD，得

【變式2-1】（2021·高二課時練習）如圖，在棱長為2的正方體AC1中，點E，F(xiàn)分別是BC，C1（1）已知上底面A1C1內(nèi)一點H滿足GH//EF（2）棱A1D1【答案】（1）103；（2）存在，A1【分析】（1）根據(jù)正方體的特點，建立空間直角坐標系，會簡化很多，表示出點H的坐標，利用GH//EF求出其坐標，再根據(jù)模的計算公式求解；（2）根據(jù)共面的基本定理，存在實數(shù)x,y滿足GK=xGE+yEF，求出【詳解】建立如圖空間直角坐標系，則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C（1）因為AB=3BG,點E,F分別是BC,C所以G(2,43,0),E(1,2,0),F(0,1,2)，設H(λ,μ,2)(λ,μ∈[0,2])CH=(λ?2,μ?43,2)，因為GH//EF，所以所以H(1,13,2),所以A即A1H的長為（2）假設存在滿足條件的點K，設K(λ,0,2)(0≤λ≤2),則GK=(λ?2,?因為GK,EF共面，所以存在實數(shù)x,y滿足GK=x即(λ?2,?4得{λ?2=?x?y解得λ=32，所以K(32,0,2)所以存在點K，使得GK,EF共面，且A1K的長為題型3線面平行與動點問題【例題3】（2023·全國·高二專題練習）如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且AB//CD，AB⊥BC，AP⊥PB，AB=2，BC=CD=1．

(1)求證：AB⊥PD；(2)求直線PC與平面ABP所成角的余弦值；(3)線段PA上是否存在點E，使得PC//平面EBD？若存在，求出AEAP【答案】(1)證明見解析；(2)63(3)存在；AEAP【分析】（1）取AB的中點為O，利用線面垂直的判定、性質推理作答.（2）以O為原點建立空間直角坐標系，利用空間向量求出線面角的正弦作答.（3）確定點E的位置，利用空間位置關系的向量證明推理判斷作答.【詳解】（1）取AB的中點為O，連接DO，PO，由PA=PB，得PO⊥AB，又四邊形ABCD為直角梯形，且AB⊥BC，AB//CD，AB=2，BC=CD=1，則四邊形OBCD為正方形，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，則PO⊥平面ABCD，DO?平面ABCD，有PO⊥DO，即有OA，OD，OP兩兩垂直，以點O為原點，OD、OA、OP分別為x、y、z軸的空間直角坐標系O?xyz，由等腰直角△PAB，AB=2，BC=CD=1，得OA=OB=OD=OP=1，則O0,0,0即PC=1,?1,?1，平面PAB的一個法向量為OD=因此sinθ=cosPC所以所求直線PC與平面ABP所成角的余弦值為63（3）線段PA上存在點E，且當AEAP=2由PE=13PA=0,1設平面EBD的法向量為n=x,y,z，則n?EB=?又PC?n=1×1+?1×?1+所以點E滿足AEAP=2【變式3-1】1.（2023·全國·高二專題練習）如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.

(1)求二面角D?BF?C的余弦值；(2)在線段AB（含端點）上，是否存在一點P，使得FP∥平面AED.若存在，求出AP【答案】(1)15(2)存在，AP【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用法向量的夾角即可求解二面角，（2）由平面法向量與直線方向向量垂直，結合向量共線，即可由坐標運算求解.【詳解】（1）過D作DM⊥AB于M，由于∠DAB=60°，則AM=ADcos∠DAB=12AD,由于AD=DC=BC,且四邊形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為坐標原點，DA，DB為x軸，y軸，過點D作CF的平行線為Z軸，建立空間直角坐標系，設CD=CB=2，則DB=23∴DDB=設面DBF的法向量n1則n1?DB=0n1?設面CBF的法向量n2=(a,b,c)則n2?CB=0n2?∵cos<由幾何體的特征可知二面角D?BF?C的平面角為銳角，∴二面角D?BF?C的余弦值為155（2）∵AE⊥BD，BD⊥AD,AE∩AD=A，AD,AE?面AED，∴BD⊥面AED．設AP=xDB若FP∥平面AED，則FP⊥BD所以AP【變式3-1】2.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖：在正方體ABCD?A1B

(1)求證：BD1∥平面(2)在線段CC1上是否存在一點N，使得平面AMC∥平面【答案】(1)證明見解析(2)存在，理由見解析【分析】（1）連接BD交AC于O，連接MO，通過證明OM∥BD（2）CC1上的中點N即滿足平面AMC∥平面BND1，通過證明D1N∥平面AMC結合【詳解】（1）連接BD交AC于O，連接MO.∵ABCD?A1B∵M為DD1的中點，在△DBD1中，OM是又OM?平面AMC，BD1?平面AMC，∴BD1（2）CC1上的中點N即滿足平面AMC∥平面∵N為CC1的中點，M為DD1的中點，∴∴四邊形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

【變式3-1】3.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在平面五邊形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝90°，AB=AD=10，AE=6，BC=8，CD=4，∠AED=90°，EH⊥AD，垂足為H，將△ADE沿(1)求證：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱錐C?ADE的體積；(3)在線段BE上是否存在點M，使得MH//平面CDE？若存在，求EMEB【答案】(1)證明見解析(2)128(3)存在，EM【分析】（1）由面面垂直的性質證明即可；（2）利用等體積法，由VC?ADE（3）過點H作平行線得出與平面CDE平行的平面，然后利用三角形一邊平行線的性質求解.【詳解】（1）因為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的面積S=1所以三棱錐C－ADE的體積為VC?ADE（3）方法一：過點H作HN∥DE交AE于點N，過點N作NM∥AB交EB于點M，連接HM．又因為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，又因為MN∩NH=N，MN?平面MNH，NH?平面MNH，所以平面MNH//平面CDE．因為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所以在線段BE上是否存在點M，使得MH∥平面CDE，且EMEB方法二：過點H作HG//CD交BC于點G，過點G作GM//CE交EB于點M，連接HM．又因為HG∥CD，CD?平面CDE，HG?平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理GM∥平面CDE．又因為HG∩GM=G，HG?平面MHG，GM?平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE．因為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所以在線段BE上是否存在點M，使得MH∥平面CDE，且EM【變式3-1】4.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA(1)求直線A1P與平面(2)線段A1N上是否存在點Q，使得PQ//平面【答案】(1)22(2)存在【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角的正弦值；（2）設出A1Q=λA1N0≤λ≤1，結合第一問中求出的平面A【詳解】（1）以A為原點，AC，AB，AA因為A1，C，M的坐標分別為0,0,22，2,0,0，0,1,0，所以A1設n=x,y,z是平面A1即2x?22z=0y?2取z=2，則x=2，y=4，所以n=2,4,P點坐標為1,1,2，所以A設A1P與平面則sinθ=（2）由A1，N的坐標分別為0,0,22，1,1,22設A1Q=λA1又P點坐標為1,1,若PQ//平面A1CM，需n⊥即2λ?1+4λ?1所以線段A1N上存在點Q，使得PQ//平面A1題型4面面平行與動點問題【例題4】（2023·高三校聯(lián)考單元測試）如圖，在三棱錐ABOC中，AO⊥平面BOC，∠OAB=∠OAC=π6，AB=AC=2，BC=2，D,E(1)求O到平面ABC的距離；(2)在線段CB上是否存在一點F，使得平面DEF//平面AOC？若存在，試確定F的位置，并證明此點滿足要求；若不存在，請說明理由．【答案】(1)?=21(2)答案見解析.【分析】（1）證明OC⊥OB，利用等體積法，求出O到平面ABC的距離；（2）取CB的中點F，連接DF，EF，則DF//AC，【詳解】（1）因為AO⊥平面COB，所以AO⊥CO,AO⊥BO，即△AOC與△AOB為直角三角形．又因為∠OAB=∠OAC=π6所以OB=OC=1.AO=由OB2+O所以CO⊥BO，所以S△BOC=設O到平面ABC的距離為?，由于VA?BOC=VO?ABC，得（2）在線段CB上存在一點F，使得平面DEF//平面AOC，此時F為線段CB的中點．如圖，連接DF,EF，因為D,E分別為AB,OB的中點，所以DE//OA.又DE?平面AOC，OA?平面AOC，所以DE//平面AOC.同理可證：EF//平面AOC，又EF∩DE=E,EF?平面DEF，DE?平面DEF，所以平面DEF∥平面AOC.【變式4-1】1.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，四棱錐P?ABCD中，AB//CD，AB=2CD，E為PB的中點．(1)求證：CE//平面PAD.(2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD//平面CEF？若存在，證明你的結論，若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，證明見解析【分析】（1）利用構造平行四邊形的方法證明線線平行，結合線面平行判定定理，從而得線面平行；（2）點F為線段AB的中點，再利用面面平行判定定理證明，即可證明平面PAD//平面CEF．【詳解】（1）證明：如圖所示，取PA的中點H，連接EH，DH．因為E為PB的中點，所以EH//AB，EH=1又AB//CD，CD=1所以EH//CD，EH=CD．因此四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE//DH．又DH?平面PAD，CE?平面PAD因此CE//平面PAD．（2）解：如圖所示，取AB的中點F，連接CF，EF，所以AF=又CD=12AB又AF//CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形，因此CF//AD．又CF?平面PAD，所以CF//平面PAD由（1）可知CE//平面PAD．因為CE∩CF=C，故平面CEF//平面PAD．【變式4-1】2.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E，(1)求證：EF//平面BCC(2)在線段BC1上是否存在一點G，使平面EFG//平面【答案】(1)證明見解析(2)存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)中位線的性質可得EF//A1A，再根據(jù)線面平行的判定可得EF（2）取BC1的中點G，連接【詳解】（1）證明：因為E，F(xiàn)分別為線段AC1A1C1的中點所以EF//A1A.因為B1B//A1A，所以EF//（2）取BC1的中點G，連接GE，GF.因為E為AC因為GE?平面ABB1A1，AB?平面ABB同理可得，EF//平面ABB1A1，又因為EF∩EG=E，EG，EF?平面EFG故在線段BC1上存在一點G，使平面EFG//題型5線線垂直與動點問題【例題5】（2023秋·全國·高二隨堂練習）如圖所示，三棱柱ABC?A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC(1)用a，b，c表示向量A1(2)在線段C1B1上是否存在點M，使AM⊥【答案】(1)?(2)當C1M=【分析】（1）根據(jù)空間向量線性運算的幾何意義進行求解即可；（2）設C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，用a，b，c【詳解】（1）解：因為N是AB中點，所以AN=所以A=?C（2）解：假設存在點M，使AM⊥A1N，設C顯然λC1B因為AM⊥A1N即(c∴?∵CA=CB=CC1=1，a∴即12解得λ=23，所以當C1【變式5-1】1.（2023春·浙江杭州·高二浙江大學附屬中學期中）如圖，將長方形OAA1O1（及其內(nèi)部）繞OO1旋轉一周形成圓柱，其中OA=1,O(1)在弧AB上是否存在點C（C,B1在平面OAA(2)求平面A1O1【答案】(1)存在，當B1C為圓柱O(2)2【分析】（1）當B1C為圓柱OO1的母線，證明BC⊥平面（2）以O為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法得出平面A1O1【詳解】（1）存在，當B1C為圓柱OO連接BC,AC,B1C，因為B1C為圓柱O又因為BC?平面ABC，所以B1因為AB為圓O的直徑，所以BC⊥AC.BC⊥AC,B1C⊥BC,AC∩B1因為AB1?平面A（2）以O為原點，OA,OO1分別為y,z軸，垂直于y,z軸直線為A1因為A1B1的長為πO設平面O1B1?y?2z=0,12x+32所以m=因為x軸垂直平面A1O1B，所以設平面所以cosm所以平面A1O1B與平面【變式5-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，PB⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=PB=2，BC=23，E、G分別為PC、PA(1)求證：平面BCG⊥平面PAC；(2)在線段AC上是否存在一點N，使PN⊥BE？證明你的結論．【答案】(1)證明見解析(2)存在，證明見解析【分析】（1）由線面垂直得到BC⊥PB，再由AB⊥BC，即可得到BC⊥平面PAB，從而證得PA⊥BC，又Rt△PAB為等腰直角三角形，故BG⊥PA，從而得PA⊥平面BCG（2）以點B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BP為z軸建立空間直角坐標系，可求得E點，N點的坐標，從而得BE、PN的坐標，由空間向量的坐標運算BE?【詳解】（1）證明：∵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為等腰直角三角形，G為斜邊PA的中點，∴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：以點B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BP為z軸建立空間直角坐標系，則A2,0,0，C0,23,0，設存在點N∈AC，使PN⊥BE，點N的坐標設為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故存在點N∈AC，使PN⊥BE．【變式5-1】3.（2023·全國·高二專題練習）在①DE+DF⊥DE?問題：如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1，中，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D?xyz．已知點D1的坐標為0,0,2，E為棱D1C1上的動點，【答案】答案見解析【分析】根據(jù)空間直角坐標系中點的坐標可得向量的坐標，由向量的坐標運算可計算模長以及數(shù)量積，進而可求解.【詳解】方案一：選條件①．假設存在滿足題意的點E，F(xiàn)．由題意，知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，則D0,0,0，A2,0,0，B2,2,0，A12,0,2，C0,2,0，所以A1因為DE+CF⊥DE?因為DE=0,a,2，CF=b,0,2，所以a2所以a=b=1，故存在點E0,1,2，F(xiàn)1,2,2，滿足EF?方案二：選條件②．假設存在滿足題意的點E，F(xiàn)．由題意，知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，則D0,0,0，A設E0,a,20≤a≤2，F(xiàn)b,2,20≤b≤2，則EF=所以EF?A1C=4?2a+b，所以a2+22=172故存在點E0,12,2，F(xiàn)3方案三：選條件③．假設存在滿足題意的點E，F(xiàn)．由題意，知正方體ABCD?A則D0,0,0，B2,2,0，A12,0,2，C0,2,0設E0,a,20≤a≤2，F(xiàn)b,2,20≤b≤2，則所以EF與DB不共線，所以b≠2?a，即a+b≠2，則EF?故不存在點E，F(xiàn)滿足EF【變式5-1】4.（2021·高二課時練習）如圖四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PG⊥平面ABCD，垂足為G，G在AD上且AG＝13GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中點，四面體P﹣BCG的體積為8(1)求過點P，C，B，G四點的球的表面積；(2)求直線DP與平面PBG所成角的正弦值；(3)在棱PC上是否存在一點F，使DF⊥GC，若存在，確定點F的位置，若不存在，說明理由．【答案】(1)24π(2)3(3)存在；當|CF||CP|【分析】（1）先根據(jù)四面體P﹣BCG的體積為83求出PG（2）作DK⊥BG交BG的延長線于K，分別求出DK、（3）以GB，GC，GP為x，y，z軸建立空間坐標系.設出F點，分別寫出DF、GC的坐標.再利用【詳解】（1）由四面體P﹣BCG的體積為83．即∴PG=4以GP，GB，GC構造長方體，外接球的直徑為長方體的體對角線．∴2R2∴R=∴外接球表面積S＝4π×6＝24π．（2）由GB∴△BGC為等腰三角形，GE為∠BGC的角平分線，如圖所示：作DK⊥BG交BG的延長線于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=設直線DP與平面PBG所成角為α∴sinα=（3）∵GB，GC，GP兩兩垂直，分別以GB，GC，GP為x，y，z軸建立空間坐標系.假設F存在，∵D(?設F（0，y，4﹣2y）（0＜y＜2）∴DF=(又DF⊥GC.∴DF∴y=∴當CFCP【變式5-1】5.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，(1)求證AC⊥BC(2)在AB上是否存在點D，使得AC【答案】(1)證明見解析(2)存在，理由見解析【分析】（1）以C為坐標原點，CA、CB、CC1分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系（2）假設在AB上存在點D，使得AC1⊥CD，設AD=λ【詳解】（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，AC?BC?CC1兩兩垂直，以C為坐標原點，CA、CB、CC1分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系則C0,0,0，A3,0,0，C10,0,4∵AC=?3,0,0，BC1=0,?4,4（2）假設在AB上存在點D，使得AC1⊥CD，利用上式所建的空間直角坐標系，設AD=λAB于是CD=CA+AD=3?3λ,4λ,0，又AC1=?3,0,4，∴在AB上存在點D，使得AC1⊥CD，點D【點睛】本題考查異面直線垂直的證明，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用.【變式5-1】6.（2023·全國·高二專題練習）如圖，四棱錐S－ABCD中，ABCD為矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD=1，AB=2，(1)求證：AE⊥平面SBD；(2)M、N分別在線段SB、CD上的點，是否存在M、N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，確定M、N的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在M、N使MN⊥CD且MN⊥SB，其中M是線段SB靠近B的四等分點，N是線段CD靠近C的四等分點.【分析】（1）利用線面垂直判定定理去證明AE⊥平面SBD；（2）假設存在存在M、N符合題意，建立空間直角坐標系，利用向量的方法保證MN⊥CD且MN⊥SB，進而確定確定M、N的位置.【詳解】（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．又則可以D為原點分別以DA、DC、DS為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意可知D0，BS=(?1，假設存在M、N滿足MN⊥CD且MN⊥SB．∵M在線段CD上，可設BM∵∴M的坐標(1?λ∵N在線段SB上，可設N(0,y,0)則NM=(1要使MN⊥CD且MN⊥SB，則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是線段SB靠近B的四等分點，N是線段CD靠近C的四等分點.題型6線面垂直與動點問題【例題6】（2023·全國·高二專題練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A(1)在B1B上是否存在一點P，使D1P⊥(2)在平面AA1B1B【答案】(1)不存在(2)存在【分析】（1）如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設點P1,1,z，由D（2）設N1,b,c，由D【詳解】（1）如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則點A(1，0，0)，E12,1B1A=0,?1,?1，假設存在點P1,1,z滿足題意，于是D所以D1P?解得z=0與z=1故在B1B上不存在點使D1（2）假設在平面AA1B1B設N1,b,c則D1N?所以0?b?c+1=0?12故平面AA1B1B上存在點N1,12,【變式6-1】1.（2023·全國·高二專題練習）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D

(1)當λ=1時，求三棱錐B?DD(2)當2λ2+(3)當λ+μ=1時，是否存在唯一個點P，使得BP⊥平面ADP，若存在，求出P點的位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)4(2)3(3)不存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)線面平行，結合等體積法即可求解，（2）由向量模長可得點P的軌跡為以A為圓心，2為半徑的14（3）建立空間按直角坐標系，利用向量垂直的坐標運算即可求解.【詳解】（1）當λ=1時，AP=AC+μAA1，由于CC1∥DD1，DD1?平面DD故VB?D所以其體積為定值43（2）當2λ2+μ2設AC,BD相交于點E因為BE⊥AC，BE⊥AA1，AC∩AA1=A,AC，AA1?平面

如圖，點P的軌跡為半圓A1Q,其中Q為P點軌跡與邊AC的交點，當P運動到點Q時，此時PEmin=EQ=2?2,當Ptan∠BPE=BEPE，BE=33（3）如圖建立空間直角坐標系如圖，A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A當λ+μ=1時，C，A1，P三點共線，即點P∈線段A設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?【變式6-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的邊長為2，E是PA的中點．(1)求證：PC//平面BDE．(2)若PA=2，線段PC上是否存在一點F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的長度；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，理由見解析.【分析】（1）連結AC交BD于點O，可知OE//PC.然后根據(jù)線面平行的判定定理，即可得出PC//平面BDE；（2）先證明CD⊥平面ADP．以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，設PF=λPC，求出點F的坐標，然后得到AF.求出平面BDE的法向量n，根據(jù)n//【詳解】（1）如圖1，連結AC交BD于點O.因為ABCD是正方形，所以O是AC的中點，又E是PA的中點，所以OE//PC.因為OE?平面BDE，PC?平面BDE，所以PC//平面BDE.（2）存在，理由如下：因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD．因為ABCD為正方形，所以CD⊥DA．又PA∩DA=A，PA?平面ADP，DA?平面ADP，所以CD⊥平面ADP．以點D為坐標原點，過點D作PA的平行線為x軸，分別以DA,DC為y,z軸，建立空間直角坐標系D?xyz，如圖2，則A0,2,0，B0,2,2，C0,0,2，D0,0,0，所以PC=令PF=λ則DF=DP+λPC所以F?2λ+2,?2λ+2,2λ，所以AF因為DB=0,2,2，設n=x,y,z是平面則n?DB=0取y=?1，則n=2,?1,1是平面因為AF⊥平面BDE，所以n//所以有2?2λ?2=?2λ1，解得因為PC=所以PF=PF【變式6-1】3.（2023·全國·高二專題練習）已知四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥AB，AB=AD=12BC(1)求直線PC與平面PBD所成角的正弦值；(2)線段PB上是否存在一點M，使得CM⊥平面PBD？若存在，請指出點M的位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)4(2)不存在點M，理由見解析【分析】（1）求出相關線段的長，建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求得平面PBD的一個法向量，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案；（2）假設存在滿足條件的點M，表示出其坐標，利用向量的垂直列出方程，根據(jù)方程解的情況可得出結論.【詳解】（1）因為AD∥BC，BC⊥AB，所以AD又因為AB=AD=12BC，BD=因為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為坐標原點，以AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則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)，設平面PBD的法向量為n=(x,y,z)則BD?n=0BP?令x=2，可得平面PBD的一個法向量為n=(2,2,1)設直線PC與平面PBD所成的角為θ，θ∈[0,π則sinθ=|所以直線PC與平面PBD所成角的正弦值為49另解：如圖，連接AC．因為AD∥因為AB=AD=12BC，BD=因為BC⊥AB，所以AC=A因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，AC?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD．因為PA=PD2?AD所以S△PBD=1設點C到平面PBD的距離為h，由VP?BDC=VC?PBD，得13設直線PC與平面PBD所成的角為θ，θ∈[0,π2]所以直線PC與平面PBD所成角的正弦值為49（2）不存在點M，理由如下：假設存在滿足條件的點M（如圖）．可設BM=λBP=(?λ,0,2λ)，λ∈[0,1]所以CM=(?λ,?2,2λ)又由（1）知n=(2,2,1)為平面PBD的一個法向量，所以CM即?λ2所以線段PB上不存在滿足條件的點M．另解：不存在點M，理由如下：假設存在滿足條件的點M，由CM⊥平面PBD，PB?平面PBD，BD?平面PBD，得CM⊥PB，且CM⊥BD，因為PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC．因為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．若存在滿足條件的點M，則點M必與點B重合．又BC與BD不垂直，所以線段PB上不存在滿足條件的點M【變式6-1】4.（2023春·全國·高二合肥市第六中學校聯(lián)考開學考試）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，點E為AD的中點，且(1)問：是否存在一點P，使得直線BD1⊥平面PEC(2)若P是線段BD1的中點，求平面PEC與平面【答案】(1)不存在，理由見解析(2)19【分析】（1）假設直線BD1⊥平面PEC，利用線面垂直的性質則有BD1⊥CE，進而可證明CE⊥BD，與實際情況不符，從而證明不成立；（2）分別以AB，AD，AA1所在的直線為x，【詳解】（1）不存在．理由如下：若直線BD1⊥平面PEC如圖，連接BD，假設BD因為DD1⊥平面ABCD又因為BD1∩DD1所以CE⊥BD，顯然不成立，所以線段BD1上不存在點P，使得直線BD（2）分別以AB，AD，AA1所在的直線為x，y，易知點C2,2,0，E0,1,0，B2,0,0，D則EC=2,1,0，EP=設平面PCE的法向量為m=則m令x=?2，得平面PCE的一個法向量為m=設平面ECD1的法向量為則n令y'=?4，得平面ECD所以cosm所以平面PEC與平面ECD1【變式6-1】5.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，側面PAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為PA，BD中點，PA=PD=AD=2．(1)求證：EF//(2)在棱PC上是否存在一點G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出點G的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)不存在，理由見解析【分析】（1）連接AC，由中位線的性質可得EF//PC，再由線面平行的性質可得證；（2）設Gx1,y1,z1，求出平面EFD的一個法向量n=1,?1,?3，由FG=λn將x1【詳解】（1）連接AC，因為F為BD中點，底面ABCD是正方形，所以F為AC中點，又E為PA中點，所以EF//PC，又EF?平面PBC，PC?平面PBC，所以EF//（2）不存在．假設存在，連接AC，BD，交于點F，EF為平面EDF和平面PAC的交線，取AD的中點O，連接GF，OF，OP，則因為側面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，OF?面ABCD，所以OF⊥面PAD，又因為OP?面PAD，所以OF⊥OP，以O為原點，OA，OF，OP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系．則A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(?1,2,0)，D(?1,0,0)，P0,0,3，E1設Gx1,y1,設平面EFD的一個法向量是n=∵n?DF=x0+y∵因為GF⊥平面EDF，∴FG=λn，∴x1=λ，∵GC，PC共線，PC=?1,2,?3∴x1∴1+λ?1故在棱PC上不存在一點G，使GF⊥平面EDF．題型7面面垂直與動點問題【例題7】（2023·全國·高二專題練習）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是平行四邊形，側面PAB是等邊三角形，BC=2AB,AC=3(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；(2)設Q為側棱PD上一點，四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求PQQD【答案】(1)證明見解析(2)存在，1【分析】（1）根據(jù)題意，先由線面垂直的判定定理得到AC⊥平面PAB，從而得到面面垂直；（2）根據(jù)題意，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，然后結合法向量與空間向量的坐標運算，代入計算，即可得到結果.【詳解】（1）證明：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）假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB中點為H，連接PH，則PH⊥AB，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PH⊥平面ABCD.如圖所示建立空間直角坐標系，不妨設AB=2，則A0,0,0,B2,0,0,D?2,2設n1=x1,y1設DQ=λDP，其中則BQ連接EF，因AC∥平面BEQF,AC?平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC∥EF取與EF同向的單位向量j=設n2=x則n2?j由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有故在側棱PD上存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD,PQ【變式7-1】1.（2023秋·湖南長沙·高二雅禮中學?？奸_學考試）如圖，在正方體ABCD?A1B1C

(1)求證：D1E⊥(2)若點M，N分別在C1D，(3)棱CC1上是否存在點P，使平面CD【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)存在，點P為棱CC1的中點【分析】（1）根據(jù)正方體的特征得到AB1⊥B1A和BC⊥平面ABB1A1，進而得到，利用線面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，從而得到（2）連接DE，CD1，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根據(jù)正方體的特征得到DD1⊥平面ABCD，進而得到AF⊥DD1，利用線面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，從而得到AF⊥D1E，結合（1）的結論和線面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，進而得到MN//D（3）連接FP，AP，利用中位線定理得到FP∥C1D，再利用正方體的特征得到FP與AB1共面于平面AB1PF.結合（2）的結論，利用面面垂直的判定即可求證.【詳解】（1）如圖，

連接A1B，CD1∵正方體ABCD?∴四邊形ABB又∵正方體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）如圖，連接DE，CD1在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為棱BC，∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.∵∠CDE+∠ADE=90°，所以∠DAF+∠ADE=90又∵正方體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.如圖，當點P為棱CC1的中點時，平面CD1E⊥連接FP，AP，∵點P，F(xiàn)分別為棱CC1，CD的中點∴FP∥C1D，∵正方體ABCD?A1B∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1，∴FP與AB1共面于平面AB1PF.由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.又因為D1E?平面CD1E.∴平面CD1E⊥【變式7-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖1，在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD=60°,DE⊥AB于點E，將(1)求證：A1E⊥(2)在線段BD上是否存在點P，使平面A1EP⊥平面A【答案】(1)證明見解析(2)存在，BP【分析】（1）根據(jù)線面垂直先證得A1E⊥（2）設BP=λBD0?λ?【詳解】（1）證明：∵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為原點，分別以EB,ED,則B1,0,0假設在線段BD上存在一點P，使得平面A1EP⊥設Px則x-1,∴P∴E設平面A1EP的法向量由m?得z1令x1得m=設平面A1BD的法向量為A1故n?取x2得n=因為平面A1EP⊥所以m?解得λ=所以在線段BD上存在點P，使得平面A1EP⊥平面【變式7-1】3.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)(2)是否存在點G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長度；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，1【分析】（1）連接D1E，D1F，取BB1的中點為M，連接MC1，ME，根據(jù)E為AA（2）以D為坐標原點，DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，假設存在滿足題意的點G，設G0,0,t，分別求得平面BEF的一個法向量n1=x1【詳解】（1）證明：如圖所示：連接D1E，D1F，取因為E為AA1的中點，所以EM//所以四邊形EMC所以D1又因為F為BB所以BM//C1所以四邊形BMC所以BF//所以BF//所以B，E，D1（2）以D為坐標原點，DA，DC，DD假設存在滿足題意的點G，設G0,0,t，由已知B1,1,0，E1,0,1則EF=?1,1,0，EB=設平面BEF的一個法向量為n1則n1?EF取x1=1，則設平面GEF的一個法向量為n2則n2?EF取x2=t?1，則因為平面GEF⊥平面BEF，所以n1所以t?1+t?1+1=0，所以t=1所以存在滿足題意的點G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的長度為12【變式7-1】4.（2022春·高二單元測試）如圖，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E為邊AD上的動點，將△DCE沿CE折起，記折起后D的位置為P，且P在平面ABCD上的射影O恰好落在折線CE上．(1)設∠DCE=α，當α為何值時，△PBC的面積最?。?2)當△PBC的面積最小時，在線段BC上是否存在一點F，使平面PAF⊥平面POF，若存在求出BF的長，若不存在，請說明理由．【答案】(1)α=(2)且BF=1或BF=【分析】（1）根據(jù)線面垂直可得線線垂直，進而根據(jù)三角形中的邊角關系可得cos∠PCB=sin2α2，而三角形的面積為【詳解】（1）因為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=因為α∈0,π2，所以2α∈0,π，當sin2α=1時，即2α=π2?α=（2）以B為坐標原點，以BC,BA為x,y軸的正方向，過B向上作平面ABCE的垂線為B(0,0,0),A0,1,0當α=π4時，此時E是AD中點，故PC=PE=1,PO=2設F(a,0,0),0≤a≤2FP=(設平面POF的法向量為m=m?FP=0m?同理可得平面PAF的法向量為n=因為平面PAF⊥平面POF，所以m⊥n?m?故存在點F,使得平面PAF⊥平面POF，且BF=a=1或BF=1【點睛】題型8線線角與動點問題【例題8】（2023秋·高二課時練習）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有的棱長均為2，M是BC邊的中點，則在棱CC

【答案】不存在【分析】以A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,設出點N，計算AB1與MN【詳解】以A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，

由棱長都等于2，可得A0,0,0，B3,1,0，C0,2,0，假設存在點N在棱CC1上，可以設則有AB1=3,1,2∴AB1＝22∴cosAB∴AB1·MNAB1而這與0≤m≤2矛盾，所以在棱CC1上不存在點N，使得AB1與MN所成的夾角為3【變式8-1】1.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是邊長為2的正方形，PD=DC，F(xiàn)，G分別是PB，AD的中點．(1)求證：GF⊥平面PCB；(2)在AP上是否存在一點M，使得DM與PC所成角為60°？若存在，求出M點的位置，若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)在AP上存在一點M，點M為AP中點，使得DM與PC所成角為60°【分析】（1）以點D為原點，建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，建立平面PBC的法向量n，證得GF//（2）設AM＝λAP(λ>0)，求得點M坐標表示，使用空間向量數(shù)量積公式，求得λ的值，即得到點M的坐標.【詳解】（1）以D為原點，DA、DC、DP分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則G1,0,0，P0,0,2，A2,0,0，B2,2,0，∴GF=0,1,1，PB=設平面PCB的法向量為n=則n?PB=0n?PC=0，即2x+2y?2z=02y?2z=0，令∴GF∥n，故（2）設AM=λAP0≤λ≤1，則M∵DM與PC所成角為60°，PC=∴cos60o故在AP上存在一點M，點M為AP中點，使得DM與PC所成角為60°．【變式8-1】2.（2023·全國·高二假期作業(yè)）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，且AB⊥BC，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1(1)證明：BF⊥DE；(2)在棱A1B1上是否存在一點M，使得異面直線MF與AC所成的角為30°？若存在，指出M的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在；M是A1B1中點【分析】(1)以B為原點建立空間直角坐標系，證得BF?(2)先設出M的坐標，利用空間向量求異面直線夾角公式可以解得M的位置.【詳解】（1）證明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得BB1⊥平面ABC，且AB⊥BCBA，BC，BB1所在的直線分別為x，y，則B(0,0,0)，F(xiàn)(0,2,1)，E(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，設B1D=m，且則D(m,0,2)，∴BF=(0,2,1)，DE=(1?m,1,?2)，由BF?DE（2）可設B1M=n，且n∈[0,2]，則M(n,0,2)，MF=(?n,2,?1)由異面直線MF與AC所成的角為30°可得|cos整理得n2?8n+7=0，即n=1或所以存在點M，M是A1B1中點.【變式8-1】3.（2022秋·遼寧大連·高二大連八中校考階段練習）如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A,B的點，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E,F分別是PC,PB的中點，記平面AEF與平面ABC的交線為直線l.(1)求證：直線l⊥平面PAC；(2)直線l上是否存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)見解析(2)存在，AQ【分析】（1）證明BC∥EF，可得BC∥面EFA，根據(jù)線面平行的性質可得BC∥l，再根據(jù)面面垂直的性質可得BC⊥面PAC，即可得證；（2）取AC中點M，連接PM，MO，說明MA，MO，MP兩兩垂直，分別以線段MA，MO，MP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系M?xyz，利用向量法可得出答案.【詳解】（1）證明：∵E，F(xiàn)分別是PB，PC的中點，∴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，則l⊥面PAC；（2）解：取AC中點M，連接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為直徑的圓O上異于A，B的點，∴AC⊥BC，∵點M，O分別是AC，AB中點，連接MO，則MO⊥AC，分別以線段MA，MO，MP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系M?xyz，則A1,0,0，B?1,4,0，P0,0,3，C?1,0,0∴AE=?3設Q1,y,0，PQ設面AEF的法向量為m=則AE?m=?32cosPQcosPQ依題意，得cosPQ即y4+y2=1∴AQ=1∴直線l上存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余，且AQ=1題型9線面角與動點問題【例題9】（2023秋·廣西南寧·高二南寧二中?？奸_學考試）圖①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90°，四邊形ABCE是邊長為2的菱形，并且∠BCE=60°，以BE為折痕將△BCE折起，使點

(1)求證：平面BC1E⊥(2)在棱DC1上是否存在點P，使得點P到平面ABC1的距離為155【答案】(1)證明見解析(2)存在，直線EP與平面ABC1【分析】（1）由二面角平面角定義可知∠AOC1是二面角A?BE?C（2）以O為坐標原點建立空間直角坐標系，設DP=λDC【詳解】（1）在圖①中，連接AC，交BE于O，∵四邊形ABCE是邊長為2的菱形，∠BCE=60°，∴AC⊥BE，在圖②中，相交直線OA,OC1均與BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O為坐標原點，OA,OB,OC則D32,?32,0，C1∴DC1=?32,3設DP=λDC則AP=設平面ABC1的一個法向量則AB?n=?3x+y=0AC1?∴點P到平面ABC1的距離d=AP?n∴AP=?∴cos∴直線EP與平面ABC1所成角的正弦值為

【變式9-1】1.（2023秋·高二單元測試）在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD=2AB=22，∠ABC=90°，如圖①把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD

(1)求證：CD⊥AB；(2)若點M為線段BC的中點，求點M到平面ACD的距離；(3)在線段BC上是否存在點N，使得AN與平面ACD所成的角為60°？若存在，求出BNBC【答案】(1)證明見解析(2)2(3)存在，BN【分析】（1）先證明CD⊥BD，利用平面ABD⊥平面BCD可得CD⊥平面ABD，進而利用線面垂直的性質即可求證；（2）建立空間直角坐標系，求出平面ACD的法向量，進而即可求解；（3）設在線段BC上存在點N，使得AN與平面ACD所成角為60°，設BN=λBC，0≤λ≤1，可得【詳解】（1）證明：過D作DE⊥BC，垂足為E，

因為BC=2AD=2AB=22，AD//BC所以AD=AB=BE=DE=EC=2所以BD=2，CD=2，即BD2+C因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，且CD?平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又因為AB?平面ABD，所以CD⊥AB.（2）以點D為原點，DB所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，建立空間直角坐標系，如圖，

由已知可得A1,0,1，B2,0,0，C0,2,0，D所以CD=0,?2,0，AD=設平面ACD的法向量為n=則n?CD=0令x=1，可得n=所以點M到平面ACD的距離為d=n（3）假設在線段BC上存在點N，使得AN與平面ACD所成角為60°，設BN=λBC，因為BC=?2,2,0，則即N2?2λ,2λ,0，所以AN又因為平面ACD的一個法向量為n=1,0,?1，且直線AN與平面ACD所成的角為所以sin60°=整理得8λ2+2λ?1=0，解得λ=綜上所述，在線段BC上存在點N，使AN與平面ACD所成角為60°，此時BNBC【變式9-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB=BC=2

(1)求證：A1(2)是否存在點E，使得直線CE與平面BCC1B1所成角的正弦值為【答案】(1)證明見解析(2)存在點E，A【分析】（1）在平面ABC內(nèi)，過點C作直線AB的垂線，垂足為G，根據(jù)面面垂直的性質得到CG⊥平面ABB1A1，即可得到A1B⊥CG，再由A1（2）建立空間直角坐標系，設AE=λ【詳解】（1）在平面ABC內(nèi)，過點C作直線AB的垂線，垂足為G，因為平面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）

因為A1B⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以A1B⊥AB，又所以A1B=1，以B為坐標原點，BA所在直線為x軸，過B與CG平行的直線為BA1所在直線為則A2,0,0，B0,0,0，C?1,3,0所以BC=?1,3,0設平面BCC1B1的法向量為n=x,y,z，則假設存在點E滿足條件，設AE=λAA所以CE=設直線CE與平面BCC1B則sinθ=整理得3λ?215λ?26=0，解得λ=2所以AE=所以存在點E，使得直線CE與平面BCC1B1所成角的正弦值為【變式9-1】3.（2023·全國·高二專題練習）如圖所示，等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E為CD中點，AE與BD交于點O，將△ADE沿AE折起，使點D到達點P的位置（

(1)證明:平面POB⊥平面ABCE；(2)若PB=6，試判斷線段PB上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為155，若存在，求出【答案】(1)證明見解析(2)存在，2【分析】（1）由線線垂直可得線面垂直，進而可得面面垂直，（2）建立空間直角坐標系，利用向量的夾角求解線面角，即可得到Q為PB的中點，進而由三角形的邊角關系即可求解.【詳解】（1）證明在梯形ABCD中，連接BE，在等腰梯形ABCD中，AD=AB=BC=2，易得四邊形ABED為菱形，∴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）可知四邊形ABED為菱形，∴AD=DE=2，在等腰梯形ABCD中，AE=BC=2，∴△PAE為正三角形，∴OP=3，同理OB=3，∵∴OP2+O由（1）可知OP⊥AE，以O為原點，OE，OB，OP所在直線分別為x軸、y

由題意得，各點坐標為P∴PB=設PQ=λPB0<λ<1設平面AEQ的一個法向量為n=則n·AE=0取y=1，得z=?λ1?λ，∴設直線PC與平面AEQ所成角為θ，θ∈0則sinθ=|即3+3λ1?λ∴存在點Q為PB的中點時，使直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為155∵PB=6∴PQ∵OB=3，∴【變式9-1】4.（2023·全國·高二專題練習）如圖，四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且側面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4

(1)求證：BD1∥(2)線段BF上是否存在點M，使得直線A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為【答案】(1)證明見解析(2)存在，線段BM的長為1.【分析】（1）作出輔助線，得到四邊形CED1C1為平行四邊形，從而得到（2）法一：作出輔助線，建立空間直角坐標系，寫出點到坐標，設出Mm,2,0，0≤m≤2法二：作出輔助線，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直線A1M與平面C1EF所成的角即為A1M與平面BDD1B1所成的角，設【詳解】（1）連接D1C，與C1E相交于點因為AB=2A1B1=4所以CE=C1D1且故CM=D又因為F為BC的中點，所以MF是△BCD故MF//BD因為MF?平面C1EF，BD所以BD1∥

（2）法一：存在，線段BM的長為1，理由如下：取AB的中點Q，連接OQ，以O為坐標原點，分別以OQ,OF,OO1為連接AO,A1O1，過點A1作A1W則AO=22,A因為O1O與側棱所在直線所成的角為45°，所以∠A所以A1設Mm,2,0，0≤m≤2，A設平面C1EF的法向量為則n?令x=1得y=?1,z=0，則n=設直線A1M與平面C1則sinθ=解得m=1或34（舍去），

故M1,2,0，線段BM的長為2?1=1法二：存在，線段BM的長為1，理由如下：連接B1D1，顯然過點O1，連接因為E、F分別為DC、BC的中點，所以EF//BD，因為EF?平面BDD1B1，所以EF//平面BDD由（1）知：DE=D1C1且故C1因為C1E?平面BDD1B所以C1E//平面因為C1E∩EF=E，C1所以平面C1EF//平面故直線A1M與平面C1EF所成的角即為設A1M∩BD因為O1所以A1O1⊥平面BDD1B1連接AO，過點A1作A1W⊥AO于點W則AO=22,A因為O1O與側棱所在直線所成的角為45°，所以∠Asin∠A1因為A1D1//BF，所以△A則A1D1BM=故A1過點W作WR⊥BC于點R，則BR=1,MR=x?1或1?x，故WM由勾股定理得A1W2解得x=1，故線段BM的長為2?1=1.

【變式9-1】5.（2023·全國·高二專題練習）在底面ABCD為梯形的多面體中.AB∥CD，BC⊥CD，

(1)求證：BD⊥AE；(2)線段EN上是否存在點Q，使得直線BE與平面QAD所成的角為60°？若不存在，請說明理由．若存在，確定點Q的位置并加以證明．【答案】(1)證明見解析(2)點Q為線段EN的中點或在線段EN上距離點E的114【分析】（1）根據(jù)已知條件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性質及線面垂直的的判定定理，結合線面垂直的性質定理即可求解；（2）根據(jù)已知條件建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，利用向量的共線定理，求出點Q的坐標，分別求出直線BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夾角公式，結合向量的夾角與線面角的關系即可求解.【詳解】（1）由題意知，AB∥CD，BC⊥CD，故有BC=DC=2，易得AE=DE=2，BD＝2，在△ABD中，∵AD因為四邊形BDEN為矩形，則BD⊥DE，又DE∩AD=D，DE?平面ADE，AD?平面ADE，故BD⊥平面ADE．因為AE?平面ADE，所以BD⊥AE．（2）存在點Q，使得直線BE與平面QAD所成的角為60°，此時點Q為線段EN的中點或在線段EN上距離點E的114證明如下：以點D為坐標原點，建立的空間直角坐標系D?xyz，如圖所示，

則D0,0,0，A2,0,0，B0,2,0所以DB=0,2,0，DA設EQ=λEN=λDB=λ故DQ=設平面QAD的法向量為n=n?DA=0,n?故n→因為直線BE與平面QAD所成的角為60°，所以sin60o=cosBE故存在點Q，使得直線BE與平面QAD所成的角為60°，此時點Q為線段EN的中點或在線段EN上距離點E的114【變式9-1】6.（2023·全國·高二專題練習）如圖1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E為BC的中點，F(xiàn)為AB上一點，且EF⊥AB.將△BEF沿

(1)當AB'=2時，證明：平面(2)已知二面角B'?EF?A的大小為π4，棱AC上是否存在點M，使得直線B'E與平面B【答案】(1)證明見解析(2)存在，點M為AC中點【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明AB'⊥（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【詳解】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B'FAF，B'F?平面AB因為AB'?平面A在Rt△BEF中，BE=3所以BF=3因為AB'2且AB∩EF=F，AB，EF?平面ABC，所以AB因為AB'?平面AB'（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B所以∠AFB'為二面角B'因為AB=AC=2,∠BAC=2π3所以BE=ABsin60°=12BC=3，BF=B如圖，以F為坐標原點，分別以FB?FE為x軸?y軸正方向建立空間直角坐標系

則F0,0,0設AM=λ則FM=FA+設平面B'MF的一個法向量由m?FB令x=1，則y=2λ+123因為直線B'E與平面B'所以cosm解得λ=12或因此，當點M為AC中點時，直線B'E與平面B'題型10面面角與動點問題【例題10】（2023·全國·高二專題練習）如圖，已知在三棱柱ABC?A1B1C1中，A1B=1，AA(1)求AA1與(2)在棱AA1上是否存在一點E，使得二面角E?BC?B1的余弦值為【答案】(1)55(2)存在，且AEA【分析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，由空間向量法求異面直線所成的角；（2）假設存在點E滿足題意，設AE=λAA1（【詳解】（1）因為A1B=1，AA1=所以AA12=AB2+以BA為x軸，平面ABC內(nèi)，過B與AB垂直的直線為y軸，BA1為則A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(?1,?3,0)，AA1=(?2,0,1)cosA所以AA1與BC所成角的余弦值是（2）假設存在點E滿足題意，設AE=λAA1（BE=AE+設平面EBC的一個法向量是m=(m?BE=(2?2λ)x1+λzm=(設平面BCC1Bn?BC=?x2?3y2cosm,n=m由圖可知當λ=13，二面角E?BC?B【變式10-1】1.（2022秋·高二單元測試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=22，

(1)取PC的中點N，求證：DN//平面PAB；(2)求直線AC與PD所成角的余弦值.(3)在線段PD上，是否存在一點M，使得平面MAC與平面ACD所成銳二面角的平面角為45°?如果存在，求出BM與平面MAC所成角的大?。蝗绻淮嬖?，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)6(3)存在，π【分析】取BC的中點E，連接AE，則AE⊥BC，以A為原點，AE所在的直線為x軸，AD,AP所在直線分別為y軸、z軸，建立空間直角坐標系O?xyz.（1）計算DN，利用向量法求證即可；（