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特訓 11 空間向量與立體幾何動態問題（四大題型）
探索性問題：
(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把
“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等．
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數．
最值或取值范圍問題：
在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是：
(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值，即可求
解．
(2)函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用代數方法求目標函數
的最值．
目錄：
01 ：立體幾何中的探索性問題
02： 空間位置關系的判定
03： 軌跡問題
04： 最值、取值范圍問題
01 ：立體幾何中的探索性問題
例 1　如圖，在三棱柱 ABC - A1B1C1 中，四邊形 ABB1A1為正方形，四邊形 AA1C1C 為菱形，且 AA1C = 60°，
平面 AA1C1C ^ 平面 ABB1A1，點D為棱BB1的中點.
(1)求證： AA1 ^ CD ；
C M
(2)棱 B1C1 （除兩端點外）上是否存在點M ，使得二面角B - A1M - B
15 1
1的余弦值為 ，若存在，請求出
5 C1B1
的值；若不存在，請說明理由.
方法歸納：　(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方
程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等．
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數．
02 ：空間位置關系的判定
例 2　（多選）如圖幾何體是由正方形 ABCD沿直線 AB 旋轉90o得到的，已知點G 是圓弧C E的中點，點 H
是圓弧D F 上的動點（含端點），則下列結論正確的是（ ）
A．存在點 H ，使得CH ^平面 BDG
B．不存在點 H ，使得平面 AHE //平面 BDG
C．存在點 H ，使得直線EH 與平面 BDG 7的所成角的余弦值為
3
1
D．不存在點 H ，使得平面 BDG 與平面CEH 的夾角的余弦值為
3
方法歸納：　解決空間位置關系的動點問題
(1)應用“位置關系定理”轉化．
(2)建立“坐標系”計算．
03 ：軌跡問題
例 3　(1)如圖，在棱長為 1 的正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，P 為棱BB1的中點，Q 為正方形BB1C1C 內一動點
（含邊界），則下列說法中正確的是 ．
①若 D1Q / / 平面 A1PD ，則動點 Q 的軌跡是一條線段
②存在 Q 點，使得D1Q ^平面 A1PD
③當且僅當 Q 點落在棱CC1 上某點處時，三棱錐Q - A1PD 的體積最大
④ D Q 6 Q 2若 1 = ，那么 點的軌跡長度為 p2 4
方法歸納：　解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法
(1)幾何法：根據平面的性質進行判定．
(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算．
(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．
04 ：最值、范圍問題
例 4　如圖，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，△ ABC 為邊長為 2 的正三角形， AA1 = 3, D 為 AC 中點，點E 在棱
CC1 上，且CE = lCC1,0 < l <1 .
l 2(1)當 = 時，求證 A E ^平面BDE ；
3 1
(2)設O1為底面 A1B1C1的中心，求直線CO1與平面BDE 所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值時l 的
值.
方法歸納：　在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是
(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值，即可求解．
(2)函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用代數方法求目標函數的最
值．
例 5 三棱錐 P-ABC 中，PA，PB，PC 兩兩垂直，PA = PB = PC = 6 ，點 Q 為平面 ABC 內的動點，且滿足
PQ = 3 ，記直線 PQ 與直線 AB 的所成角為q ，則sinq 的取值范圍為 .
（1）先分別求解出兩條異面直線的一個方向向量；
（2）計算出兩個方向向量夾角的余弦值；
（3）根據方向向量夾角的余弦值的絕對值等于異面直線所成角的余弦值求解出結果.
一、單選題
r r r r r r r ur
1．（2023·遼寧·模擬預測）已知空間向量 a,b,c兩兩夾角均為60°，且 a = b =1, c = 2 .若向量 x, y滿足
r r r r r ur ur r ur r r urx × x + a = x ×b, y × y + a = y ×c ，則 x - y 的最小值是（ ）
A 1 3． - B 3 C
1
． ．0 D．
2 2 2
2．（2024·安徽馬鞍山·三模）已知點A ， B ，C ，D， P ，Q都在同一個球面上， ABCD為正方形，若直
線 PQ經過球心，且PQ ^平面 ABCD．則異面直線PA，QB 所成的角最小為（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
3．（2020·浙江嘉興·二模）將邊長為 1 的正方形 ABCD沿對角線BD翻折，使得二面角 A - BD - C 的平面角
π uuur uuur
的大小為 ，若點E , F 分別是線段 AC 和BD上的動點，則BE ×CF 的取值范圍為（3 ）
A．[-1,0] B．[-1,
1] 1C．[- ,0] [
1 , 1D． - ]
4 2 2 4
4．（2022·浙江杭州·模擬預測）如圖，已知矩形 ABCD的對角線交于點E, AB = x, BC =1，將△ABD 沿BD
翻折，若在翻折過程中存在某個位置，使得 AB ^CE ，則 x 的取值范圍是（ ）
A．0 < x 3 B．0 < x 2
C．0 < x 1 D．0 < x 6
5．（2024·全國 ·模擬預測）如圖，已知矩形 ABCD 中，E 為線段 CD 上一動點（不含端點），記
AED = a ，現將VADE 沿直線 AE 翻折到VAPE 的位置，記直線 CP 與直線 AE 所成的角為b ，則（ ）
A． cosa > cos b B． cosa < cos b C． cosa > sin b D． sina < cos b
6．（2023·四川遂寧·三模）如圖，正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 2，線段 B1D1上有兩個動點 E, F （E 在F
的左邊），且EF = 2 ．下列說法不正確的是（ ）
A．當E 運動時，二面角E - AB - C 的最小值為 45o
B．當 E, F 運動時，三棱錐體積B - AEF 不變
C．當 E, F 運動時，存在點 E, F 使得 AE //BF
D．當 E, F 運動時，二面角C - EF - B 為定值
7．（2023·全國·模擬預測）如圖，在棱長為 1 的正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，P 為棱BB1的中點，Q 為正方
形BB1C1C 內一動點（含邊界），則下列說法中不正確的是（　　）
A．若D1Q//平面 A1PD ，則動點 Q 的軌跡是一條線段
B．存在 Q 點，使得D1Q ^ 平面 A1PD
C．當且僅當 Q 點落在棱CC1上某點處時，三棱錐Q- A1PD 的體積最大
D 6 2．若D1Q= ，那么 Q 點的軌跡長度為 p2 4
8．（2023·陜西咸陽·模擬預測）如圖，點 P 是棱長為 2 的正方體 ABCD - A1B1C1D1 的表面上一個動點，則以
下不正確的是（ ）
A．當 P 在平面BCC1B1上運動時，四棱錐P - AA1D1D的體積不變
é π πB ù．當 P 在線段 AC 上運動時，D1P與 A1C1所成角的取值范圍是 ê , 3 2 ú
C．使直線 AP 與平面 ABCD所成的角為 45o 的點 P 的軌跡長度為 π + 4 2
D．若F 是 A1B1 的中點，當 P 在底面 ABCD上運動，且滿足 PF / / 平面B1CD1時，PF 長度的最小值是
5
二、多選題
uuur uuur uuur
9．（2024·貴州貴陽·模擬預測）在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = AA1 = 1，點 P 滿足BP = lBC + m BB1 ，
其中l [0,1], m [0,1]，則（ ）
A．當l = 1時， AP + PB1最小值為 2
B．當m =1時，三棱錐P - A1BC 的體積為定值
C．當l =1, m
1
= 時，平面 AB1P ^平面 A1AB2
π
D．若 AP =1，則 P 的軌跡長度為
2
uuur uuur uuur
10．（2024·浙江·三模）已知正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 1，點 P 滿足 AP = l AD + m AA1 ，其中l R ，
m R，則（ ）
A．當l = m 時，則C1P + PD 的最小值為 2 + 2
B．過點 P 在平面 ADD1A1內一定可以作無數條直線與CP垂直
C．若C1P
π
與 AD 所成的角為 ，則點 P 的軌跡為雙曲線
4
é ù
D．當l = 1，m
6
0,1 時，正方體經過點A 、 P 、C1的截面面積的取值范圍為 ê , 22 ú
11．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知正方體 ABCD - A1B1C1D1 棱長為 4，點 N 是底面正方形 ABCD 內及邊
界上的動點，點 M 是棱DD1上的動點（包括點D，D1），已知MN = 4，P 為 MN 中點，則下列結論正確的
是（ ）
A．無論 M，N 在何位置， AP,CC 31為異面直線 B．若 M 是棱DD1中點，則點 P 的軌跡長度為 π
2
C．M 1，N 存在唯一的位置，使 A1P∥平面 AB1C D．AP 與平面 A1BCD1 所成角的正弦最大值為 2
三、填空題
12．（2024·浙江金華·三模）四棱錐P- ABCD的底面 ABCD為正方形，PA ^平面 ABCD，且PA = 2 ，
AB =1．四棱錐P- ABCD的各個頂點均在球 O 的表面上，B l ， l ^ OB ，則直線 l 與平面PAC 所成夾角
的范圍為 ．
13．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形 ABCD 的一邊 BC 所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉
90°形成的面所圍成的幾何體，點 G 是圓弧D F 的中點，點 H 是圓弧 AE 上的動點， AB = 2 ，給出下列四個
結論：
①不存在點 H，使得平面BDH∥平面 CEG；
②存在點 H，使得FH ^平面 CEG；
③ 4 3不存在點 H，使得點 H 到平面 CEG 的距離大于 ；
3
④ 2存在點 H，使得直線 DH 與平而 CEG 所成角的正弦值為 ．
3
其中所有正確結論的序號是 ．
14．（2023·江西宜春·一模）如圖，多面體 ABCDEF 中，面 ABCD為正方形，DE ^ 平面 ABCD,CF∥DE ，
且 AB = DE = 2,CF =1,G為棱BC 的中點， H 為棱DE 上的動點，有下列結論：
①當 H 為DE 的中點時，GH P 平面 ABE ；
②存在點 H ，使得GH ^ AC ；
③直線GH 與 BE 4 5所成角的余弦值的最小值為 ；
5
④三棱錐 A - BCF 的外接球的表面積為9π .
其中正確的結論序號為 .（填寫所有正確結論的序號）
四、解答題
15．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐P- ABCD中，底面 ABCD是直角梯形， AB P CD，
ABC = 90°，且PA = PD = AD，PC = PB .
(1)若O為 AD 的中點，證明：平面POC ^ 平面 ABCD；
uuuur uuur
(2)若 CDA
1
= 60°， AB = CD =1，線段PD上的點M 滿足DM = l DP，且平面PCB與平面 ACM 夾角的余2
42
弦值為 ，求實數l 的值.
7
16．（2023·山東濰坊·三模）如圖， P 為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心， AC 為底面直徑，△ABD 為底
面圓O的內接正三角形，且邊長為 3，點E 在母線PC 上，且 AE = 3，CE = 1．
(1)求證：PO P 平面BDE ；
(2)求證：平面BED ^平面 ABD
(3)若點M 為線段PO上的動點．當直線DM 與平面 ABE 所成角的正弦值最大時，求此時點M 到平面 ABE 的
距離．
17．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖 1，在平行四邊形 ABCD中，D = 60°, DC = 2AD = 2，將△ADC 沿 AC
折起，使點 D 到達點 P 位置，且PC ^ BC ，連接 PB得三棱錐P - ABC ，如圖 2．
(1)證明：平面PAB ^平面 ABC ；
| PM |
(2)在線段PC
5
上是否存在點 M，使平面 AMB 與平面MBC 的夾角的余弦值為 ，若存在，求出
8 | PC |
的值，
若不存在，請說明理由．
18．（2024·浙江紹興·模擬預測）如圖所示，四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 ，底面 ABCD為一個菱形，且
BAD =120° . 底面與頂面的對角線交點分別為O，O1 . AB = 2A1B1 = 2，BB1 = DD
39
1 = ， AA1與底面夾2
37
角余弦值為 .
37
(1)證明：OO1 ^ 平面 ABCD；
(2)現將頂面繞OO1 旋轉q 角，旋轉方向為自上而下看的逆時針方向. 此時使得底面與DC1的夾角正弦值為
6 43
，此時求q 的值(q < 90° )；
43
(3)求旋轉后 AA1與BB1的夾角余弦值.
19．（2024·山東濟南·一模）在空間直角坐標系O- xyz中，任何一個平面的方程都能表示成
r
Ax + By + Cz + D = 0，其中 A, B,C, D R， A2 + B2 + C 2 0，且 n = A, B,C 為該平面的法向量.已知集合
P = x, y, z x 1, y 1, z 1 ，Q = x, y, z x + y + z 2 ，
T = x, y, z x + y 2, y + z 2, z + x 2 .
(1)設集合M = x, y, z z = 0 ，記P M 中所有點構成的圖形的面積為 S1，Q I M 中所有點構成的圖形的面
積為 S2 ，求 S1和 S2 的值；
(2)記集合 Q 中所有點構成的幾何體的體積為V1，P IQ中所有點構成的幾何體的體積為V2，求V1和V2的值：
(3)記集合 T 中所有點構成的幾何體為 W.
①求 W 的體積V3的值；
②求 W 的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小，并指出 W 的面數和棱數.特訓 11 空間向量與立體幾何動態問題（四大題型）
探索性問題：
(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把
“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等．
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數．
最值或取值范圍問題：
在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是：
(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值，即可求
解．
(2)函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用代數方法求目標函數
的最值．
目錄：
01 ：立體幾何中的探索性問題
02： 空間位置關系的判定
03： 軌跡問題
04： 最值、取值范圍問題
01 ：立體幾何中的探索性問題
例 1　如圖，在三棱柱 ABC - A1B1C1 中，四邊形 ABB1A1為正方形，四邊形 AA1C1C 為菱形，且 AA1C = 60°，
平面 AA1C1C ^ 平面 ABB1A1，點D為棱BB1的中點.
(1)求證： AA1 ^ CD ；
C M
(2)棱 B1C
15 1
1 （除兩端點外）上是否存在點M ，使得二面角B - A1M - B1的余弦值為 ，若存在，請求出
5 C1B1
的值；若不存在，請說明理由.
答案 (1)證明見解析
C M 1
(2) 1 1存在， C B 的值為 2 或1 1 8
分析 （1）結合題意添加輔助線，先證明 AA1 ^ 平面OCD，進而得到 AA1 ^ CD ；
（2）根據題目中的已知條件找到兩兩垂直的三條棱，然后建立空間直角坐標系，表示出相關點的坐標，假
設點M 存在，設出點M 的坐標，求出該二面角的兩個平面的法向量，結合空間向量的夾角公式列出方程，
解方程即可.
解析 （1）證明：取 AA1的中點O，連接CA1、CO、OD ，
∵ AC = AA1，且 AA1C = 60°，∴△AA1C 為等邊三角形，得 AA1 ^ OC ，
∵四邊形 ABB1A1為正方形，且O、D分別是 AA1、BB1的中點，
∴ AA1 ^ OD ，
∵ OC IOD = O，OC 、OD 平面OCD，∴ AA1 ^ 平面OCD，
∵CD 平面OCD，∴ AA1 ^ CD ；
（2）∵平面 AA1C1C ^ 平面 ABB1A1，且平面 AA1C1C I平面 ABB1A1 = AA1，OC ^ AA1，OC 平面 AA1C1C ，
∴ OC ^平面 ABB1A1，OD 平面 ABB1A1，\OC ^ OD ，
以O為坐標原點，分別以OA、OD 、OC 所在直線為 x 、 y 、 z 軸建立空間直角坐標系，
不妨設 AB = 2 ，則B 1,2,0 ， A1 -1,0,0 ，C1 -2,0, 3 ，B1 -1,2,0 ，
uuuur uuuur uuuur uuuur uuur
則 A1B1 = 0,2,0 ， A1C1 = -1,0, 3 ，C1B1 = 1,2,- 3 ，OC1 = -2,0, 3 ， A1B = 2,2,0 ，
ur
設 n1 = x1, y1, z1 為平面 A1B1C1的一個法向量，
ur uuuur
ìn urur1
× A1B1 = 2y1 = 0
由 í uuuur ，取 z1 =1，得 n1 = 3,0,1 ；
n1 × A1C1 = -x1 + 3z1 = 0
假設棱 B1C1 上（除端點外）存在點M 滿足題意，
uuuur uuuur
令C1M = lC1B1 0 < l <1 ，得M l - 2,2l, 3 - 3l ，
uur
設 n2 = x2 , y2 , z2 為平面 BA1M 的一個法向量，
uur uuur
ìn2 × A1B = 2x2 + 2y2 = 0
則由 íuur uuuur ，
n2 × A1M = l -1 x2 + 2l y2 + 3 - 3l z2 = 0
uur
取 x2 =1
1+ l
，得 n2 = 1, -1, ÷ .
è 3 1- l ÷
3 1+ l+
ur uur 3 1- l
cos n 15 1 1由 1,n2 = = ，解得l = 或l = ，
2 2 1 1+ l
2
5 2 8× + ×
3 ֏1- l
1 1
經檢驗l = 或l = 時，二面角B - A1M - B1的平面角均為銳角，2 8
C1M 1 1
綜上， C 的值為 或 .1B1 2 8
uuuur uuuur
【點睛】關鍵點睛：本題第二問的關鍵是利用向量共線定理設C1M = lC1B1 0 < l <1 ，再用l 表示出兩個平
面的法向量，得到方程，解出即可.
方法歸納：　(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方
程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等．
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數．
02 ：空間位置關系的判定
例 2　（多選）如圖幾何體是由正方形 ABCD沿直線 AB 旋轉90o得到的，已知點G 是圓弧C E的中點，點 H
是圓弧D F 上的動點（含端點），則下列結論正確的是（ ）
A．存在點 H ，使得CH ^平面 BDG
B．不存在點 H ，使得平面 AHE //平面 BDG
C 7．存在點 H ，使得直線EH 與平面 BDG 的所成角的余弦值為
3
1
D．不存在點 H ，使得平面 BDG 與平面CEH 的夾角的余弦值為
3
答案 ACD
分析 將圖形補全為一個正方體 ADMF - BCNE ，設 AD = 2，以點A 為坐標原點， AD 、 AF 、 AB 所在的直
線分別為 x 、 y 、 z 軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤.
解析 由題意可將圖形補全為一個正方體 ADMF - BCNE ，如圖所示：
不妨設 AD = 2，以點A 為坐標原點， AD 、 AF 、 AB 所在的直線分別為 x 、 y 、 z 軸建立空間直角坐標系，
則 A 0,0,0 、B 0,0,2 、C 2,0,2 、D 2,0,0 、E 0,2,2 、F 0,2,0 ，G 2, 2,2 ，
設點H 2cosa , 2sina ,0 π，其中0 a ，
2
uuur
對于 A 選項，假設存在點 H ，使得CH ^平面 BDG ，CH = 2cosa - 2,2sina , -2 ，
uuur uuur
DB = -2,0,2 ，BG = 2, 2,0 ，
uuur uuur
ì CH × DB = 4 - 4cosa - 4 = 0 ìsina =1
則 íuuur uuur ，可得 í ，
CH × BG = 2 2 cosa -1 + 2 2 sina = 0 cosa = 0
π π
因為0 a ，則a = ，即當點 H 與點F 重合時，CH ^平面 BDG ，A 對；
2 2
uuur
對于 B 選項，由 A 選項可知，平面 BDG 的一個法向量為FC = 2, -2,2 ，
假設存在點 H ，使得平面 AHE //平面 BDG ，則CF ^ AH ，CF ^ AE ，
uuur uuur
ìFC × AH = 4cosa - 4sina = 0 π π
則 íuuur uuur ，可得 tana =1，又因為0 a ，解得a = ，
FC × AE = -4 + 4 = 0 2 4
即當點 H 為D F 的中點時，面 AHE //平面 BDG ，B 錯；
對于 C 7選項，若存在點 H ，使得直線EH 與平面 BDG 的所成角的余弦值為 ，
3
2

則直線EH 7 2與平面 BDG 的所成角的正弦值為 1- ÷÷ = ，
è 3 3
uuur
且EH = 2cosa , 2sina - 2, -2 ，
uuur uuur
uuur uuur EH × FC 4cosa - 4sina
所以， cos EH , FC = uuur uuur =
EH × FC 4cos2 a + 4 sina -1 2 + 4 ×2 3
cosa - sina 2
= = ，整理可得3sin 2a - 4sina + 3 = 0，
3 × 3 - 2sina 3
因為函數 f a = 3sin 2a - 4sina π+ 3 é ù在a ê0, 2 ú 時的圖象是連續的，
且 f 0 π= 3 > 0 ， f ÷ = -4 + 3 = -1< 0，
è 2
a π 所以，存在 0 0, ÷ ，使得 f a0 = 0，
è 2
所以，存在點 H ，使得直線EH 與平面 BDG 7的所成角的余弦值為 ，C 對；
3
r
對于 D 選項，設平面CEH 的法向量為 n = x, y, z ，
uuur uuur
CE = -2,2,0 ，CH = 2cosa - 2,2sina , -2 ，
uuur
ì r n ×CE = -2x + 2y = 0
則 í r uuur ，
n ×CH = 2x cosa -1 + 2y sina - 2z = 0
r
取 x =1，可得 n = 1,1,sina + cosa -1 ，
1
假設存在點 H ，使得平面 BDG 與平面CEH 的夾角的余弦值為 ，
3
r uuur
cos nr
uuur n × FC 2 sina + cosa -1
則 , FC uuur
1
= r = = ，n × FC 2 + sina + cosa -1 2 2 3 3
可得 sina + cosa -1 2 =1，即 sina + cosa -1 = ±1，
可得 sina + cosa = 0 或 sina + cosa = 2，
a é π ù π π 3π 2 π 因為
ê
0, ú ，則 a + ，則 sin a + 12 ， 4 4 4 2 ÷è 4
所以， sina + cosa = 2 sin
a π+ ÷ é 1, 2 ù ，è 4
é
故當a ê0,
π ù
ú 時，方程 sina + cosa = 0 和 sina + cosa = 22 均無解，
1
綜上所述，不存在點 H ，平面 BDG 與平面CEH 的夾角的余弦值為 ，D 對.
3
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：
（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可
確定線面角；
（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度 h ，從而不必作出線面角，則線面
角q 滿足 sinq
h
= （ l為斜線段長），進而可求得線面角；
l
r r
（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設 a 為直線 l的方向向量， n為平面的法向量，則線面角q 的
r r
正弦值為 sinq = cos a, n .
方法歸納：　解決空間位置關系的動點問題
(1)應用“位置關系定理”轉化．
(2)建立“坐標系”計算．
03 ：軌跡問題
例 3　(1)如圖，在棱長為 1 的正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，P 為棱BB1的中點，Q 為正方形BB1C1C 內一動點
（含邊界），則下列說法中正確的是 ．
①若 D1Q / / 平面 A1PD ，則動點 Q 的軌跡是一條線段
②存在 Q 點，使得D1Q ^平面 A1PD
③當且僅當 Q 點落在棱CC1 上某點處時，三棱錐Q - A1PD 的體積最大
④ D Q 6 2若 1 = ，那么 Q 點的軌跡長度為 p2 4
答案 ①③④
分析 作出過點D1與平面 A1PD 平行的正方體的截面判斷①；建立空間直角坐標系，求出平面 A1PD 的法向
量判斷②；設出點 Q 的坐標，求出點 Q 到平面 A1PD 最大距離判斷③；確定點 Q 的軌跡計算判斷④作答.
解析 在正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，取B1C1,CC1的中點 E，F，連D1E, EF , D1F , B1C ，如圖，
則EF / /B1C / / A1D， A1D 平面 A1PD ，EF 平面 A1PD ，則有EF / / 平面 A1PD ，
因點 P 為棱BB1的中點，有PF / /B1C1 / / A1D1，PF = B1C1 = A1D1，即有 A1PFD1為平行四邊形，
則D1F / / A1P，而 A1P 平面 A1PD ，D1F 平面 A1PD ，有D1F / / 平面 A1PD ，
D1F EF = F ，D1F , EF 平面D1EF ，因此，平面D1EF / /平面 A1PD ，因 D1Q / / 平面 A1PD ，
則D1Q 平面D1EF ，又點 Q 在平面BCC1B1，平面 D1EF I平面BCC1B1 = EF ，即點 Q 的軌跡為線段 EF，①
正確；
1
以D1為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A1(1,0,0), D(0,0,1), P(1,1, )，設Q(a,1,b)(a,b [0,1]) ，2
uuuur uuur uuuur r
A1D = (-1,0,1), A1P = (0,1,
1), D1Q = (a,1,b)，設平面 A1PD 的一個法向量 n = (x, y, z) ，2
v uuuuvìn × A1D = -x + z = 0 r uuuur r
則 í v uuuv y = -1
a 1 b
1 ，令 ，得 n = (2,-1,2)，若D1Q ^平面 An A 1
PD ，則D
× 1
Q / /n，即 = = ，
1
P = y + z = 0 2 -1 2
2
a = b = -2 [0,1]，所以不存在 Q 點，使得D1Q ^平面 A1PD ，②不正確；
因△A1PD的面積為定值，當且僅當點 Q 到平面 A1PD 的距離最大時，三棱錐Q - A1PD 的體積最大，
uuur r
uuur
A PD d | A1Qr ×n | 2 | a b 3A1Q = (a -1,1,b) ，點 Q 到平面 1 的距離 = = + - |，而0 a + b 2，則當 a + b = 0時，| n | 3 2
dmax = 1，
而 a,b 0,1 ，即 a = b = 0，因此點Q(0,1,0)與點C1重合時，三棱錐Q - A1PD 的體積最大，③正確；
因D1C1 ^平面BB1C1C ，C1Q 平面BB1C1C ，則D C ^ C Q C Q D Q2 D C 2 (
6 2
1 1 1 ，因此 = - 21 1 1 1 = ) -1 = ，2 2
p
顯然點 Q 2 2的軌跡是以C1為圓心，半徑為 ，所含圓心角為 的扇形弧，弧長為 p ，④正確.
2 2 4
故答案為：①③④
【點睛】方法點睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾
何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點
中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.
方法歸納：　解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法
(1)幾何法：根據平面的性質進行判定．
(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算．
(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．
04 ：最值、范圍問題
例 4　如圖，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，△ ABC 為邊長為 2 的正三角形， AA1 = 3, D 為 AC 中點，點E 在棱
CC1 上，且CE = lCC1,0 < l <1 .
l 2(1)當 = 時，求證 A1E ^平面BDE ；3
(2)設O1為底面 A1B1C1的中心，求直線CO1與平面BDE 所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值時l 的
值.
答案 (1)證明見解析
(2) 930 l
1
最大值為 ，此時 =
31 9
分析 （1）根據已知條件建立空間直角坐坐標系，利用向量證明線面垂直即可.
（2）求出直線對應的方向向量和平面對應的法向量，將線面角用向量坐標表示進而求最值.
解析 （1）取 A1C1的中點D1，連接DD1，
因為三棱柱 ABC - A1B1C1 為直棱柱，且△ ABC 為正三角形，
所以以DB, DC, DD1 所在直線分別為 x 軸， y 軸， z 軸建立如圖所示空間直角坐標系，
根據已知條件得
D(0,0,0), B( 3,0,0), A1(0,-1,3), C(0,1,0),C1(0,1,3)，
當l
2
= 2時，CE = CC3 1，
\E(0,1, 2)，
3
uuur uuur uuur
\ A1E = (0, 2, -1), DB = ( 3,0,0), DE = (0,1, 2)，
uuur uuur uuur uuur
Q A1E × DB = 0, A1E × DE = 0 + 2 - 2 = 0 ，
uuur uuur uuur uuur
\ A1E⊥DB, A1E⊥DE ，即 A1E⊥DB, A1E⊥DE，
又DB DE = D ，而BD, DE 平面BDE ，\ A1E ^ 平面BDE .
uuur
（2）由（1）知B1( 3,0,3)，E(0,1,3l) (0 < l < 1) ，DE = (0,1,3l)
uuuur
QO △ A B C O ( 31為 1 1 1的中心，\ 1 ,0,3) ， CO (
3
3 1
= ,-1,3)
3
r
設平面BDE 的法向量 n = (x, y, z) ，則
r uuur
ìn × DB = 3x = 0 r
í
nr
uuur ，令 z =1，則 n = (0, -3l,1)
× DE = y + 3lz = 0
設直線CO1與平面BDE 所成角為q ，則
uuuur r
sinq | cos CO ,n | | 3l + 3 | 3 | 3l + 3 |= < 1 > = =1 2 31 9l 2+1+ 9 × 9l +1 +1
3
3 1 2(9l + 4)= + 2 , (0 < l <1)31 9l +1
令9l + 4 = t, (4 < t <13) l
t - 4
，則 = ，
9
sinq 3 1 18t 3= + = 1 18+
此時 31 t 2 -8t + 25 31 t 25 8 ，+ -
t
Qt 25 2 t 25+ × =10 (當且僅當 t = 5,即l
1
= 時取等號)，
t t 9
sinq 3 1 18 930+ = ，
31 10 -8 31
930 1
即直線CO1與平面BDE 所成角正弦的最大值為 ，此時l 的值為
31 9
方法歸納：　在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是
(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、最小值，即可求解．
(2)函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用代數方法求目標函數的最
值．
例 5 三棱錐 P-ABC 中，PA，PB，PC 兩兩垂直，PA = PB = PC = 6 ，點 Q 為平面 ABC 內的動點，且滿足
PQ = 3 ，記直線 PQ 與直線 AB 的所成角為q ，則sinq 的取值范圍為 .
é 6 ù
答案 ê ,13 ú
分析 根據已知條件先確定出Q在平面 ABC 內的軌跡，然后通過建立空間直角坐標系，根據兩直線方向向量
夾角的余弦值結合三角函數值的范圍，計算出兩直線所成角的正弦值的取值范圍.
解析 因為PA, PB, PC 兩兩垂直，且PA = PB = PC ，所以由全等三角形可知 AB = AC = BC ，
所以三棱錐為正三棱錐，記 P 在底面 ABC 內的投影為O，
所以 AB = AC = BC = PA2 + PB2 = 2 3 ，
AB
因為 AO cos30° = ，所以 AO = 2，所以
2 PO = AP
2 - AO2 = 2 ，
因為PQ = 3 ，所以OQ = PQ2 - OP2 =1，所以Q的軌跡是以O為圓心半徑為1的圓，
取 AB 中點D，連接CD ，可知CD 經過點O，建立如下圖所示的空間直角坐標系：
設Q cosa ,sina ,0 ， A 1, - 3,0 , B 1, 3,0 , P 0,0, 2 ，
uuur uuur所以PQ = cosa ,sina , - 2 , AB = 0,2 3,0 ，
uuur uuur
cos PQ, AB 2 3 sina 3所以 < >= = sina ，
2 3 × 3 3
uuur uuur
所以 cosq = cos 3< PQ, AB > = sina ，
3
所以 sinq = 1- cos2 q = 1 1- sin2 a sin2，且 a 0,1 ，
3
1 1
é ù
所以 - sin2 a
2
éê ,1
ù
ú ，所以 sinq
6
ê ,13 3 3 ú
，

é 6 ù
故答案為： ê ,13 ú
.

【點睛】思路點睛：異面直線所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分別求解出兩條異面直線的一個方向向量；
（2）計算出兩個方向向量夾角的余弦值；
（3）根據方向向量夾角的余弦值的絕對值等于異面直線所成角的余弦值求解出結果.
一、單選題
r r r r r r r ur
1．（2023·遼寧·模擬預測）已知空間向量 a,b,c兩兩夾角均為60°，且 a = b =1, c = 2 .若向量 x, y滿足
r r r r r ur ur r ur r r urx × x + a = x ×b, y × y + a = y ×c ，則 x - y 的最小值是（ ）
A．1 3- B 3． C
1
．0 D．
2 2 2
【答案】C
【分析】根據題意，取一個三棱錐，用其棱表示對應的向量，結合題中所給的條件，將相應的邊長求出，
之后應用空間向量運算法則，表示出對應的結果，從而判斷出取最值時對應的情況，求值即可.
【解析】
uuur r uuur r uuur r
取一三棱錐O - ABC ，OA = a,OB = b,OC = c ，
且 AOB = AOC = BOC = 60°，OA = OB =1,OC = 2，所以 AB =1，
AC = BC = OB2 + OC 2 - 2OB ×OC ×cos 60o = 1+ 4 - 2 = 3 ，
uuur r uuur ur
設 AX = x, AY = y，
r r r r r uuur uuur uuur uuur因為 x × x + a = x ×b，所以 AX g AX + OA - OB uuur uuur= 0，即 AX gBX = 0，
1
所以 X 在以 AB 為直徑的球上，球半徑為 2 ，設球心為D，
ur ur r ur r又由 y × y + a = y ×c 3同理可知Y 在以 AC 為直徑的球上，球半徑為 ，設球心為E ，
2
DE 3球心距 = ，所以兩球相交，即 X 點與Y 點可以重合，
2
r ur uuur uuur uuur
又 x - y = AX - AY = YX ，
r ur uuur
所以 x - y = YX = 0 .
min min
故選：C.
2．（2024·安徽馬鞍山·三模）已知點A ， B ，C ，D， P ，Q都在同一個球面上， ABCD為正方形，若直
線 PQ經過球心，且PQ ^平面 ABCD．則異面直線PA，QB 所成的角最小為（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】C
【分析】設球的半徑為R R > 0 ，記 ABCD中心為O，依題意可得 PQ過點O且 PQ的中點為球心，設球心
uuur uuur
為G ，建立空間直角坐標，設OA = r r > 0 ，G 0,0, t -R < t < R ，利用空間向量法表示出 cos PA,QB，求
uuur uuur
出 cos PA,QB的最大值，即可得到.
【解析】設球的半徑為R R > 0 ，記 ABCD中心為O，
因為 ABCD為正方形，直線 PQ經過球心，且PQ ^平面 ABCD，
所以 PQ過點O且 PQ的中點為球心，設球心為G ，
以O為原點，OB、OC 、OP分別為 x ， y ， z 軸正半軸，建立空間直角坐標系O- xyz，
設OA = OB = OC = OD = r r > 0 ，G 0,0, t -R < t < R ，
則 A 0, -r,0 ，B r,0,0 ，P 0,0, R + t ，Q 0,0, R - t ，
uuur uuur
所以PA = 0, -r, -R - t ，QB = r,0, t - R ，
uuur uuur
所以PA ×QB = - t + R t - R = R2 - t 2 ，
uuur uuur
所以 PA = r2 + R + t 2 ， QB = r2 + R - t 2 ，
又OG2 + OB2 = R2 ，即 t 2 + r 2 = R2 ，
uuur uuur uuur uuur
cos PA,QB uPuurA ×QB R
2 - t 2
所以 = uuur =PA × QB r 2 + R + t 2 r 2 + R - t 2
R2 - t 2 R2 - t 2 R 1
= = = ，當且僅當 t = 0時等號成立，
2R R2 - t 2 2R 2R 2
uuur uuur 1
設直線PA，QB 所成的角為a ，則 cosa = cos PA,QB ，
2
又0° a 90°，所以amin = 60
° .
故選：C
uuur uuur
【點睛】關鍵點點睛：本題解答是建立空間直角坐標，利用空間向量法求出 cos PA,QB的最大值.
3．（2020·浙江嘉興·二模）將邊長為 1 的正方形 ABCD沿對角線BD翻折，使得二面角 A - BD - C 的平面角
π uuur uuur
的大小為 ，若點E , F 分別是線段 AC 和BD上的動點，則BE ×CF 的取值范圍為（3 ）
A．[-1,0] B．[-1,
1] 1C．[- ,0] [
1 , 1D． - ]
4 2 2 4
【答案】B
【分析】設O點為BD中點，連接 AO ，CO，由題意可證得 AOC = 60°，作 AP ^ OC ，EQ P AP ，利用向
uuur uuur uuur uuur 3
量的基本運算可得BE ×CF = BQ ×CF ，再通過建立平面直角坐標系，設Q m, m ， m 1 4 ÷ ，F n,1- n ，è
uuur uuur
(0 n 1) uuur uuur ，求出BQ，CF ，利用向量數量積的坐標表示可求出BE ×CF = -m - n +1，借助m + n的范圍，即
可得解.
【解析】設O點為BD中點，連接 AO ，CO，
由題意可知 AO ^ BD ，CO ^ BD，所以 AOC = 60°，
作 AP ^ OC ，則 P 為 OC 中點作EQ P AP ，
則 EQ ^ 平面 BCD，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以BE ×CF = (BQ + QE) ×CF = BQ ×CF ，
如圖建立平面直角坐標系：
則B 1,0 ，C 1,1 ，
設Q m, m 3 ， m 1÷ ，F n,1- n ， (0 n 1)，
è 4
uuur uuur
所以，BQ = m -1,m ，CF = n -1, -n ，
uuur uuur uuur uuur
則BE ×CF = BQ ×CF = -m - n +1，
3
因為 m + n 2，
4
uuur uuur
所以BE ×CF éê-1,
1 ù
4ú
，

故選：B.
【點睛】本題考查平面圖形的翻折，考查二面角，向量的基本運算以及向量數量積的坐標表示，考查學生
的推理能力和計算能力，難度較大.
4．（2022·浙江杭州·模擬預測）如圖，已知矩形 ABCD的對角線交于點E, AB = x, BC =1，將△ABD 沿BD
翻折，若在翻折過程中存在某個位置，使得 AB ^CE ，則 x 的取值范圍是（ ）
A．0 < x 3 B．0 < x 2
C．0 < x 1 D．0 < x 6
【答案】A
【分析】建立空間直角坐標系，表示出翻折后的位置 A1(a,b,c)，利用向量垂直，數量積為零，找出關系式
bx =1- a ，進而求得 x2 = 2(1- a)，再利用極限位置求得 a 的最小值，即可求得答案。
【解析】如圖示,設 A1處為△ABD 沿BD翻折后的位置，
以 D 為坐標原點，DA,DC 分別為 x,y 軸，過點 D 作平面 ABCD 的垂線為 z 軸，建立空間直角坐標系，
1 x
則 A(1,0,0), B(1, x,0),C(,0, x,0), E( , ,0) ，設 A1(a,b,c) ，2 2
由于 | A1D |=1 ,故 a2 + b2 + c2 =1 ，
uuur uuuur uuur
而BA1 = (a -1,b - x,c), DA1 = (a,b,c),CE (
1 , x= - ,0) ，
2 2
uuur uuuur uuur uuuur
由于 AB ^ AD ,故BA1 ^ DA1 ，則BA1 × DA1 = a(a -1) + b(b - x) + c
2 = 0，
即bx =1- a ；
又由在翻折過程中存在某個位置，便得 AB ^CE ，不妨假設BA1 ^ CE ,
uuur uuur
BA CE 1 (a x則 1 × = -1) - (b - x) = 0，即 x22 2 - bx + a -1 = 0
，
即 x2 = bx +1- a = 2(1- a) ，
當將△ABD 翻折到如圖VA BD位置時，VA BD位于平面 ABCD 內，
不妨假設此時BA ^ CE ，設垂足為 G,
作 A F ^ AD 的延長線，垂足為 F,此時在 x 軸負半軸上方向上，DF 的長最大，a 取最小值，
由于 BA D = 90o ，故EG∥ A D ,
所以 BEG = BDA = BDA ,而 BEG = AED ,
故 AED = BDA = EDA，又 AE = AD ,
故△AED 為正三角形，則 EDA = 60o ,\ BDA = FDA = 60o ,
1 1
而 A D =1 ,故DF = ,則 a - ，
2 2
故 x2 = 2(1- a) 3， x > 0 ，則 x 3 ，
故 x 的取值范圍是 (0, 3] ，
故選：A
【點睛】本題考查了空間的垂直關系，綜合性較強，解答時要充分發揮空間想象力，明確空間的點線面的
位置關系，解答時涉及到空間坐標系的建立以及空間向量的應用，還要注意極限位置的利用，有較大難度.
5．（2024·全國 ·模擬預測）如圖，已知矩形 ABCD 中，E 為線段 CD 上一動點（不含端點），記
AED = a ，現將VADE 沿直線 AE 翻折到VAPE 的位置，記直線 CP 與直線 AE 所成的角為b ，則（ ）
A． cosa > cos b B． cosa < cos b C． cosa > sin b D． sina < cos b
【答案】B
【分析】
uuur uuurCE + EP cosa
利用空間向量夾角余弦公式和向量數量積公式得到 cos b = uuur ，由三角形三邊關系得到
CP
cos b > cosa ，求出答案.
【解析】
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuurCP × EA CE + EP × EA CE × EA + EP × EA
AB 選項， cos b = uuur uuur = uuur uuur = uuur uuur
CP × EA CP × EA CP × EA
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuurCE × EA cosa + EP × EA cosa CE + EP × EA cosa CE + EP cosa
= uuur uuur = uuur uuur = uuur ，
CP × EA CP × EA CP
uuur uuur
uuur uuur uuur CE + EP
因為 CE + EP > CP ，所以 uuur >1，所以cos b > cosa ，A 錯誤，B 正確；
CP
é π ù
由于 y = cos x在 x ê0, ú 上單調遞減，故 b < a ，不確定 cosa ,sin b 和 sina , cos b2 的大小關系，CD 錯誤.
故選：B．
6．（2023·四川遂寧·三模）如圖，正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 2，線段 B1D1上有兩個動點 E, F （E 在F
的左邊），且EF = 2 ．下列說法不正確的是（ ）
A．當E 運動時，二面角E - AB - C 的最小值為 45o
B．當 E, F 運動時，三棱錐體積B - AEF 不變
C．當 E, F 運動時，存在點 E, F 使得 AE //BF
D．當 E, F 運動時，二面角C - EF - B 為定值
【答案】C
【分析】對 A：建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角夾角的余弦值，根據其范圍，即可判斷；對
B：利用棱錐體積公式，即可求得三棱錐的體積，即可判斷. 對 C：由反證法判斷；對 D：平面EFB即為平
面BDD1B1，平面CEF 即為平面CB1D1，從而得出二面角C - EF - B 為定值.
【解析】對 A：建立如圖所示的空間直角坐標系，
則 A 2,2,0 , B 0,2,0 ,C 0,0,0 , D 2,0,0 , D1 2,0,2 ．
因為 E, F 在 B1D1上，且B1D1 = 2 2 ，EF = 2 ，
可設E t, 2 - t, 2 1 t 2 ，則F t -1,3- t, 2 ，
uuur uuur
則 AE = t - 2, -t, 2 , BF = t -1,1- t, 2 ，
ur
設平面 ABE 的法向量為m = x, y, z ，
uuur
uuur ì AB
r
×m = 0 ì-2x = 0
又 AB = -2,0,0 ，所以 íuuur r ，即 í ，
AE × m = 0 t - 2 x - ty + 2z = 0
ur
取 y = 2，則m = 0,2, t ，
r ur r t
平面 ABC 的法向量為 n = 0,0,1 ，所以 cos m,n = 2 ．t + 4
ur r
cosq mur × n= r t 1= =
設二面角E - AB - C 的平面角為q ，則q 為銳角，故 m n t 2 + 4 4 ，1+
t 2
因為1 t 2 4， y = 1+ 在 1,2 2 上單調遞減，t
2 1 4所以 + 2 5
5
，故 cosq 2 ，
t 5 2
當且僅當 t = 2時， cosq 2取得最大值 ，即q 取最小值 45o ，故 A 說法正確．
2
S 1 EF BB 1對 B：因為 VBEF = = 2 2 = 2 ，點 A 到平面BDD B 的距離為 ，2 1 2 1 1 2
1 2
所以體積為VB- AEF = VA-BEF = 2 2 = ，即體積為定值，故 B 說法正確．3 3
對 C：若 AE //BF ，則 A, B, B1, D1 四點共面，與 AB 和 B1D1是異面直線矛盾，故 C 說法錯誤．
對 D：連接CD1,CB1,CE ，平面EFB即為平面BDD1B1，而平面CEF 即為平面CB1D1，故當 E, F 運動時，二
面角C - EF - B 的大小保持不變，故 D 說法正確．
故選：C
7．（2023·全國·模擬預測）如圖，在棱長為 1 的正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，P 為棱BB1的中點，Q 為正方
形BB1C1C 內一動點（含邊界），則下列說法中不正確的是（　　）
A．若D1Q//平面 A1PD ，則動點 Q 的軌跡是一條線段
B．存在 Q 點，使得D1Q ^ 平面 A1PD
C．當且僅當 Q 點落在棱CC1上某點處時，三棱錐Q- A1PD 的體積最大
D．若D1Q=
6 2
，那么 Q 點的軌跡長度為 p
2 4
【答案】B
【分析】取B1C1,CC1中點 E, F ，證明D1EF / /平面 A1DP ，得動點軌跡判斷 A，建立如圖所示的空間直角坐
uuuur
標系，求出平面 A1PD 的一個法向量，由D1Q 與此法向量平行確定Q點位置，判斷 B，利用空間向量法求得
Q到到平面 A1PD 距離的最大值，確定Q點位置判斷 C，利用勾股定理確定Q點軌跡，得軌跡長度判斷
D．
【解析】選項 A，分別取B1C1,CC1中點 E, F ，連接D1E, D1F , EF ，PF ，由PF 與 B1C1 ， A1D1平行且相等得
平行四邊形 A1PFD1，所以D1F / / A1P，
D1F 平面 A1DP ， A1P 平面 A1DP ，所以D1F / / 平面 A1DP ，
連接B1C ，EF / /B1C ， B1C / / A1D ，所以 EF / / A1D，同理EF / / 平面 A1DP ，
EF D1F = F ，EF , D1F 平面D1EF ，所以平面D1EF / /平面 A1DP ，
當Q EF 時，D1Q 平面D1EF ，所以 D1Q / / 平面 A1DP ，即Q點軌跡是線段 EF ，A 正確；
選項 B，以D1為原點，D1A1, D1C1, DD1所在直線分別為 x, y, z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則
A1(1,0,0)，D(0,0,1) ，P(1,1,
1)，設Q(x,1, z)（0 x, z 1），
2
uuuur uuur 1 uuuurA1D = (-1,0,1)， A1P = (0,1, )，D1Q = (x,1, z)，2
ur
設m = (a,b,c)是平面 A1PD 的一個法向量，
r uuuurìm × A1D = -a + c = 0 ur 1
則 í r uuur ，取 c =1，則m = (1, - ,1)，
m × A1P
1
= b + c = 0 2
2
uuuur ur uuuur ur
若D1Q ^平面 A1PD ，則D1Q // m ，所以存在l R ，使得D1Q = lm，
ìx = l

í1
l
= - ，解得 x = z = -2 [0,1]，因此正方形B1C1CB內（含邊界）不存在點Q，使得D1Q ^平面 A1PD ，B
2
z = l
錯；
選項 C，△A1PD面積為定值，當且僅當點Q到平面 A1PD 的距離最大時，三棱錐Q - A1PD 的體積最大，
uuur
A1Q = (x -1,1, z)，
uuur ur
A1Q ×m
Q到平面 A1PD 的距離為 d = ur
2
= x + z 3- ，0 x + z 23 2 ，m
0 x z 3 d 2 3 + 時， = [ - (x + z)]，當 x + z = 0時，d 有最大值 1，
2 3 2
3 x z 2 d 2 + 時， = [(x
3
+ z) - ]， x + z
1
= 2時，d 有最大值 ，
2 3 2 3
綜上， x + z = 0時，d 取得最大值 1，故Q與C1重合時，d 取得最大值，三棱錐Q - A1PD 的體積最大，C 正
確；
選項 D，D1C1 ^平面BB1C1C ，CQ 平面BB1C1C ，D1C1 ^ C1Q ，
2 2 p
所以C1Q = D1Q
2 - D1C
2
1 = ，所以Q點軌跡是以C1為圓心， 為半徑的圓弧，圓心角是 ，軌跡長度2 2 2
1 2p 2 2為 = p ，D 正確．
4 2 4
故選：B．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查空間點的軌跡問題，解題關鍵是勾畫出過D1且與平面 A1PD 平行的平面
D1EF ，由體積公式，在正方形BB1C1C 內的點Q到平面 A1PD 的距離最大，則三棱錐Q - A1PD 體積最大．
8．（2023·陜西咸陽·模擬預測）如圖，點 P 是棱長為 2 的正方體 ABCD - A1B1C1D1 的表面上一個動點，則以
下不正確的是（ ）
A．當 P 在平面BCC1B1上運動時，四棱錐P - AA1D1D的體積不變
π π
B．當 P 在線段 AC 上運動時，D é ù1P與 A1C1所成角的取值范圍是 ê , 3 2 ú
C．使直線 AP 與平面 ABCD所成的角為 45o 的點 P 的軌跡長度為 π + 4 2
D．若F 是 A1B1 的中點，當 P 在底面 ABCD上運動，且滿足 PF / / 平面B1CD1時，PF 長度的最小值是
5
【答案】D
【分析】由底面正方形 ADD1A1的面積不變，點 P 到平面 AA1D1D的距離不變，可判定 A 正確；
uuuur uuuur
以D為原點，建立空間直角坐標系，設P(x, 2 - x,0) ，則D1P = (x, 2 - x, -2), A1C1 = (-2,2,0)，結合向量的夾角
公式，可判定 B 正確；
由直線 AP 與平面 ABCD所成的角為 45o ，作PM ^平面 ABCD，得到點 P 的軌跡，可判定 C 正確；
r uuur
設P(m, m,0)，求得平面CB1D1的一個法向量為 n = (1, -1, -1) ，得到 FP = 2(x -1)
2 + 6 ，可判定 D 錯誤.
【解析】對于 A 中：底面正方形 ADD1A1的面積不變，點 P 到平面 AA1D1D的距離為正方體棱長，
所以四棱錐P - AA1D1D的體積不變，所以 A 選項正確；
對于 B 中：以D為原點，DA, DC, DD1所在的直線分別為 x 軸、 y 軸和 z 軸，建立空間直角坐標系，可得
A1(2,0, 2), D1(0,0, 2),C1(0, 2, 2)，
uuuur uuuur
設P(x, 2 - x,0),0 x 2，則D1P = (x, 2 - x, -2), A1C1 = (-2,2,0)，
uuuur uuuur
uuuur uuuur D1P × A1C1 x -1
設直線D1P與 A1C1所成角為q ，則 cosq = cos D1P, A1C1 = uuuur uuuur = ，
D1P A1C1 (x -1)2 + 3
因為0 x -1 1，當 x -1 = 0
π
時，可得 cosq = 0，所以q = ；
2
x -1
cosq 1 1= =
當 0 < x -1 1
π π
時， (x -1)2 + 3 1 3
2
+ ，所以 q < ，2 3 2x -1
所以異面直線D1P與 A1C
é π π ù
1所成角的取值范圍是 ê , ú ，所以 B 正確； 3 2
對于 C 中：因為直線 AP 與平面 ABCD所成的角為 45o ，
若點 P 在平面DCC1D1 和平面BCC1B1內，
因為 B AB = 45o1 , D1AD = 45
o 最大，不成立；
在平面 ADD1A1內，點 P 的軌跡是 AD1 = 2 2 ；
在平面 ABB1A1內，點 P 的軌跡是 AB1 = 2 2 ；
在平面 A1B1C1D1時，作PM ^平面 ABCD，如圖所示，
因為 PAM = 45o，所以PM = AM ，又因為PM = AB，所以 AM = AB ，所以 A1P = AB ，
所以點 P 的軌跡是以 A1點為圓心，以 2 為半徑的四分之一圓，
1
所以點 P 的軌跡的長度為 2π 2 = π ，
4
綜上，點 P 的軌跡的總長度為 π + 4 2 ，所以 C 正確；
對于 D 中，由B1(2, 2, 2), D1(0,0, 2),C(0, 2,0), F (2,1, 2)，
設P(m, n,0),0 m 2,0 n 2，
uuur uuuur uuur
則CB1 = (2,0, 2),CD1 = (0,-2,2), FP = (m - 2,n -1, -2)
r uuuur
r ì n ×CD1 = -2b + c = 0
設平面CB1D1的一個法向量為 n = (a,b,c) ，則 í uuur ，
n
r
×CB1 = 2a + 2c = 0
r
取 a =1，可得b = -1,c = -1，所以 n = (1, -1, -1) ，
uuur r
因為 PF / / 平面B1CD，所以FP ×n = (m - 2) - (n -1) + 2 = 0，可得 n = m +1，
uuur
所以 FP = (m - 2)2 + (n -1)2 + 4 = 2m2 - 4m + 8 = 2(m -1)2 + 6 6 ，
當 x =1時，等號成立，所以 D 錯誤.
故選：D.
【點睛】方法點撥：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：
1、立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動
點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、
性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有
解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
二、多選題
uuur uuur uuur
9．（2024·貴州貴陽·模擬預測）在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = AA1 = 1，點 P 滿足BP = lBC + m BB1 ，
其中l [0,1], m [0,1]，則（ ）
A．當l = 1時， AP + PB1最小值為 2
B．當m =1時，三棱錐P - A1BC 的體積為定值
1
C．當l =1, m = 時，平面 AB1P ^平面 A1AB2
π
D．若 AP =1，則 P 的軌跡長度為
2
【答案】BCD
【分析】當l = 1時，點 P 在CC1 上，把平面 ACC1A1 與平面BCC1B1展在一個平面上，可判定 A 錯誤；當m =1
時，得到點 P 在 B1C1 上，證得 A1D ^平面BCC1B1，求得三棱柱P - A1BC 的體積定值，可判定 B 正確；當
l =1, m 1= 時，得到點 P 為CC1 的中點，取 AB1, AB 的中點 E, F ，證得PE ^平面 ABB1A1，得到 AB1P ^平面2
uuur uuur uuur
A1AB ，可判定 C 正確；由點 P 滿足BP = lBC + m BB1 ，得到點 P 在矩形BCC1B1內，取BC 的中點 H ，證得
1
AH ^平面BCC1B1，得到 AH ^ PH ，求得PH = ，得出以點 P 的軌跡，可判定 D 正確.2
uuur uuur uuur
【解析】對于 A 中，當l = 1時，BP = BC + m BB1 ，可得點 P 在CC1 上，
以CC1 為軸，把平面 ACC1A1 與平面BCC1B1展在一個平面上，如圖所示，
連接 AB1交CC1 于點 P ，此時 AP + PB1最小值為 AB2 + BB21 = 5，所以 A 錯誤；
uuur uuur uuur
對于 B 中，當m =1時，BP = lBC + BB1 ，可得點 P 在 B1C1 上，
取 B1C1 的中點D，在等邊△A1B1C1中，可得 A1D ^ B
3
1C1，且 A1D = ，2
因為BB1 ^ 平面 A1B1C1，且 A1D 平面 A1B1C1，所以 A1D ^ BB1 ，
又因為B1C1 I BB1 = B1 且B1C1, BB1 平面BCC1B1，所以 A1D ^平面BCC1B1，
即 A1D為三棱錐 A1 - PBC 的高，
所以三棱錐P - A1BC V V
1 1 1 3 3
的體積為 P- A1BC = A1 -PBC = S × A1D = = 為定值，所以 B 正確；3 3 2 2 12
1 uuur uuur 1 uuur
對于 C 中，當l =1, m = 時，BP = BC + BB1 ，可得點 P 為CC1 的中點，2 2
如圖所示，取 AB1, AB 的中點 E, F ，分別連接PE, EF ,CF ，
可得EF / /PC 且EF = PC ，所以EFCP為平行四邊形，所以CF / /PE ，
因為BB1 ^ 平面 ABC ，CF 平面 ABC ，所以BB1 ^ CF ，
又因為CF ^ AB，且 AB BB1 = B， AB, BB1 平面 ABB1A1，所以CF ^ 平面 ABB1A1，
因為CF / /PE ，所以PE ^平面 ABB1A1，
又因為PE 平面 APB1 ，所以 AB1P ^平面 A1AB ，所以 C 正確；
uuur uuur uuur
對于 D 中，由點 P 滿足BP = lBC + m BB1 ，其中l [0,1], m [0,1]，
可得點 P 在矩形BCC1B1內（包含邊界），
取BC 的中點 H ，連接 AH 和PH ，
因為BB1 ^ 平面 ABC ，且 AH 平面 ABC ，所以 AH ^ BB1 ，
又因為 AH ^ BC ，BC I BB1 = B且BC, BB1 平面BCC1B1，所以AH ^平面BCC1B1，
3
因為PH 平面BCC1B1，所以 AH ^ PH ，且 AH = ，
2
在直角VAPH 3 1中，可得PH = AP2 - AH 2 = 12 - ( )2 = ，
2 2
1 1 π
所以點 P 的軌跡是以 H 為圓心，半徑為 的半圓，其軌跡長度為 π =2 ，所以 D 正確.2 2
故選：BCD
【點睛】解題方法點撥：
1、立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動
點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、
性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有
解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
uuur uuur uuur
10．（2024·浙江·三模）已知正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 1，點 P 滿足 AP = l AD + m AA1 ，其中l R ，
m R，則（ ）
A．當l = m 時，則C1P + PD 的最小值為 2 + 2
B．過點 P 在平面 ADD1A1內一定可以作無數條直線與CP垂直
C．若C1P
π
與 AD 所成的角為 ，則點 P 的軌跡為雙曲線
4
é ù
D．當l = 1，m 0,1 6時，正方體經過點A 、 P 、C1的截面面積的取值范圍為 ê , 22 ú
【答案】ACD
【分析】對 A，將平面 AD1D 展開到與D1ABC1同一平面，由兩點間線段最短得解；對 B，當 P 在D1時，過 P
點只能作一條直線與CP垂直，可判斷；對 CD，以點 D 為坐標原點建立空間直角坐標系，設出點 P 坐標，
利用向量的坐標運算即可判斷.
uuur uuur uuur uuuur【解析】對于 A，當l = m 時， AP = l AD + AA1 = l AD1 ，
所以點 P 在線段 AD1 上，
如圖，將三角形 AD1D 與矩形D1ABC1沿CD1展成平面圖形如下所示，
則線段DC1即為C1P + PD 的最小值，
2 2 2 3π
利用余弦定理可知C1D = C1D1 + DD1 - 2C1D1 × DD1 ×cos = 2 + 2 ，4
所以C1D = 2 + 2 ，即C1P + PD 的最小值為 2 + 2 ，故 A 正確；
對于 B，當 P 在D1時，過點 P 在平面 ADD1A1內只可以作一條直線與CP垂直，故 B 錯誤；
對于 C，以 D 為原點，分別以DA, DC, DD1為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標系，
uuur uuur
則D(0,0,0),C1(0,1,1), A(1,0,0), B(1,1,0), P(x,0, z)，得C1P = (x, -1, z -1), AD = (-1,0,0) ，
uuur uuur
π C1P × AD -x
\cos = uuur uuur 2= = ，
4 C1P × AD x2 + (z -1)2 +1 2
整理得 x2 - (z -1)2 =1，為雙曲線方程，故 C 正確．
uuur uuur uuur uuur uuur
對于 D，當l = 1時， AP = AD + m AA1 DP = m AA1，故點 P 在線段DD1上運動,
正方體經過點A 、 P 、C1的截面為平行四邊形 A P C 1 H ，
以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系D - xyz ，
則 A 1,0,0 ，C1 0,1,1 ， A1 1,0,1 ，P 0,0, m ，
uuuur uuuur uuuur uuuur
所以PC1 = 0,1,1- m ， AC1 = -1,1,1 ，PC1 × AC1 = 2 - m ，
uuuur uuur
PC 21 = 1+ 1- m ， A1C = 3 ，
uuuur uuuur uuuur 2 2
AC 2 P d PC PC × AC
2
所以點 到直線 1的距離為 = - 1 11 ÷÷ = 1+ 1- m
2 2 - m 2m - 2m + 2- ÷ = ，
è AC1 è 3 3
m 1= d 2 VPAC 2 6于是當 時 min = ， 1 的面積取最小值，此時截面面積為2 3 =
；
2 2 2
當m = 0 或1時 d 6= ，VPAC 6max 1 的面積取最大值，此時截面面積為 3 = 2 ，3 3
é 6 ù
所以正方體經過點A 、 P 、C1的截面面積的取值范圍為 ê , 2 ú，故 D 正確．
2
故選：ACD．
【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及
了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計
算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線
段型，平面型，二次曲線型，球型.
11．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）已知正方體 ABCD - A1B1C1D1 棱長為 4，點 N 是底面正方形 ABCD 內及邊
界上的動點，點 M 是棱DD1上的動點（包括點D，D1），已知MN = 4，P 為 MN 中點，則下列結論正確的
是（ ）
A 3．無論 M，N 在何位置， AP,CC1為異面直線 B．若 M 是棱DD1中點，則點 P 的軌跡長度為 π
2
C．M，N 1存在唯一的位置，使 A1P∥平面 AB1C D．AP 與平面 A1BCD1 所成角的正弦最大值為 2
【答案】ABD
【分析】根據 AP, AA1相交，而 AA1 / /CC1即可判斷 A，建立空間直角坐標系，利用坐標運算可判斷 P 的軌跡
1
長度為半徑為 3的圓的 ，即可判斷 B，根據法向量與方向向量垂直即可判斷 C,根據線面角的向量法，結
4
合基本不等式即可求解.
【解析】由于 AP, AA1相交，而 AA1 / /CC1，因此 AP,CC1為異面直線，A 正確，
當 M 是棱DD1中點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設
P x, y, z , M 0,0,2 , A 4,0,0 ,C 0,4,0 ,C1 0,4,4 , B1 4,4,4 ,
故 N 2x, 2y, 2z - 2 ， 0 2x 4,0 2y 4且 2z - 2 = 0，
由于MN = 4，故 2x 2 + 2y 2 + 2z - 2 - 2 2 =16，化簡得 x2 + y2 = 3，
由于 0 2x 4,0 2y 4
1
3，所以點 P 的軌跡長度為半徑為 3的圓的 ，故長度為 π ，B 正確，4 2
設M 0,0, a , A1 4,0,4 ,則 N 2x, 2y, 2z - a ， 0 2x 4,0 2y 4且 2z - a = 0，
uuur uuur uuur
A1P = x - 4, y, z - 4 , AB1 = 0,4,4 ， AC = -4,4,0 ,
r
設平面 AB1C 的法向量為m = m,n,k ，則
uuur
ì AB1 ×m
r
= 4n + 4k = 0
íuuur r ，令m =1，則m
r
= 1,1,-1 ,
AC ×m = -4m + 4n = 0
uuur
A P r1 ×m = x - 4 + y - z - 4 = 0，故 x + y - z = 0 ，
2 2 2
由于MN = 4，故 2x + 2y + 2z - 2a =16，化簡得 x2 + y2 + z2 = 4，
ìx + y - z = 0 2 2
聯立 íx2 2 2
x + y + xy = 2
y z 4 ，故解不唯一，比如取 x = 0, y = 2 ，則或取 y = 0, x = 2 ，故 C 錯誤， + + =
由于 A1D1 ^ 平面 ABB1A1， AB1 平面 ABB1A1，故 A1D1 ^ AB1 ,
又四邊形 ABB1A1為正方形，所以 A1B ^ AB1 ,
A1B A1D1, A1B, A1D1 平面 A1BCD1 ，
所以 AB1 ^平面 A1BCD1 ，
uuur
故平面 A1BCD1 的法向量為 AB1 = 0,4,4
uuur
AP = x - 4, y, z ，
uuur uuur
uuur uuur AP × AB1 y + z
設 AP 與平面 A1BCD1 所成角為q ，則 sinq = cos AP, AB1 = uuur uuur = ，AP AB1 2 x - 4 2 + y2 + z2
2 2 2 y2 + z2
2
則 sin q 1 y + z + 2yz 1= ，當且僅當 y = z時取等號，
2 x - 4 2 + y2 + z2 2 x - 4 2 + y2 + z2
y2 + z2 4 - x2 4 - x2sin2 q = =
x - 4 2 + y2 + z2 x - 4 2 + 4 - x2 20 -8x ，
x 0,2 20 - t時，令 20 - 8x = t > 0，則 x= 8 ，
20 - t
2
144
2 4 - ÷ - + t

故 4 - x 8 t ÷
+ 40
= è = è
，
20 -8x t 64
144 144 144
由于 + t 2 t =24，當且僅當 = t ，即 t =12時等號成立，此時 x =1，
t t t
由 x2 + y2 + z2 = 4 6且 y = z可得 y = z =
2
144- + t
+ 40
因此 ÷sin2 q è t -24 + 40 1 ， =
64 64 4
q é0, π ù由于 ê ú， sinq 0
1
，故sinq 的最大值為 2 ，故 D 正確，、 2
故選：ABD
【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及
了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計
算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線
段型，平面型，二次曲線型，球型.
三、填空題
12．（2024·浙江金華·三模）四棱錐P- ABCD的底面 ABCD為正方形，PA ^平面 ABCD，且PA = 2 ，
AB =1．四棱錐P- ABCD的各個頂點均在球 O 的表面上，B l ， l ^ OB ，則直線 l 與平面PAC 所成夾角
的范圍為 ．
é0, π ù【答案】 ．
ê 4 ú
【分析】依題意可證明BD ^平面PAC ，建立空間直角坐標系，用向量法求線面角可得結果.
【解析】解：依題意，四棱錐P- ABCD的外接球的球心 O 為PC 的中點，連接 AC, BD ，
交點為 Q，因為底面 ABCD為正方形，所以 AC ^ BD ，
又PA ^平面 ABCD，且BD 平面 ABCD，所以PA ^ BD ，
又PAI AC = A， AC 平面PAC ，PA 平面PAC ，所以BD ^平面PAC ，
uuur
所以BQ為平面PAC 的一個法向量，
如圖建立坐標系，并設直線 l 上異于 B 的一點R x, y, z ，所求線面角為q ，
B 1,0,0 , P 0,0, 2 ,C 1,1,0 ,O 1 ,
1 , 2 , D 0,1,0 ,Q 1 , 1 ,0 ，
è 2 2 2
÷÷
è 2 2
÷

uuur uuur
BO 1 1 2
uuur 1 1
則BR = x -1, y, z

， = - , , ，BQ = - , ,0 ，
è 2 2 2
÷÷
è 2 2
÷

uuur uuur
由BR × BO = 0可得 x = y + 2z +1，
uuur uuur x 1 y
uuur uuur BR × BQ - + + z
∴ sinq = cosBR, BQ = uuur uuur = 2 2 2 = ，
BR × BQ 2 × x -1 2
2 2
+ y2 + z2 2y + 3z + 2 2yz
2
當 z = 0時， sinq = 0，
ù
sinq 1 1= 0,
2
ú
當 z 0 2 2時， 2 y× + 3+ 2 2 y× 2 y 2
è 2 ，
z2 z + ÷ + 2
è z 2
é 2 ù é π ù
綜上， sinq ê0, 2 ú
，∴q ê0, 4 ú
．

é π ù
故答案為： ê0, ú . 4
另解：依題意，四棱錐P- ABCD的外接球的球心 O 為PC 的中點，連接 AC, BD ，
交點為 Q，因為底面 ABCD為正方形，所以 AC ^ BD ，
又PA ^平面 ABCD，且BD 平面 ABCD，所以PA ^ BD ，
又PAI AC = A， AC 平面PAC ，PA 平面PAC ，所以BD ^平面PAC ，
即 BQ ^ 面PAC ，
若 l // 平面 ACP ，則 l與平面PAC 所成的角為 0 .
若過 B 的直線 l 與平面PAC 相交于點 R，
在平面BOQ中，過 B 作直線BS ^ OB ，與平面PAC 相交于點為 S，
因為 BQ ^ 面PAC ，且RS 平面PAC ，所以 BQ ^ RS ，
又BO ^ BR，BS ^ OB ，且BR I BS = B ，BR, BS 平面BRS ，
所以BO ^平面BRS ，
故過 B 且與BO垂直的直線與平面PAC 的交點的軌跡為直線RS ，
又RS 平面BRS ，所以RS ^ OB ，又 BQ ^ RS ，且OB I BQ = B，
所以RS ^平面BOQ，又OS 平面BOQ，所以RS ^ OS ，
又 BQ ^ 面PAC ，所以RQ為 BR在面PAC 內的射影，
BQ
即 BRQ為直線 l 與平面PAC 所成的角，且 tan BRQ = RQ ，
2
又 QB = ，而 RQ QS =1，
2
BQ
當且僅當RS 重合等號成立，故02
BRQ = ，
QS 2
é 2 ù é π ù
綜上， sinq ê0, 2 ú
，∴q ê0, ú．
4
é π ù
故答案為： ê0, 4 ú
.

【點睛】方法點睛：解決直線與平面所成角的方法：（1）幾何法：作出直線與平面所成角，在直角三角形
中求角；（2）空間向量法：建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量和平面的法向量，用向量法求線面
角.
13．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形 ABCD 的一邊 BC 所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉
90°形成的面所圍成的幾何體，點 G 是圓弧D F 的中點，點 H 是圓弧 AE 上的動點， AB = 2 ，給出下列四個
結論：
①不存在點 H，使得平面BDH∥平面 CEG；
②存在點 H，使得FH ^平面 CEG；
③ 4 3不存在點 H，使得點 H 到平面 CEG 的距離大于 ；
3
④ 2存在點 H，使得直線 DH 與平而 CEG 所成角的正弦值為 ．
3
其中所有正確結論的序號是 ．
【答案】②③④
【分析】將圖形補全為一個正方體 ABEM - DCFN ，以點 B 為坐標原點，BA、 BE 、BC 所在的直線分別為
x 、 y 、 z 軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤.
【解析】由題意可將圖形補全為一個正方體 ABEM - DCFN ，如圖所示：
以點 B 為坐標原點，BA、 BE 、BC 所在的直線分別為 x 、 y 、 z 軸建立空間直角坐標系，
則B 0,0,0 、C 0,0,2 、D 2,0,2 、 A 2,0,0 、F 0,2,2 、E 0,2,0 ，G 2, 2,2 ，
H 2cosa , 2sina ,0 0 a π設點 ，其中 ，
2
uuur uuur
對于①，CE = r0,2, -2 ，CG = 2, 2,0 ，設 n = x, y, z ^ 平面CEG ，
ìnr
uuur
×CE = 0 ìuuur
2y - 2z = 0
則 í r ，即 í ，
n ×CG = 0 2x + 2y = 0
r
取 x=1，則 y = -1, z = -1，可得 n = 1,-1,-1 ，
r uuur uuur
設m = x1, y1, z1 ^平面 BDH ，BD = 2,0,2 ，BH = 2cosa , 2sina ,0 ，
uuur
ì m
r
× BD = 0 ì2x + 2z = 0
則 í
mr
uuur ，即 í
× BH = 0 2cosa x + 2sin
，
a y = 0
r
取 x = s in a ，則 y = -cosa , z = -sina ，可得m = sina ,-cosa ,-sina ，
1 -1 π
若平面BDH / /平面 CEG，則 = ，解得：a = ，
sina -cosa 4
所以存在H 2, 2,0 使得平面BDH / /平面 CEG，故①錯誤；
uuur
對于②，FH = 2cosa , 2sina - 2, -2 ，若FH ^平面 CEG，
uuur 1 -1 -1
則FH / /nr = 0，即 = = ，2cosa 2sina - 2 -2
即 cosa =1,sina = 0，故H 2,0,0 ，故存在點 H，使得FH ^平面 CEG，故②正確；
uuur
對于③，CH = 2cosa , 2sina , -2 ，
所以點 H 到平面 CEG 的距離為d ，
uuur
CH nr 2 2 sin
a 3π+ × + 22cosa - 2sina + 2 ÷
d 4= = = è ，
nr 3 3
π 3π 3π 5π ésin a 3π 2 2
ù
因為0 a ，所以 a + ，所以 + - , ，
2 4 4 4 4 ÷ ê úè 2 2
2 2 sin a 3π+ + 2
2 2 sin a 3π +

÷ + 2 0,4 ，所以 d è 4
÷
é0, 4 3
ù
= ，è 4 ê 3 ú3
4 3
所以不存在點 H，使得點 H 到平面 CEG 的距離大于 ，故③正確；
3
uuuur
r對于④，DH = 2cosa - 2,2sina , -2 ， n = 1,-1,-1 ，則直線DH 與平面 CEG 的所成角為q ，
uuuur
uuuur DH nr× 2cosa - 2 - 2sina + 2
所以， sinq
r
= cos DH ,n = uuuur =
DH × nr 2cosa - 2 2 + 4sin2 a + 4 × 3
cosa - sina 2
= = ，整理可得3sin 2a - 4sina + 3 = 0，
3 × 3 - 2sina 3
因為函數 f a = 3sin 2a - 4sina + 3在a π é ùê0, 2 ú 時的圖象是連續的，
且 f 0 3 π= > 0 f ， ÷ = -4 + 3 = -1< 0，
è 2
π
所以，存在a0 0, ÷ ，使得 f a2 0 = 0，è
2
所以，存在點 H ，使得直線DH 與平面 CEG 的所成角的余弦值為 ，④正確.
3
故答案為：②③④.
【點睛】方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：
（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可
確定線面角；
（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度 h ，從而不必作出線面角，則線面
角q 滿足 sinq
h
= （l 為斜線段長），進而可求得線面角；
l
r r
（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設 a 為直線 l的方向向量， n為平面的法向量，則線面角q 的
正弦值為 sinq = cos a
r,nr .
14．（2023·江西宜春·一模）如圖，多面體 ABCDEF 中，面 ABCD為正方形，DE ^ 平面 ABCD,CF∥DE ，
且 AB = DE = 2,CF =1,G為棱BC 的中點， H 為棱DE 上的動點，有下列結論：
①當 H 為DE 的中點時，GH P 平面 ABE ；
②存在點 H ，使得GH ^ AC ；
③直線GH BE 4 5與 所成角的余弦值的最小值為 ；
5
④三棱錐 A - BCF 的外接球的表面積為9π .
其中正確的結論序號為 .（填寫所有正確結論的序號）
【答案】①④
【分析】根據線面平行的判定定理，以及線線垂直的判定，結合異面直線所成角，以及棱錐外接球半徑的
求解，對每一項進行逐一求解和分析即可.
【解析】對①：當 H 為 DE 的中點時，取EA中點為M ，連接MH , MB，
因為H , M 分別為ED, EA的中點，
1
故可得MH // AD ，MH = AD ，
2
根據已知條件可知：BG // AD, BG
1
= AD ，
2
故MH // BG, MH = BG，
故四邊形HMBG 為平行四邊形，則HG// MB，又MB 平面 ABE, HG 平面 ABE ，
故HG//面 ABE ，故①正確；
對②：因為 ED ^ 平面 ABCD，DA, DC 平面 ABCD，
故DE ^ DA, DE ^ DC ，
又四邊形 ABCD為矩形，
故DA ^ DC ，則DE, DA, DC 兩兩垂直，
以D為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示：
則 A 2,0,0 ,C 0,2,0 , B 2,2,0 , E 0,0,2 ,G 1,2,0 ，設H 0,0, m ，m 0,2 ，
uuur uuur
若GH ^ AC ，則GH × AC = -1, -2, m × -2,2,0 = -2 0，不滿足題意，故②錯誤；
uuur uuur
對③：GH = -1, -2, m ，BE = -2, -2,2 ，
uuur uuur
GH × BE = -1 -2 + -2 -2 + 2m = 6 + 2m，
uuur uuur
GH = 1+ 4 + m2 = 5 + m2 ， BE = 2 3 ，m 0,2 ，
uuur uuur uuur uuur 3+ m 2 3 + m 2
cos GH , BE G = uuHur ×uBuEur 6 + 2m 3 3= = × = ×
GH BE 5 + m2 2 3 3 5 + m2 3 5 + m2
3 2 3m + 2
= × 1+ ，m 0,2 ，
3 5 + m2
令 y
3m + 2 t - 2
= 2 ，設 t = 3m + 2， t 2,8 ，m = ，5 + m 3
y t 9= =
則 5 t - 2
2
+ t
49
+ - 4 ，當 t 2,8 時， ÷
è 3 t
t 49 4 é10, 45ù y é 2根據對勾函數的性質得 + - ê ú ，則 ê ,
9 ù
ú，t 2 5 10
2 uuur uuur 15
當 y = 時， cos GH , BE 有最小值，最小值為 ，故③錯誤；
5 5
對④：由題可得CF ^ 平面 ABCD，又面 ABCD為正方形，
∴ AB ^ BC,CF ^ AB, BC CF = C ，
∴AB⊥平面 BCF，則 AB，BC，CF 兩兩垂直，
∴AF 為三棱錐 A - BCF 的外接球的直徑，
又 AF 2 = AB2 + BC 2 + CF 2 = 22 + 22 +11 = 9，
∴三棱錐 A - BCF 的外接球表面積為9π，故④正確.
故答案為：①④.
四、解答題
15．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐P- ABCD中，底面 ABCD是直角梯形， AB P CD，
ABC = 90°，且PA = PD = AD，PC = PB .
(1)若O為 AD 的中點，證明：平面POC ^ 平面 ABCD；
1 uuuur uuur
(2)若 CDA = 60°， AB = CD =1，線段PD上的點M 滿足DM = l DP，且平面PCB與平面 ACM 夾角的余2
42
弦值為 ，求實數l 的值.
7
【答案】(1)證明見解析
(2) 23
【分析】（1）取BC 中點為E ，利用直角梯形中位線的性質，線面垂直的性質判定推理即可；
（2）通過正三角形證明CO ^ AD ，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用二面角得向量求法計算求
解即可.
【解析】（1）取BC 中點為E ，由條件可得OE為梯形 ABCD的中位線，則OE ^ BC ，
又PB = PC ，則PE ^ BC ，
且PE IOE = E ，PE 平面POE ，OE 平面POE ，
根據線面垂直的判定定理，得BC ^平面POE ，
QPO 平面POE ，\BC ^ PO .
由PA = PD，則PO ^ AD ，又 AD ，BC 為梯形的兩腰，則 AD 與BC 相交，
\PO ^ 平面 ABCD，
又PO 平面POC ，所以平面POC ^ 平面 ABCD .
1
（2）取CD 的中點為 Q，由 AB = CD =1， CDA = 60°，
2
則 AQ ^ CD ， AD = CD = 2QD = 2，
因此△ ACD為等邊三角形，CO ^ AD .
由（1）知PO ^平面 ABCD，OP，OA，OC 兩兩垂直，
uuur uuur uuur
如圖，以OC ，OA，OP 分別為 x，y，z 軸正方向，建立空間直角坐標系，
由CD = DA = PA = PD = 2， CDA = 60°，則OP = OC = 3 ，

A 0,1,0 3 3，B , ,0÷÷，C 3,0,0 ，P 0,0, 3 ，D 0, -1,0
è 2 2
uuuur uuur
由DM = lDP M 0,l -1, 3l ，
uuur
所以PC = 3,0, - 3 uuur 3 uuur uuuur，BC = ,
3
- ,0÷÷ ， AC = 3, -1,0 ， AM = 0,l - 2, 3l ，
è 2 2
ur
設平面PCB的一個法向量為 n1 = a,b,c ，
ìur uuur ì
n × PC = 0, 3a - 3c = 0,
由 íur1 uuur

í
n1 × BC = 0,
3 3
a - b = 0,
2 2
ur
取 a = 3，得b =1， c = 3，得 n1 = 3,1, 3 .
uur
設平面 ACM 的一個法向量為 n2 = x, y, z ，
ìuur uuur n2 × AC = 0, ì 3x - y = 0,
由 íuur uuuur í
n2 × AM = 0, l - 2 y + 3lz = 0,
取 y = 3l ，得 x = λ， z = 2 - l ，
uur
即平面 ACM 的一個法向量為 n2 = l, 3l, 2 - l .
記平面PCB與平面 ACM 夾角的大小為q ，
ur uur
所以 cosq u
nr1 ×nu2ur 42= = ，化簡得 23l - 2 2 = 0 l = 2，即 ，所以實數l 的值為
n × n 7 3 3
.
1 2
16．（2023·山東濰坊·三模）如圖， P 為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心， AC 為底面直徑，△ABD 為底
面圓O的內接正三角形，且邊長為 3，點E 在母線PC 上，且 AE = 3，CE = 1．
(1)求證：PO P 平面BDE ；
(2)求證：平面BED ^平面 ABD
(3)若點M 為線段PO上的動點．當直線DM 與平面 ABE 所成角的正弦值最大時，求此時點M 到平面 ABE 的
距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3) 7
14
【分析】（1）設 AC 交BD于點F ，連接 EF ，利用三角形相似證得EF ^ AC ，從而證得PO∥EF ，進而
證得直線PO P 平面BDE ；
（2）通過PO ^平面 ABD，證得EF ^ 平面 ABD，所以平面BED ^平面 ABD；
uuuur uuur uuuur
（3）建立空間直角坐標系，設OM = lOP 0 l 1 ，通過向量DM 和平面 ABE 的法向量建立直線DM 與
平面 ABE 所成角的正弦值的關系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【解析】（1）如圖，設 AC 交BD于點F ，連接 EF ，由圓錐的性質可知PO ^底面 ABD，
因為 AC 平面 ABD，所以PO ^ AC ，
又因為△ABD
3
是底面圓的內接正三角形，由 AD = 3 ，可得 AF = ，2
AD
= AC ，解得 AC = 2，
sin 60°
又 AE = 3，CE = 1，所以 AC 2 = AE2 + CE2 ，即 AEC = 90°， AE ^ PC ，
AE AF 3
又因為 = = ，所以VACE∽VAFE ，
AC AE 2
所以 AFE = AEC = 90°，即EF ^ AC ，
又PO, AC, EF 平面PAC ，直線EF∥PO, PO 平面BDE ，EF 平面BDE ，
所以直線PO P 平面BDE ．
（2）因為PO∥EF , PO ^ 平面 ABD，所以EF ^ 平面 ABD，
又EF 平面BED ，所以平面BED ^平面 ABD；
（3）易知PO = 2EF = 3 ，以點F 為坐標原點，FA, FB, FE 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 A
3
,0,0

÷，B 0,
3 ,0÷÷，D 0,
3
- ,0 3 1 1
2 2 2 ÷÷
，E
è
0,0, ÷÷，P ,0, 3 ÷，O ,0,0 ，
è è è 2 è 2 è 2
÷

uuur 3 3 uuur 3 3 uuur 1 3 uuur
所以 AB = - , ,0÷÷， AE =2 2
- ,0, ÷÷，DO = , ,0÷÷，OP = 0,0, 3 ，
è è 2 2 è 2 2
r
設平面 ABE 的法向量為 n = x, y, z ，
ìuuur
AB n
r 3 x 3× = - + y = 0
2 2 r
則 í n = 1, 3, 3
uuur
，令 x =1，則 ，
AE × n
r 3 3
= - x + z = 0
2 2
uuuur uuur uuuur uuur uuuur
1 3

設OM = lOP 0 l 1 ，可得DM = DO + OM = , , 3l ÷÷，
è 2 2
設直線DM 與平面 ABE 所成的角為q ，
r uuuur
r uuuur n × DM 3l + 2
則 sinq = cos n, DM = r uuuur = ，
n DM 7 3l 2 +1
2
sin2 q 9l +12l + 4 1 12l +1= = 3+ 即 7 3l 2 +1 7 è 3l 2 +1÷ ，
y 12x +1令 = 2 , x 0,1 ，3x +1
1 é 1 ù
12x +1 x + ê x + ú
4
= 4
y = = 4 12
÷ ê 12 ú 4 49
則 3x2 +1 x2 1
÷ = 4 2 =
÷ ê ú 49+ ÷
è 3 ê x
1 1
+ -
1
+ 2 x 1+ 144 1- ，
è 12 12
÷
3
ú 1 1
x + + 144 - è 12
÷ ÷
x 1+ ÷ 612 x 1+ 6 è 12
12
1 1 12x +1
當且僅當 x = 時，等號成立，所以當 x = 時， y = 有最大值 4，
2 2 3x2 +1
1 1 3
即當l = 時，sinq 的最大值為 1，此時點M ,0, ÷÷，2 è 2 2
uuur 3
所以MA = 1,0,- ÷÷ ，
è 2
uuur r 1,0,
3
- ÷ × 1, 3, 3
所以點M 到平面 ABE 的距離 MA ×n 2

d = r = è 7= ，
n 7 14
7
故當直線DM 與平面 ABE 所成角的正弦值最大時，點M 到平面 ABE 的距離為 .
14
17．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖 1，在平行四邊形 ABCD中，D = 60°, DC = 2AD = 2，將△ADC 沿 AC
折起，使點 D 到達點 P 位置，且PC ^ BC ，連接 PB得三棱錐P - ABC ，如圖 2．
(1)證明：平面PAB ^平面 ABC ；
5 | PM |
(2)在線段PC 上是否存在點 M，使平面 AMB 與平面MBC 的夾角的余弦值為 ，若存在，求出
8 | PC |
的值，
若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2) 2存在； 3
【分析】（1）推導出PA ^ AC ，證明出BC ^平面PAB，可得出PA ^ BC ， 利用面面垂直的判定定理可證
得結論成立；
uuur uuur uuur
（2）以點A 為坐標原點，BC 、 AC 、 AP 的方向分別為 x 、 y 、 z 軸的正方向建立空間直角坐標系，設
uuuur uuur
PM = lPC ，其中 0≤l ≤1，利用空間向量法可得出關于l 的等式，結合 0≤l ≤1求出l 的值，即可得出結
論.
【解析】（1）證明：翻折前，因為四邊形 ABCD為平行四邊形， D = 60o ，則 B = 60o，
因為DC = 2AD = 2 ，則 AB = DC = 2，BC = AD = 1，
AC 2 AB2 BC 2 2AB BC cos B 4 1 2 2 1 1由余弦定理可得 = + - × = + - = 3，
2
所以， AC 2 + BC 2 = AB2 ，則BC ^ AC ，同理可證 AD ^ AC ，
翻折后，則有BC ^ AC ，PA ^ AC ，
因為PC ^ BC ， AC I PC = C ， AC 、PC 平面PAC ，
所以，BC ^平面PAC ，
因為PA 平面PAC ，則PA ^ BC ，
因為 AC IBC = C， AC 、BC 平面 ABC ，所以，PA ^平面 ABC ，
所以平面PAB ^平面 ABC .
（2）因為PA ^平面 ABC ，BC ^ AC ，以點A 為坐標原點，
uuur uuur uuur
BC 、 AC 、 AP 的方向分別為 x 、 y 、 z 軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則 A 0,0,0 、P 0,0,1 、C 0, 3,0 、B -1, 3,0 ，
uuuur uuur
設PM = lPC = l 0, 3,-1 = 0, 3l,-l ，其中 0≤l ≤1，
uuuur uuur uuuur uuur則 AM = AP + PM = 0,0,1 + 0, 3l,-l = 0, 3l,1- l ， AB = -1, 3,0 ，
r uuur
r ìm × AB = -x + 3y = 0
設平面 ABM 的法向量為m = x, y, z ，則 í r uuuur ，
m × AM = 3l y + 1- l z = 0
取 y = l
r
-1，則 z = 3l ， x = 3 l -1 ，所以，m = 3 l -1 ,l -1, 3l ，
r uuur uuur
平面MBC 的一個法向量為 n = a,b,c ，PB = -1, 3,-1 ，PC = 0, 3, -1 ，
r uuur
ìn × PB = -a + 3b - c = 0 r
則 í r uuur ，令b = 3 ，可得 n = 0, 3,3 ，
n × PC = 3b - c = 0
r r
r r m × n 4 3l - 3 5 2
則 cos m, n = r r = =m n 2 ，整理可得
l = ，
× 2 3 4 l -1 + 3l 2 8 3
5 PM 2
因此，線段PC 上存在點M ，使平面 AMB 與平面 MBC 的夾角的余弦值為 ，且 =
8 PC 3
.
18．（2024·浙江紹興·模擬預測）如圖所示，四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 ，底面 ABCD為一個菱形，且
BAD =120° . 39底面與頂面的對角線交點分別為O，O1 . AB = 2A1B1 = 2，BB1 = DD1 = ， AA1與底面夾2
37
角余弦值為 .
37
(1)證明：OO1 ^ 平面 ABCD；
(2)現將頂面繞OO1 旋轉q 角，旋轉方向為自上而下看的逆時針方向. 此時使得底面與DC1的夾角正弦值為
6 43
，此時求q 的值(q < 90° )；
43
(3)求旋轉后 AA1與BB1的夾角余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2) 60°；
(3) 4 195 .
65
【分析】（1）先在等腰梯形BDD1B1證明OO1 ^ BD ，求出OO1 = 3；再證明 A1AE 即 AA1與底面夾角，利用
cos 37 37 A1AE = cos O1FO = ，及余弦定理解得FO1 = ，再利用勾股定理有OO1 ^ AC ，所以可證OO1 ^37 2
平面 ABCD .
r
（2）根據題意建立合適的空間直角坐標系，易得平面 ABCD的一個法向量 n = 0,0,1 ，根據旋轉方向和旋
C 1 cosq , 1轉前的位置，寫出 1坐標為 - - sinq ,3
6 43
÷ ；再根據底面與DC1的夾角正弦值為 ，求出2 2 q = 60
° .
è 43
1
（3）與第二問的原理相同，根據旋轉方向和旋轉前的位置寫出 A1 cosq ,
1 sinq ,3
2 2 ÷
，
è

B 3 cos π q , 3

1 + ÷ sin
π 1 3 3 3
2
+q ÷ ,3÷，即 A1 , ,3÷ ，B1 - , ,3÷，從而得到旋轉后 AA1與BB1的夾角
è è 2 2 è 2 ÷ 4 4 ÷ 4 4 ÷ è è
uuur uuur
AA1 × BB1
余弦值 cosq2 = uuur uuur
4 195
= .
AA1 × BB 651
【解析】（1）連接OB1，OD1 ，過點 A1作 A1E ^ AC 于點E ，取 AO 中點F ，連接FO1，如圖.
由題易得 AC = 2A1C1 = 2
1
，BD = 2B1D1 = 2 3 . 所以FO = . 2
在四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中易得BD / /B1D1，
又因為BB1 = DD1 且BD B1D1，所以四邊形BDD1B1為等腰梯形.
因為O，O1分別是BD和 B1D1的中點，所以OO1 ^ BD ，
39
又因為BB1 = DD1 = ，易得等腰梯形BDD1B1的高OO1 = 3 . 2
因為在菱形 ABCD中 AC ^ BD ，且 AC，OO1 面 ACC1A1 ， AC IOO1 = O，
所以BD ^面 ACC1A1 ，又因為 A1E 面 ACC1A1 ，
所以 A1E ^ BD，又因為 A1E ^ AC ，且 AC，BD 面 ABCD， AC I BD = O ，
所以 A1E ^面 ABCD，因此 A1AE 即 AA1與底面夾角.
由題易得 A1O1 P AO，且 A1O1 = AF ，所以四邊形 AA1O1F 為平行四邊形，所以 AA1 P O1F .
則 cos A1AE = cos O1FO
37
= ，
37
FO2 + FO2 - OO2 37 37
在VO1FO中由余弦定理可得 cos O1FO = 1 1 = ，解得FO1 = .2FO × FO1 37 2
FO2 + OO2所以 1 = FO
2
1 ，由勾股定理得OO1 ^ AC .
又因為OO1 ^ BD ，且 AC，BD 面 ABCD， AC I BD = O ，
所以OO1 ^ 平面 ABCD .
（2）因為 AC ^ BD ，
uuur uuur uuuur
所以O為原點，OA，OB ，OO1 方向分別為 x ， y ， z 軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系.
r
易得平面 ABCD的一個法向量 n = 0,0,1 ，
旋轉前坐標分別為： A 1,0,0 A 1 ， 1 ,0,3÷，B 0, 3,02

B 3
1
， 1 0, ,3÷÷，D2 0, - 3,0 ，C1 - ,0,3÷ .è è è 2
點C1旋轉的過程俯視如圖：
1
因為在旋轉過程中O1C1 = 不變，且點C1所在終邊對應的角大小為 π，逆時針旋轉q 角后點C1坐標為2
1 uuuur
cos π q ,
1
+ sin π +q ,3 1 1 1÷，即C1 - cosq ,- sinq ,3÷，所以DC1 = - cosq , 3
1
- sinq ,3 ÷
è 2 2 è 2 2 è 2 2
uuuur
DC r1 ×n
sinq1 = uuuur
3 6 43
= =
所以底面與DC1的夾角正弦值為 DC × nr 1 2 43 ,1 cos2 q 3 1+ - sinq

÷ + 94 è 2
sinq 3解得 = ，又因為q < 90° ，所以q = 60° .
2
1 1
（3）由第二問可得，因為點 A1所在終邊對應的角為 0 ，所以旋轉后點 A1 cosq , sinq ,32 2 ÷，即è

A 1 , 3

1 ,3÷÷ ；
è 4 4
B π

B 3 π 3 π

同理因為點 1所在終邊對應的角為 ，所以旋轉后點 1 cos +q ÷ , sin +q ÷ ,3÷，即2 è 2 è 2 2 è 2 ÷

B 3 , 3

1 - ,3 .
è 4 4 ÷
÷

uuur 3 3 uuur 3 3 3
所以 AA1 = - , ,3÷÷，BB1 = - , - ,3÷÷，
è 4 4 è 4 4
uuur uuur
AA1 × BB1
AA BB cosq2 =因此旋轉后 與 的夾角余弦值為 uuur uuur
9 4 195
= =
1 1 AA1 × BB 39 45 65
.
1
4 4
19．（2024·山東濟南·一模）在空間直角坐標系O- xyz中，任何一個平面的方程都能表示成
r
Ax + By + Cz + D = 0，其中 A, B,C, D R， A2 + B2 + C 2 0，且 n = A, B,C 為該平面的法向量.已知集合
P = x, y, z x 1, y 1, z 1 ，Q = x, y, z x + y + z 2 ，
T = x, y, z x + y 2, y + z 2, z + x 2 .
(1)設集合M = x, y, z z = 0 ，記P M 中所有點構成的圖形的面積為 S1，Q I M 中所有點構成的圖形的面
積為 S2 ，求 S1和 S2 的值；
(2)記集合 Q 中所有點構成的幾何體的體積為V1，P IQ中所有點構成的幾何體的體積為V2，求V1和V2的值：
(3)記集合 T 中所有點構成的幾何體為 W.
①求 W 的體積V3的值；
②求 W 的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小，并指出 W 的面數和棱數.
【答案】(1) S1 = 4， S2 = 8；
32 20
(2)V1 = ，V2 = ；3 3
2π
(3)①16；② ，共有 12 個面，24 條棱.
3
【分析】（1）首先分析題意進行解答，分別表示出集合M , P代表的點，后得到P M 的截面是正方形求
出 S1，同理得到Q I M 是正方形求出 S2 即可.
（2）首先根據（1）分析得出P IQ 為截去三棱錐Q4 - Q1Q2Q3 所剩下的部分.
后用割補法求解體積即可.
（3）利用題目中給定的定義求出法向量，結合面面角的向量求法求解，再看圖得到面數和棱數即可.
【解析】（1）集合M = x, y, z z = 0 表示 xOy 平面上所有的點，
P = x, y, z x 1, y 1, z 1 表示 ±1, ±1, ±1 這八個頂點形成的正方體內所有的點，
而P M 可以看成正方體在 xOy 平面上的截面內所有的點.
發現它是邊長為 2 的正方形，因此 S1 = 4 .
對于Q = x, y, z x + y + z 2 ，當 x, y, z > 0時，
x + y + z = 2表示經過 (2, 0, 0)， (0,2,0) ， (0,0, 2) 的平面在第一象限的部分.
由對稱性可知 Q 表示( ± 2,0,0)，( 0, ±2,0)，( 0,0, ±2)
這六個頂點形成的正八面體內所有的點.
而Q I M 可以看成正八面體在 xOy 平面上的截面內所有的點.
它是邊長為 2 2 的正方形，因此 S2 = 8 .
（2）記集合Q，P IQ中所有點構成的幾何體的體積分別為V1，V2；
考慮集合Q的子集Q = x, y, z x + y + z 2, x 0, y 0, z 0 ；
即為三個坐標平面與 x + y + z = 2圍成的四面體.
四面體四個頂點分別為 (0,0,0) ， (2, 0, 0)， (0,2,0) ， (0,0, 2) ，
1
此四面體的體積為VQ = 2
1 4
3
2 2÷ =
è 2 3
32
由對稱性知，V1 = 8VQ = 3
考慮到 P 的子集P 構成的幾何體為棱長為 1 的正方體，
即P = x, y, z 0 x 1,0 y 1,0 z 1 ，
Q = x, y, z x + y + z 2, x 0, y 0, z 0 ，
顯然P IQ 為兩個幾何體公共部分，
記Q1 1,1,0 ，Q2 1,0,1 ，Q3 0,1,1 ，Q4 1,1,1 .
容易驗證Q1，Q2，Q3在平面 x + y + z = 2上，同時也在P 的底面上.
則P IQ 為截去三棱錐Q4 - Q1Q2Q3 所剩下的部分.
P 的體積VP =1 1 1 =1
1 1
，三棱錐Q4 - Q1Q2Q3 的體積為VQ -Q Q Q = 1 1
1
1 = .
4 1 2 3 3 2 6
故P IQ 的體積V
1 5
P IQ = VP -VQ -Q =1- = .4 1Q2Q3 6 6
20
當由對稱性知，V2 = 8VP IQ = .3
（3）
如圖所示，即為T 所構成的圖形.
其中正方體 ABCD - IJML即為集合 P 所構成的區域. E - ABCD構成了一個正四棱錐，
其中E 到面 ABCD的距離為 2，
V 1 4 4E- ABCD = 1 2 2 = ，V3 = VP + 6VE- ABCD = 8 + 6 =16 .3 3 3
ur
由題意面EBC 方程為 x + z - 2 = 0，由題干定義知其法向量 n1 = 1,0,1
uur
面 ECD方程為 y + z - 2 = 0，由題干定義知其法向量 n2 = 0,1,1
ur uur ur uur
cos n ,n unr1 ×nu2ur 1故 1 2 = =n .1 × n 22
2π
由圖知兩個相鄰的面所成角為鈍角.故 H 相鄰兩個面所成角為 .
3
由圖可知共有 12 個面，24 條棱.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何新定義，解題關鍵是利用新定義求出法向量，然后利用向量求法
得到所要求的二面角余弦值即可．

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