2/30專(zhuān)題02立體幾何中的探索性問(wèn)題（舉一反三專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練）【人教A版（2019）】TOC\o"1-3"\h\u【類(lèi)型1線(xiàn)、面平行的探索性問(wèn)題】 1【類(lèi)型2線(xiàn)、面垂直的探索性問(wèn)題】 10【類(lèi)型3與空間角有關(guān)的探索性問(wèn)題】 20【類(lèi)型4與空間距離有關(guān)的探索性問(wèn)題】 29知識(shí)點(diǎn)立體幾何中的探索性問(wèn)題1．與空間向量有關(guān)的探索性問(wèn)題：在立體幾何中，與空間向量有關(guān)的探究性問(wèn)題主要有兩類(lèi)：一類(lèi)是探究線(xiàn)面的位置關(guān)系；另一類(lèi)是探究線(xiàn)面角、二面角或點(diǎn)線(xiàn)面距離滿(mǎn)足特定要求時(shí)的存在性問(wèn)題．2．立體幾何中的探索性問(wèn)題的求解策略：解決這兩類(lèi)探索性問(wèn)題的解題策略是：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)（有些是題中已給出），設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿(mǎn)足要求，從而作出判斷．(1)對(duì)于存在判斷型問(wèn)題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”.(2)對(duì)于位置探究型問(wèn)題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).【類(lèi)型1線(xiàn)、面平行的探索性問(wèn)題】1．（24-25高三下·北京海淀·開(kāi)學(xué)考試）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，F(xiàn)為線(xiàn)段BC1的中點(diǎn)，E為線(xiàn)段A1C1A．EF∥平面AB．存在點(diǎn)E，使EF⊥平面BC．存在點(diǎn)E，使EF∥D．D【答案】D【解題思路】當(dāng)E與A1重合時(shí)，EF∩平面A1BCD1=A1，即可判斷A；設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線(xiàn)分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)C1E=λC1【解答過(guò)程】當(dāng)E與A1重合時(shí)，又F?平面A1BCD1，則EF設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線(xiàn)分別為則D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),B設(shè)C1E=λC1DC1=(0,1,1)，則DE∵BB1=(0,0,1)，EF?BB1=?12≠0，∴EFA1C=(?1,1,?1)，若EF∥A1C，則EF=k∵DB1=(1,1,1)，EF=1故選：D．2．（24-25高二上·福建泉州·期末）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1=λAB

A．當(dāng)λ>1時(shí)，存在M，使得CM⊥平面EFGB．存在M，使得AM//平面EFGC．存在M，使得平面MBC1D．存在λ，使得平面MB1【答案】A【解題思路】對(duì)于ABD：建系，利用空間向量結(jié)合線(xiàn)、面位置關(guān)系分析判斷，對(duì)于C：根據(jù)面面平行的判定定理分析判斷.【解答過(guò)程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1分別為

設(shè)AB=2，則AA1=2λ因?yàn)辄c(diǎn)E,F,G分別是BC,CD,CC所以E1,2,0對(duì)于選項(xiàng)B：設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=因?yàn)镋F=可得n?EF=?x?y=0n?設(shè)DM=k因?yàn)锳12,0,2λ，則DA1=則AM=若AM∥平面EFG，則AM⊥可得λ2k?2+2λk=λ4k?2=0，且即M為A1對(duì)于選項(xiàng)A：由B可知：CM=若CM⊥平面EFG，則CM//則2kλ=?2對(duì)于選項(xiàng)D：由B可知：M2k,0,2λk，則CM因?yàn)锽12,2,2λ，則BC設(shè)平面MB1C則m?CM=2ka?2b+2kλc=0m?若平面MB1C⊥平面EFG對(duì)于選項(xiàng)C：

當(dāng)M與D重合時(shí)，因?yàn)镋,G分別是BC,CC則EG//BC1，且EG?平面EFG，BC可得BC1//同理可得：DC1//且BC1∩DC1所以此時(shí)平面MBC1//

故選：A.3．（多選）（24-25高二上·山東青島·期中）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，O,?N分別為DB,?PB的中點(diǎn)，M為棱A．DN⊥OMB．存在點(diǎn)M，使OM//面PADC．OM最小值為6D．存在兩個(gè)點(diǎn)M，使OM與AD所成的角為60°【答案】ABC【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量分析各選項(xiàng)，可得結(jié)果.【解答過(guò)程】如圖，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系.則D0,0,0,N1,1,1，O1,1,0，M為棱PC上的動(dòng)點(diǎn)，可設(shè)M0,t,2?t，0≤t≤2所以DN=1,1,1，對(duì)A：DN?OM=1,1,1?對(duì)B：因?yàn)槠矫鍼AD的法向量可取n=0,1,0，由n?OM=0?t=1，所以點(diǎn)M為線(xiàn)段PC對(duì)C：因?yàn)镺M=1+t?12+2?t2對(duì)D：由OM?DAOM?DA=12?因?yàn)?≤t≤2，所以t=3+52不合題意，所以使OM與AD故選：ABC.4．（24-25高二上·北京石景山·期末）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C①A1②三棱錐E?B③存在點(diǎn)E，使得AC∥平面BD④存在點(diǎn)E，使得B1D⊥平面其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.【答案】①②③【解題思路】以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及空間向量的應(yīng)用，逐項(xiàng)判定，即可求解.【解答過(guò)程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在的直線(xiàn)分別為如圖所示，則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A設(shè)E(0,2,a),a∈0,4，則A因?yàn)锳1B1?BE由VE?B1BD1=所以VE?又由BE設(shè)平面BD1E的法向量為n取x=a，可得y=?4?a,z=2，所以n=(a,4?a,2)因?yàn)锳C=(?2,2,0)，由AC?n又因?yàn)镈B1=(2,2,4)，D所以不存在點(diǎn)E，使得B1D⊥平面故選：①②③.5．（24-25高二上·福建福州·期中）在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=5(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM//平面PCD？若存在，求出PMPA【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，PM【解題思路】（1）面面垂直得到線(xiàn)面垂直，再由線(xiàn)線(xiàn)垂直證明線(xiàn)面垂直；（2）取AD中點(diǎn)，證明三條直線(xiàn)兩兩垂直，然后建立空間直角坐標(biāo)系，得到對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)AMAP=λ，使得BM//平面PCD，用空間向量建立等量關(guān)系，求得【解答過(guò)程】（1）∵面PAD∩面ABCD=AD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥AD，AB?面ABCD，∴AB⊥面PAD，∵PD?面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，AB?面PAB，PA?面PAB∴PD⊥面PAB，（2）取AD中點(diǎn)為O，連結(jié)CO，PO∵CD=AC=5∴CO⊥AD，∵PA=PD，∴PO⊥AD∵面PAD∩面ABCD=AD，面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥OD,OC,OA兩兩垂直，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O?xyz，易知P0,0,1，B1,1,0，D0,?1,0則PB=1,1,?1，PD=0,?1,?1，設(shè)n為面PDC的法向量，令n=則n假設(shè)存在M點(diǎn)使得BM//面PCD，設(shè)AMAP=λ，又A0,1,0，P0,0,1，AP=0,?1,1，有AM=λAP∵BM//面PCD，n為PCD的法向量，∴BM?n=0，即綜上，存在M點(diǎn)，即當(dāng)PMPA=36．（24-25高二上·廣西玉林·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，AB⊥AD，PA=PD，AB=1，AD=2，AC=CD=5(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線(xiàn)PA與平面PCD所成角的余弦值；(3)在棱PB上是否存在點(diǎn)M，使得AM//平面PCD？若存在，求出BM【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1(3)不存在，理由見(jiàn)解析.【解題思路】（1）由面面垂直得到線(xiàn)面垂直，進(jìn)而得到AB⊥PD，結(jié)合PD⊥PA得到線(xiàn)面垂直；（2）作出輔助線(xiàn)，得到垂直關(guān)系，再建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面PCD的法向量，利用線(xiàn)面角的夾角公式求出答案；（3）設(shè)BM=λBP，其中0≤λ≤1，求出向量AM的坐標(biāo)，根據(jù)AM?【解答過(guò)程】（1）證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，且AB⊥AD，AB?平面ABCD，所以，AB⊥平面PAD，因?yàn)镻D?平面PAD，所以，AB⊥PD，因?yàn)镻D⊥PA，PA∩AB=A，PA、AB?平面PAB，所以，PD⊥平面PAB.（2）解：取AD中點(diǎn)為O，連接OC、OP，又因?yàn)镻A=PD，則PO⊥AD，則AO=PO=1，因?yàn)锳C=CD=5，則OC⊥AD，則CO=在平面ABCD內(nèi)，因?yàn)镺C⊥AD，AB⊥AD，則OC//因?yàn)锳B⊥平面PAD，則OC⊥平面PAD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC、OA、OP所在直線(xiàn)分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz，則P0,0,1、B1,1,0、D0,?1,0、則PA=0,1,?1，DP=設(shè)平面PCD的法向量為n=x,y,z，則取x=1，可得n=1,?2,2，設(shè)PA與平面PCD的夾角為則sinθ=cosn所以，直線(xiàn)PA與平面PCD所成角的余弦值為13（3）解：設(shè)BM=λBP=λ則AM=因?yàn)锳M//平面PCD，則AM?n因此，在棱PB上不存在點(diǎn)M，使得AM//平面PCD【類(lèi)型2線(xiàn)、面垂直的探索性問(wèn)題】7．（24-25高二上·上海嘉定·期中）在正方體ABCD?A1B1C1D1A．存在點(diǎn)Q使得BQ與平面B1CD垂直 B．存在點(diǎn)Q使得DQ與平面C．存在點(diǎn)Q使得B1Q與平面B1CD垂直 D．存在點(diǎn)Q使得【答案】D【解題思路】如圖，以D為原點(diǎn)，以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，求出平面B1【解答過(guò)程】如圖，以D為原點(diǎn)，以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則所以DC=(0,1,0),設(shè)平面B1CD的法向量為m?DC=y=0m?設(shè)Q(1,0,t)(0≤t≤1)，對(duì)于A，BQ=(0,?1,t)，若BQ與平面B1CD垂直，則BQ與m共線(xiàn)，則存在唯一λ，使BQ=λm，則(0,?1,t)=λ(1,0,?1)，所以0=λ?1=0t=?λ，方程組不成立，所以BQ對(duì)于B，DQ=(1,0,t)，若DQ與平面B1CD垂直，則DQ與m共線(xiàn)，則存在唯一μ，使DQ=μm，則(1,0,t)=μ(1,0,?1)，所以1=μ0=0t=?μ，得t=?1不合題意，所以DQ對(duì)于C，B1Q=(0,?1,t?1)，若B1Q與平面B1CD垂直，則B1Q與m共線(xiàn)，則存在唯一λ1，使B1Q=對(duì)于D，D1Q=(1,0,t?1)，若D1Q與平面B1CD垂直，則D1Q與m共線(xiàn)，則存在唯一μ1，使D1Q=μ1m，則故選：D.8．（2025·北京朝陽(yáng)·一模）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱AA1，BC，A．存在點(diǎn)H，使得直線(xiàn)DH與直線(xiàn)FG相交B．存在點(diǎn)H，使得直線(xiàn)DH⊥平面EFGC．直線(xiàn)B1H與平面EFGD．平面EFG被正方體所截得的截面面積為3【答案】C【解題思路】連接DF，DG，取FG的中點(diǎn)M，連接DM，點(diǎn)D到線(xiàn)段FG的最短距離大于1，即可判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)D到平面EFG的距離為EF?nn=32<1，即可判斷B；由DB1⊥平面EFG，連接DB1交EG于點(diǎn)O，【解答過(guò)程】連接DF，DG，所以DF=DG=52，F(xiàn)G=2所以DM=324>1，點(diǎn)D到線(xiàn)段FG的最短距離大于1，所以不存在點(diǎn)H，使得直線(xiàn)DH以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E1,0,12，F(xiàn)所以EF=?12,1,?設(shè)平面EFG的法向量為n=x,y,z，所以EF?令x=1，則y=1，z=1，所以n→所以點(diǎn)D到平面EFG的距離為DE?n→n→=323=3因?yàn)镈B1=1,1,1，所以DB1⊥平面EFG，連接DB1交EG所以∠B1HO為直線(xiàn)B因?yàn)镈H=1，在Rt△ODH中，sin所以∠DHO=π3，因?yàn)镽t△OB1H與延長(zhǎng)GF交B1B的延長(zhǎng)線(xiàn)于N，連接EN交AB于P，連接PF，取D1C1的中點(diǎn)K連接KG，EJ，KJ，KG//EP，EJ//GF，KJ//PF，平面EFG被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長(zhǎng)為22所以截面面積為6×12×故選：C.9．（多選）（24-25高二上·全國(guó)·課后作業(yè)）在正方體ABCD?A1B1C1DA．存在點(diǎn)Q使得BQ與平面B1CD垂直 B．不存在點(diǎn)Q使得BQ與平面C．存在點(diǎn)Q使得D1Q與平面B1CD垂直 D．不存在點(diǎn)Q使得【答案】BC【解題思路】建系，通過(guò)直線(xiàn)方向向量與平面法向量的關(guān)系逐個(gè)判斷即可.【解答過(guò)程】如圖，以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線(xiàn)分別為x，y，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則D0,0,0，B1,1,0，B11,1,1，所以DC=0,1,0，DB1=1,1,1令x=1，則m=1,0,?1是平面B1BQ=0,?1,t，若BQ與平面B1CD垂直，則BQ與m共線(xiàn)，則存在唯一的λ，使所以BQ與m不共線(xiàn)，所以不存在點(diǎn)Q使得BQ與平面B1D1Q=1,0,t?1，若D1Q與平面B1CD垂直，則D1得μ=1，t=0，所以當(dāng)Q的坐標(biāo)為1,0,0時(shí)，D1Q與m共線(xiàn)，此時(shí)D1故選：BC.10．（24-25高二上·北京·期中）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)①三棱錐B1②存在點(diǎn)G，使A1C⊥平面③存在點(diǎn)G，使平面EFG//平面ACD④設(shè)直線(xiàn)FG與平面ADD1A1所成角為θ，則其中所有正確結(jié)論的序號(hào)為.【答案】①②④【解題思路】對(duì)于①選項(xiàng)，利用等體積法判斷；對(duì)于②、③、④三個(gè)選項(xiàng)可以建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解【解答過(guò)程】易得平面ADD1A1//平面BC又S△B1EF為定值，所以三棱錐對(duì)于②,如圖所示,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA為x軸,DC為y軸,DD1為則A(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,0),C(0,2,0),AC1所以A1設(shè)DG=λDA所以EG=(2λ?1,?2,2λ?2)，F(xiàn)G因?yàn)锳1G⊥平面所以A1解得λ=14，當(dāng)G為線(xiàn)段A1D上靠近D的四等分點(diǎn)時(shí)，對(duì)于③，設(shè)平面ACD1的法向量為則m·AC=?2x+2y=0m·所以平面ACD1的一個(gè)法向量設(shè)平面EFG的法向量為n=(a,b,c)則n·EF=a?c=0n·所以平面EFG的法向量為n=(1,因?yàn)槠矫鍱FG//平面ACD1，所以設(shè)m=kn，即解得k=1,λ=54，又因?yàn)榫€(xiàn)段A1D上不存在點(diǎn)G，使EFG//平面對(duì)于④，平面ADD1A則sinθ=因?yàn)?λ所以sinθ=所以sinθ的最大值為2故答案為：①②④．11．（24-25高二上·貴州·期中）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，CA=CB=12AA1(1)設(shè)平面A1BQ∩平面ABC=l，若P為A1(2)設(shè)BP=λBA1，問(wèn)線(xiàn)段A1B上是否存在點(diǎn)P，使得【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)存在，λ=1【解題思路】（1）設(shè)AB的中點(diǎn)為E，連接PE,PQ,CE，易證四邊形PECQ為平行四邊形，可得PQ//EC，進(jìn)而得到PQ//（2）建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量及AP⊥平面A1【解答過(guò)程】（1）證明：設(shè)AB的中點(diǎn)為E，連接PE,PQ,CE，因?yàn)镻為A1B的中點(diǎn)，Q為所以PE//A1A，在直三棱柱ABC?A1B1C所以A1A//所以四邊形PECQ為平行四邊形，則PQ//EC，又PQ?平面ABC，EC?平面所以PQ//平面ABC又平面A1BQ∩平面ABC=l，PQ?平面所以PQ//（2）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，故可以C為原點(diǎn)，以CB,CA,CC1所在直線(xiàn)分別為因?yàn)镃A=CB=1所以B1,0,0則BA1=又BP=λBA所以AP=若AP⊥平面A1BQ，則則?1?λ+λ?1+4λ=0?所以線(xiàn)段A1B上存在點(diǎn)P，使得AP⊥平面A112．（24-25高二上·上?！て谥校┤鐖D，在四棱錐S?ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=AD=2，四邊形ABCD為正方形，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為SB上一點(diǎn)，M為BC上一點(diǎn)，且平面EFM//平面SCD

(1)求證：M為線(xiàn)段BC中點(diǎn)；(2)求二面角S?BC?D的正切值；(3)在棱SC上是否存在點(diǎn)N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求CNCS【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3(3)存在，且CN【解題思路】（1）由面面平行的性質(zhì)可證得EM//CD，由此可得出四邊形CDEM，可證得（2）利用面面垂直的性質(zhì)可推導(dǎo)出SE⊥平面ABCD，然后以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA、AB、ES的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得二面角S?BC?D的正切值；（3）設(shè)SN=λSC，其中0≤λ≤1，根據(jù)平面DMN⊥平面ABCD結(jié)合空間向量法求出實(shí)數(shù)【解答過(guò)程】（1）證明：因?yàn)槠矫鍱FM//平面SCD．平面ABCD∩平面EFM=EM，平面ABCD∩平面SCD=CD可得EM//又因?yàn)镃M//DE，則四邊形CDEM為平行四邊形，則因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，則DE=12AD故點(diǎn)M為BC的中點(diǎn).（2）解：因?yàn)镾A=SD，E為AD的中點(diǎn)，則SE⊥AD，因?yàn)槠矫鍿AD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE?平面SAD，所以，SE⊥平面ABCD，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA、AB、ES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(biāo)系，

因?yàn)镾A=SD=AD=2，則S0,0,3、B1,2,0設(shè)平面SBC的法向量為m=x1,y則m?CB=2x1易知平面ABCD的一個(gè)法向量為n=0,0,1，則sinm所以，tanm由圖可知，二面角S?BC?D的平面角為銳角，因此，二面角S?BC?D的正切值為32（3）解：易知S0,0,3、C?1,2,0、D設(shè)SN=λSC=λ則DN=DS+設(shè)平面DMN的法向量為u=則u→取x2=23因?yàn)槠矫鍰MN⊥平面ABCD，則n⊥則n?u=4λ?2=0所以，當(dāng)點(diǎn)N為SC的中點(diǎn)時(shí)，平面DMN⊥平面ABCD，故CNCS【類(lèi)型3與空間角有關(guān)的探索性問(wèn)題】13．（24-25高二上·上海楊浦·期末）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)①存在點(diǎn)P滿(mǎn)足PD②存在點(diǎn)P滿(mǎn)足PD1與平面A1③存在點(diǎn)P滿(mǎn)足MD其中正確的個(gè)數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Px,1,z，x,z∈【解答過(guò)程】如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則M1,12,0，A1設(shè)Px,1,z，x,z∈0,1，則M若PD1⊥MB1所以存在點(diǎn)P滿(mǎn)足PD因?yàn)镈1A1=1,0,0，D則n?D1設(shè)PD1與平面A1D1則sinθ=令x=0，z=1，則sinθ=25令x=0，z=0，則sinθ=110所以存在點(diǎn)P滿(mǎn)足PD1與平面A1因?yàn)镈1M=所以MP=x?12所以存在點(diǎn)P滿(mǎn)足MD故選：D.14．（24-25高二上·北京順義·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E是線(xiàn)段

A．對(duì)于任意的點(diǎn)F，均有EF⊥B．存在點(diǎn)F，使得EF∥平面AC．存在點(diǎn)F，使得EF與CC1D．不存在點(diǎn)F，使得EF與平面ABC1【答案】D【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量研究空間中線(xiàn)線(xiàn)、線(xiàn)面關(guān)系即可.【解答過(guò)程】設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0

設(shè)DF=λ則DE=1,2,1?所以EF?易知平面AA1B則EF?DA=22λ?1=0?λ=滿(mǎn)足EF∥平面AA由上可知CC所以當(dāng)cosEF即λ=3?54時(shí)，使得EF與C由上可知AB=0,2,0,AD則有2y=0?2x+2z=0，令x=1?y=0,z=1，即n若EF與平面ABC1D則有sin30即存在點(diǎn)F，使得EF與平面ABC1D故選：D.15．（多選）（24-25高二上·遼寧·期中）如圖，長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2,AB=AD=23,EA．四面體M?AB．點(diǎn)E到平面A1BCC．異面直線(xiàn)EF與A1CD．存在點(diǎn)M，使得直線(xiàn)A1M與平面A【答案】ABD【解題思路】A選項(xiàng)，證明出線(xiàn)面平行，得到點(diǎn)M到平面A1BC的距離為定值，結(jié)合S△A1BC為定值，故四面體M?A【解答過(guò)程】A選項(xiàng)，因?yàn)锳D//BC，AD?平面A1BC，BC?平面所以AD//平面A1又點(diǎn)M在線(xiàn)段AD上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)M到平面A1又S△A1B選項(xiàng)，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AA1所在直線(xiàn)分別為則E0,設(shè)平面A1BC的法向量為則m?解得y=0，令x=1，則z=3，故m故點(diǎn)E到平面A1d=EBC選項(xiàng)，F(xiàn)3,3則cosEF故異面直線(xiàn)EF與A1C所成的角不為D選項(xiàng)，設(shè)M0,t,0，0≤t≤2由B選項(xiàng)知，平面A1BC設(shè)直線(xiàn)A1M與平面A1則sinθ=令3t2+4故存在點(diǎn)M，使得直線(xiàn)A1M與平面A1故選：ABD.16．（24-25高三下·四川巴中·階段練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體中，P為線(xiàn)段A1B上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），以下正確的是

①C1②存在點(diǎn)P，使得D1P//面③AP+PD1的最小值為④存在點(diǎn)P，使得C1P與面A1【答案】①②【解題思路】建立如圖空間直角坐標(biāo)系D?xyz，設(shè)BP=λBA1(0<λ<1)，則P(1,1?λ,λ)，利用空間向量法即可證明①②④；將平面AA1【解答過(guò)程】由題意，建立如圖空間直角坐標(biāo)系D?xyz，

則D(0,0,0),B(1,1,0),A所以BA設(shè)BP=λBA1(0<λ<1)所以C1①：C1所以C1②：設(shè)平面DBC1的一個(gè)法向量為則n?DB=x1+y有n?D1P=2λ?1，當(dāng)λ=12時(shí)，n所以當(dāng)點(diǎn)P為A1B的中點(diǎn)時(shí)，D1③：將平面AA1B與平面A1D1CB

在△D1A得AD即AP+PD④：由DC1⊥得DC1⊥平面A1D1CB，即D假設(shè)存在點(diǎn)P，使得C1P與平面A1設(shè)該線(xiàn)面角為θ,θ∈(0,π2]所以sinθ=整理得8λ2?8λ+5=0所以不存在點(diǎn)P，使得C1P與平面A1故答案為：①②.17．（24-25高二上·安徽·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為菱形，且∠BAD=120°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=4,E為棱PC的中點(diǎn)，F(xiàn)(1)求證：平面BDE⊥平面ABCD.(2)是否存在點(diǎn)F，使得平面BDE與平面BDF夾角的余弦值為1010？若存在，求出點(diǎn)F【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，點(diǎn)F為棱PA上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)【解題思路】（1）連接AC，與BD相交于點(diǎn)O，連接OE，根據(jù)OE∥PA可得OE⊥平面ABCD，根據(jù)面面垂直的判定定理可證明結(jié)論.（2）以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，表示平面BDE與平面BDF的法向量，根據(jù)兩平面夾角的余弦值求出點(diǎn)F的坐標(biāo)即可確定點(diǎn)F的位置.【解答過(guò)程】（1）如圖，連接AC，與BD相交于點(diǎn)O，連接OE.∵底面ABCD為菱形，∴O為AC的中點(diǎn)，∵E為PC的中點(diǎn)，∴OE∥PA，∵PA⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD，∵OE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD.（2）∵四邊形ABCD為菱形，且∠BAD=120°，∴∴OB=OD=3∵OE⊥平面ABCD，且底面ABCD為矩形，∴OB,OC,OE兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，向量OB,OC,OE的方向分別為x軸，則O0,0,0∴DB=設(shè)F0,?2,t0≤t≤2，則設(shè)平面BDF的法間量為m=則FB?m=23x+2y?tz=0,由題意得OC=0,2,0為平面設(shè)平面BDE與平面BDF的夾角為θ，則cosθ=cos<∴存在點(diǎn)F為棱PA上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，使得平面BDE與平面BDF夾角的余弦值為1018．（24-25高二上·北京·期中）在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB//DC，AB⊥AD，DC=AD=1，AB=2，∠PAD=45°，E是PA的中點(diǎn)，F(xiàn)在線(xiàn)段AB上，且滿(mǎn)足CF?(1)求證：DE//平面PBC；(2)求二面角F?PC?B的余弦值；(3)在線(xiàn)段PA上是否存在點(diǎn)Q，使得FQ與平面PFC所成角的正弦值是33，若存在，求出AQ【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)33(3)|AQ|=2【解題思路】（1）取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，利用線(xiàn)面平行的判定推理得證.（2）以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，求出平面FPC與平面BPC的法向量，再利用向量法二面角的余弦值.（3）由（2）中相關(guān)信息，利用線(xiàn)面角的向量求法求解即得..【解答過(guò)程】（1）在四棱錐P?ABCD中，取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，由E是PA的中點(diǎn)，得EM//AB，且EM=12AB=1則EM//CD且EM=CD，四邊形CDEM為平行四邊形，于是DE//CM，而CM?平面PBC，DE?平面PBC，所以DE//平面BPC.（2）由AB//DC，AB⊥AD，得AD⊥DC，由PD⊥平面ABCD，AD,DC?平面ABCD，得DP⊥DA,DP⊥DC，而∠PAD=45°，則DP=DA=1以D為原點(diǎn)，直線(xiàn)DA,DC,DP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,2,0),D(0,0,0),P(0,0,1)，設(shè)F(1,y,0)，則CF由CF?BD=0，得?1?2y+2=0，解得設(shè)平面FPC的法向量為n=(x1則n?PC=y1設(shè)平面BPC的法向量為m=(x2則m?PC=y2設(shè)二面角F?PC?B的大小為θ，由圖形觀察得θ為銳角，因此cosθ=|所以二面角F?PC?B的余弦值是33（3）假定存在點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件，設(shè)點(diǎn)Q(x3,0,得Q(?λ+1,0,λ)，則FQ=(?λ,?12,λ)，又平面由FQ與平面PFC所成角的正弦值為33，得|整理得20λ2+8λ?1=0，又λ∈[0,1]，解得λ=所以存在點(diǎn)Q，使得FQ與平面PFC所成角的正弦值是33，|AQ|=【類(lèi)型4與空間距離有關(guān)的探索性問(wèn)題】19．（24-25高二上·四川內(nèi)江·期中）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P,M,N分別為棱CC①存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)A1到平面PMN的距離為4②直線(xiàn)MN與AD1所成角為③BD1//平面A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【答案】C【解題思路】建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計(jì)算線(xiàn)線(xiàn)夾角，點(diǎn)面距離，線(xiàn)面關(guān)系即可.【解答過(guò)程】如圖所示，以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CP=a0<a<1則P0,0,a所以MN=a,?a,0,設(shè)面PMN的一個(gè)法向量為n=則n?MN=ax?ay=0n?所以點(diǎn)A1到平面PMN的距離為d=由a∈0,1?d∈2設(shè)直線(xiàn)MN與AD1所成角為則cosα=顯然BD1?n=1≠0綜上，正確的說(shuō)法有2個(gè).故選：C.20．（多選）（24-25高二上·河南南陽(yáng)·期末）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=π2，AC=BC=2，

A．平面PBB1B．存在點(diǎn)P，使BP=C．存在點(diǎn)P，使點(diǎn)C1到平面PBBD．存在點(diǎn)P，使直線(xiàn)B1P與B【答案】ACD【解題思路】由面面垂直的判定定理可判斷A；當(dāng)P與C1重合時(shí)，BPmin=13，又72=494<524=13，故不存在點(diǎn)P，可判斷B；在平面A1B1C1內(nèi)過(guò)C1作PB1的垂線(xiàn)，垂足為D，則C【解答過(guò)程】在直三棱柱ABC?A1B1C1中，因?yàn)锽B∴平面PBB1⊥連接BC1，由A1C1⊥平面BB在Rt△A1C1B中，當(dāng)又72=494<∵平面PBB1⊥平面A1B1C1，在平面則C1D為點(diǎn)C1易知C1如圖，以CA，CB，CC1所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系則B0,2,0，A12,0,3，B10,2,3則A1B=cosA整理得m2?8m+4=0，解得m1且m2

故選：ACD.21．（多選）（24-25高二上·四川成都·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB//DC，若PC=5,AB=1，AB=12DC,PD=AD=1，MA．BM//平面PADB．二面角P?DM?B的余弦值為?C．二面角P?DM?B的正弦值為6D．若在線(xiàn)段PA上存在點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到平面BDM的距離是269，則PQ【答案】ABD【解題思路】選項(xiàng)A，取PD中點(diǎn)N，連接AN,MN，通過(guò)條件得到ABMN為平行四邊形，進(jìn)而得出AN//BM，即可判斷出選項(xiàng)A的正誤；對(duì)于選項(xiàng)BCD，通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用面面角的向量法和空間距離的向量法，對(duì)選項(xiàng)逐一分析判斷，即可得出結(jié)果.【解答過(guò)程】對(duì)選項(xiàng)A，取PD中點(diǎn)N，連接AN,MN，因?yàn)镸是PC中點(diǎn)，所以MN//DC，且MN=1又AB//DC，AB=12DC，所以MN//AB，且MN=AB所以AN//BM，又AN?面PAD，BM?面PAD，所以BM//平面PAD，故選項(xiàng)A正確，因?yàn)镻C=5,AB=1，AB=12DC所以PC2=P又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD?平面PDC，所以PD⊥面ABCD，又AD⊥DC，所以可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)镻C=5,AB=1，則D(0,0,0),P(0,0,1),M(0,1,12),B(1,1,0),A(1,0,1)易知平面PDM即為平面PDC，所以平面PDM的一個(gè)法向量為n1設(shè)平面BDM的一個(gè)法向量為n2由n2?DB=0n2?DM=0則cosn由圖易知，二面角P?DM?B為鈍角，所以二面角P?DM?B的余弦值為?6對(duì)于選項(xiàng)C，因二面角P?DM?B的正弦值為1?cos對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)PQ=λPA(0≤λ≤1)，又PA所以Q(λ,0,1?λ)，得到QM=(?λ,1,λ?設(shè)Q到平面BDM距離為d，則d=n2?故選：ABD.22．（24-25高二上·北京朝陽(yáng)·期末）在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=2,AA1=4,P①CP⊥BD；②∠PDQ為定值；③存在點(diǎn)P，使得平面DBQ⊥平面DBP；④存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q到平面DBP的距離為2.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.【答案】①④【解題思路】根據(jù)給定的長(zhǎng)方體，建立空間直角坐標(biāo)系，由DQ⊥CP確定點(diǎn)P,Q的豎坐標(biāo)關(guān)系，再利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷①③；利用向量夾角公式求解判斷②；利用點(diǎn)到平面距離的向量求法求解判斷④即可得解.【解答過(guò)程】在長(zhǎng)方體ABCD?A1B則D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0)，設(shè)P(2,0,t)(0<t<4),Q(0,2,s)，CP=(2,?2,t),DQ=(0,2,s)，由DQ⊥CP，得CP對(duì)于①，DB=(2,2,0)，CP?DB對(duì)于②，DP=(2,0,t)，不是常數(shù)，因此∠PDQ不為定值，②錯(cuò)誤；對(duì)于③，由CP⊥BD,DQ⊥CP,DB∩DQ=D,DB,DQ?平面DBQ，得CP⊥平面DBQ，即平面DBQ的一個(gè)法向量為CP=(2,?2,t)，設(shè)平面DBP的法向量n則n?DB=2x+2y=0n?DP=2x+tz=0，令z=2因此不存在點(diǎn)P，使得平面DBQ⊥平面DBP，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，點(diǎn)Q到平面DBP的距離d=|DQ?則2t2+4=t+4因此存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q到平面DBP的距離為2，④正確，所以所有正確結(jié)論的序號(hào)是①④.故答案為：①④.23．（24-25高二上·廣東梅州·階段練習(xí)）如圖，在四棱