文档文本内容
１ ８０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
微专题二 立体几何中的动态问题
学生用书P274
类型一：动点轨迹问题
则→ＥＦ Ｈ→Ｇ （ ， ， ），Ｅ→Ｈ →ＦＧ （ ， ， ），→ＥＦ·Ｅ→Ｈ ，即ＥＦ ＥＨ，
＝ ＝ ０ ２ ０ ＝ ＝ －２ ０ １ ＝０ ⊥
动点轨迹问题通常有轨迹形状判断和求轨迹的长度
（
最 所以四边形ＥＦＧＨ为矩形，
值 两种题型 解决此类问题的关键是求动点的轨迹 求动点轨
） ， ， 因为Ｅ→Ｆ·Ｂ→Ｑ ，Ｅ→Ｈ·Ｂ→Ｑ ，所以ＥＦ ＢＱ，ＥＨ ＢＱ，又ＥＦ和
迹一般有两种思路 一是根据线面位置关系和空间几何体的结 ＝０ ＝０ ⊥ ⊥
， ＥＨ为平面ＥＦＧＨ中的两条相交直线，所以ＢＱ 平面ＥＦＧＨ，
构特征能直观判断动点的轨迹 如 动点Ｐ满足ＰＡ ＰＢ 点Ａ ⊥
（ ： ⊥ ， ( ) ( )
和点Ｂ为定点 则点Ｐ的轨迹是以ＡＢ为直径的圆 二是建立 又Ｅ→Ｐ ， ，１ ，Ｐ→Ｇ ， ，１ ，
， ）； ＝ －１ １ ＝ －１ １
２ ２
空间直角坐标系 根据题干条件设出动点的坐标 利用线面位
， ， 所以Ｐ为ＥＧ的中点，则Ｐ 平面ＥＦＧＨ，
∈
置关系或题干条件得出动点坐标的方程 对比圆锥曲线方程特
， 为使ＰＴ ＢＱ，必有点Ｔ 平面ＥＦＧＨ，
⊥ ∈
点判断动点的轨迹 对于轨迹最值问题 通常是要求最值的量
； ，
又点Ｔ在正方体表面上运动，所以点Ｔ的轨迹为矩形ＥＦＧＨ，故
用动点的某个坐标表示 注意坐标的取值范围 通过函数或基
（ ），
中结论正确．
③
本不等式求最值 有时也可以根据空间几何体的结构特征和题
，
干条件直观判断何时取最值 判断后直接求解即可． 矩形ＥＦＧＨ的面积为 ，即为 ５ａ２，故 中结论正确．
， ２× ５＝２ ５ ④
２
例1 如图 ， 在棱长为ａ的正方体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ， Ｐ ， Ｑ分 ｘ ＋２ ｚ ＝３ ，所以ｘ ＝３－２ ｚ，又点Ｔ在正方体表面上运动，则 ０≤３－２ ｚ
别为ＡＣ Ａ Ｂ 的中点 点 Ｔ在正方体的表面上运动 满足 ＰＴ
１， １ １ ， ， ，解得 １ ｚ ３ ，
ＢＱ． ≤２ ≤ ≤
⊥ ２ ２
所以 ＰＴ （ｘ ）２ （ｙ ）２ （ｚ ）２ （ｚ ）２ （ｙ ）２，
｜ ｜＝ －１ ＋ －１ ＋ －１ ＝ ５ －１ ＋ －１
结合点Ｔ的轨迹为矩形ＥＦＧＨ，分别讨论下列两种可能取得最
小值的情况：
当ｚ ，ｙ 或ｙ 时，ＰＴ ；当ｙ ，ｚ １或ｚ ３时，ＰＴ ５．因
＝１ ＝０ ＝２ ＝１ ＝１ ＝ ＝ ＝
２ ２ ２
给出下列四个结论
：
为 ５，所以当ｚ ，ｙ 或ｙ 时，ＰＴ取得最小值，为 ，即 １ ａ，
１＜ ＝１ ＝０ ＝２ １
点Ｔ可以是棱ＤＤ 的中点 线段ＰＴ长度的最小值为 １ ａ ２ ２
① １ ；②
２
； 故 中结论正确．
②
③ 点Ｔ 的轨迹是矩形 ；④ 点 Ｔ 的轨迹围成的多边形的面积为 综上所述，正确结论的序号是 ．
②③④
类型二：与动点相关的综合问题
５ａ２．
与动点相关的综合问题命题角度较广 通常是线面位置关
２
，
其中所有正确结论的序号是 ． 系的探究型问题 空间角 取值范围 的探究性问题 线段长度
②③④
、 （ ） 、 、
解析 以Ｃ点为坐标原点，ＣＤ，ＣＢ，ＣＣ 所在直线分别为ｘ，
面积或体积最 定 值的探究性问题等 此类问题一般采用解析
１ （ ） ，
ｙ，ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，则Ｃ（ ， ， ），设正方 法处理 根据空间几何体的结构特征建立空间直角坐标系 将
０ ０ ０ ， ，
体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长ａ ，则Ｄ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ａ（ ， 比较复杂的立体几何推理证明问题转化为相对简单的代数运
－ １ １ １ １ ＝２ ２ ０ ０ ０ ２ ０ ２
， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ），Ｂ （ ， ， ），Ａ （ ， ， ），Ｐ（ ， ， 算问题 设动点坐标时 要根据动点位置尽可能准确 同时要注
２ ０ １ ０ ０ ２ １ ２ ０ ２ １ ０ ２ ２ １ ２ ２ ２ １ １ ； ， ，
），Ｑ（ ， ， ），设Ｔ（ｘ，ｙ，ｚ）． 意坐标的取值范围．
１ １ ２ ２
例2 （多选）（ 湖南九校联考， ）如图 点Ｐ是棱长为
２０２４ １１ ， ２
的正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的表面上一个动点 Ｆ 是线段 Ａ Ｂ
－ １ １ １ １ ， １ １
的中点 则 ＣＤ
， （ ）
% $
" ' #
对于 ，当点Ｔ为棱ＤＤ 的中点时，Ｔ（ ， ， ），则→ＰＴ （ ， ， 1
① １ ２ ０ １ ＝ １ －１ %$
），又Ｂ→Ｑ （ ， ， ），→ＰＴ·Ｂ→Ｑ ，不满足ＰＴ ＢＱ，
０ ＝ １ ０ ２ ＝１＋０＋０＝１≠０ ⊥ "#
所以点Ｔ不是棱ＤＤ 的中点，故 中结论错误．
１ ①
若点Ｐ满足ＡＰ Ｂ Ｃ 则动点Ｐ的轨迹长度为
→ＰＴ （ｘ ，ｙ ，ｚ ），因为ＰＴ ＢＱ，所以ｘ （ｚ ） ，ｘ ｚ Ａ． ⊥ １ ， ４ ２
＝ －１ －１ －１ ⊥ －１＋２ －１ ＝０ ＋２
． 三棱锥Ａ ＰＢ Ｄ 体积的最大值为１６
＝３ Ｂ． － １ １
３
当ｘ 时，ｚ ３ ，当ｘ 时，ｚ １ ， 当直线ＡＰ与ＡＢ所成的角为 °时 点 Ｐ 的轨迹长度为
＝０ ＝ ＝２ ＝ Ｃ． ４５ ， π＋
２ ２
( ) ( ) ( ) ( )
４ ２
取Ｅ ， ，１ ，Ｆ ， ，１ ，Ｇ ， ，３ ，Ｈ ， ，３ ，
２ ０ ２ ２ ０ ２ ０ ０ 当Ｐ在底面ＡＢＣＤ上运动 且满足ＰＦ 平面Ｂ ＣＤ 时 线段
２ ２ ２ ２ Ｄ． ， ∥ １ １ ，
连接ＥＦ，ＦＧ，ＧＨ，ＨＥ， ＰＦ长度最大值为
２ ２
专题七 立体几何与空间向量 １ ８１
解析 对于 ，连接 ＡＤ ，ＢＣ ，如图 ，易知 Ｂ Ｃ 平面
Ａ １ １ １ １ ⊥
ＡＢＣ Ｄ ，因为Ａ 平面ＡＢＣ Ｄ ，点Ｐ是正方体表面上一点，所以
１ １ ∈ １ １
动点Ｐ的轨迹为矩形ＡＢＣ Ｄ ，则动点Ｐ的轨迹长度为 ，
１ １ ４ ２＋４
所以 错误；
Ａ
对于 ，因为Ｖ Ｖ ，而 ＡＢ Ｄ 的面积为定值 ，要
Ｂ Ａ － ＰＢ １ Ｄ １ ＝ Ｐ － ＡＢ １ Ｄ １ △ １ １ ２ ３
使三棱锥Ｐ ＡＢ Ｄ 的体积最大，当且仅当点Ｐ到平面ＡＢ Ｄ 距
－ １ １ １ １
离最大，易知，点Ｃ是正方体表面上到平面ＡＢ Ｄ 距离最大的
１ １
点，（Ｖ ） Ｖ ８ ， 错误；
Ａ － ＰＢ １ Ｄ １ ｍａｘ＝ Ｃ － ＡＢ １ Ｄ １ ＝ Ｂ
３
对于 ，连接ＡＣ，ＡＢ ，以Ｂ为圆心，ＢＢ 为半径画弧Ｂ Ｃ
Ｃ １ １ １
( ，如图
１
所示，当点Ｐ在线段ＡＣ，ＡＢ 和弧Ｂ Ｃ
１ １
(
上时，直线ＡＰ与ＡＢ所成
的角为 °， 又 ＡＣ ＡＢ２ ＢＣ２ ， ＡＢ
４５ ＝ ＋ ＝ ４＋４ ＝ ２ ２ １ ＝
ＡＢ２ ＢＢ２ ，弧Ｂ Ｃ ＋ １ ＝ ４＋４＝２ ２ １ (
例3 （多选）（ 湖南长沙一中第四次月考）如图 等边三角
２０２４ ，
形ＡＢＣ的边长为 Ｅ为边ＡＢ的中点 ＥＤ ＡＣ于Ｄ．将 ＡＤＥ沿
４， ， ⊥ △
ＤＥ翻折至 Ａ ＤＥ的位置 连接Ａ Ｃ．在翻折过程中 下列说法中
△ １ ， １ ，
正确的是 ＡＢＤ
（ ）
"
$ "
%
&
#
ＤＥ Ａ Ｃ
Ａ． ⊥ １
四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积的最大值是７ ３
Ｂ． １－
６
存在某个位置 使Ａ Ｅ ＢＥ
Ｃ． ， １ ⊥
的长度为 １ ×π×２ ２ ＝π ，故点Ｐ Ｄ． 在线段Ａ １ Ｃ上 ， 存在点Ｍ满足Ａ→ １ Ｍ ＝ １ Ｍ→Ｃ ， 使ＢＭ为定值 ４ ２
解析 对于 ，因为ＥＤ ＡＣ，所以ＤＥ ＣＤ，ＤＥ Ａ Ｄ，因为
的轨迹长度为 π＋４ ２ ，故 Ｃ 正确； Ａ ⊥ ⊥ ⊥ １
ＣＤ Ａ Ｄ Ｄ，ＣＤ，Ａ Ｄ 平面Ａ ＣＤ，所以ＤＥ 平面Ａ ＣＤ，因为
对于 Ｄ ，取Ａ １ Ｄ １ ，Ｄ １ Ｄ，ＤＣ，ＣＢ，ＢＢ １ ，ＡＢ的中点分别为 Ｑ，Ｒ，Ｎ， Ａ Ｃ ∩ 平 １ 面 ＝ Ａ ＣＤ，所 １ 以 ⊂ ＤＥ Ａ Ｃ １ ，所以 中说 ⊥ 法正确；对 １ 于 ，当
Ｍ，Ｔ，Ｈ，连接ＱＲ，ＱＦ，ＦＴ，ＴＭ，ＭＮ，ＮＲ，ＦＨ，ＨＮ，ＨＭ，ＦＭ，ＦＮ，如 １ ⊂ １ ⊥ １ Ａ Ｂ
平面Ａ ＤＥ 平面ＢＣＤＥ时，四棱锥Ａ ＢＣＤＥ的体积最大，由选
图 ２ 所示， １ ⊥ １－
项 分析，知 Ａ ＤＣ 为二面角 Ａ ＤＥ Ｃ 的平面角，所以
% $ % $ Ａ ∠ １ １－ －
2 Ａ ＤＣ °，即Ａ Ｄ ＤＣ，又Ａ Ｄ ＤＥ，ＤＥ ＤＣ Ｄ，所以Ａ Ｄ
" # " ' # ∠ １ ＝９０ １ ⊥ １ ⊥ ∩ ＝ １
' 1 3 ⊥ 平面 ＢＣＤＥ，即 Ａ １ Ｄ 为四棱锥 Ａ １－ ＢＣＤＥ 的高，四棱锥 Ａ １－
5 æ ö
%$ % / . $ ＢＣＤＥ的体积的最大值为 １ ３ è ç ４ ３ ×４ ２ － ２ １ ×１× ３ø ÷ ×１＝ ７ ６ ３，故 Ｂ
"# ")# 中说法正确；对于 ，假设存在某个位置，使得 Ａ Ｅ ＢＥ，连接
图 图 Ｃ １ ⊥
ＣＥ，则ＣＥ ＢＥ，因为Ａ Ｅ ＣＥ Ｅ，所以ＢＥ 平面Ａ ＣＥ，因为
因为ＦＴ Ｄ Ｃ，ＦＴ 平 １ 面Ｄ Ｂ Ｃ，Ｄ Ｃ 平面 ２ Ｄ Ｂ Ｃ，所以ＦＴ ⊥ １ ∩ ＝ ⊥ １
∥ １ ⊄ １ １ １ ⊂ １ １ ∥ Ａ Ｃ 平面Ａ ＣＥ，所以ＢＥ Ａ Ｃ，由 分析可得ＤＥ Ａ Ｃ，因为
平面 Ｄ Ｂ Ｃ，因为 ＴＭ Ｂ Ｃ，ＴＭ 平面 Ｄ Ｂ Ｃ，Ｂ Ｃ 平面 １ ⊂ １ ⊥ １ Ａ ⊥ １
１ １ ∥ １ ⊄ １ １ １ ⊂ ＤＥ ＢＥ Ｅ，ＤＥ，ＢＥ 平面ＢＣＤＥ，所以Ａ Ｃ 平面ＢＣＤＥ，因为
Ｄ Ｂ Ｃ，所以ＴＭ 平面 Ｄ Ｂ Ｃ，又 ＦＴ ＴＭ Ｔ，ＦＴ，ＴＭ 平面 ∩ ＝ ⊂ １ ⊥
１ １ ∥ １ １ ∩ ＝ ⊂ ＣＤ 平面ＢＣＤＥ，所以Ａ Ｃ ＣＤ，所以Ａ Ｄ ＣＤ，显然不可能，所
ＦＴＭ，故平面 ＦＴＭ 平面 Ｄ Ｂ Ｃ，又 ＱＦ ＮＭ，ＱＲ ＴＭ，ＲＮ ⊂ １ ⊥ １ ＞
∥ １ １ ∥ ∥ ∥ 以假设错误，所以 中说法错误；对于 ，由题设得，点Ｍ在线段
ＦＴ，故平面ＦＴＭＮＲＱ与平面ＦＴＭ是同一个平面，则点Ｐ的轨迹 Ｃ Ｄ
Ａ Ｃ上，且ＣＭ ＭＡ ，取ＡＣ的中点Ｎ，连接ＭＮ，ＮＢ，可得ＮＢ
为线段ＭＮ， １ ＝２ １ ⊥
ＡＣ，则ＮＢ ＤＥ，由等边三角形ＡＢＣ的边长为 ，得ＢＮ ，Ａ Ｄ
在三角形 ＦＮＭ 中，ＦＮ ＦＨ２ ＨＮ２ ，ＦＭ ∥ ４ ＝２ ３ １
＝ ＋ ＝ ４＋４ ＝ ２ ２ ＝
ＡＤ ，ＭＮ ２Ａ Ｄ ２，因为ＤＥ 平面Ａ ＣＤ，所以ＢＮ 平面
ＦＨ２ ＨＭ２ ，ＮＭ ，则 ＦＭ２ ＭＮ２ ＦＮ２，故 ＝ ＝１ ＝ １ ＝ ⊥ １ ⊥
＋ ＝ ４＋２＝ ６ ＝ ２ ＋ ＝８＝ ３ ３
三角形ＦＮＭ是以 ＦＭＮ为直角的直角三角形， Ａ ＣＤ，因为ＭＮ 平面Ａ ＣＤ，所以ＢＮ ＭＮ，所以 ＢＭＮ为直角
∠ １ ⊂ １ ⊥ △
故ＦＰ ＦＮ ，故 ＦＰ 长度的最大值为 ，故 正确，故
ｍａｘ＝ ＝２ ２ ２ ２ Ｄ 三角形，因为ＢＮ ，ＭＮ ２，所以ＢＭ ＢＮ２ ＭＮ２ ４ ７，为
选 ＝２ ３ ＝ ＝ ＋ ＝
ＣＤ． ３ ３
类型三：翻折问题 定值，所以 中说法正确，故选
Ｄ ＡＢＤ．
立体几何中的翻折问题的处理策略 . "
：
1.明确翻折前后变与不变的量 翻折前后在同一面内的量不发
， $ / % "
生变化 翻折前后不在同一面内的量发生变化．
， &
2.翻折后变化的量的大小要进行推理计算证明 不能从图形中
， #
凭感觉主观判断．
3.翻折后不易计算的量 可以回归到翻折前的图形中计算．
，
学生用书P108
１．（ 江苏南京、盐城一模， ）在棱长为 ａ ａ 的正方体 ２．（多选）（ 江西赣州十八县（市）二十四校联考， ）在正
２０２４ ７ ２ （ ＞０） ２０２４ １０
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｍ Ｎ分别为棱ＡＢ Ｄ Ｃ 的中点．已知 三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 已知ＡＡ ＡＢ 点Ｍ Ｎ分别为ＣＣ 和
－ １ １ １ １ ， ， ， １ １ － １ １ １ ， １＝ ， ， １
ＢＣ的中点 点Ｐ是棱ＡＡ 上的一个动点 则下列说法中正确
动点Ｐ在该正方体的表面上 ， 且Ｐ→Ｍ · Ｐ→Ｎ ＝０， 则点Ｐ的轨迹长 的有 ， １ ， ＢＣＤ
度为 Ｂ （ ）
（ ） 存在点Ｐ 使得Ｂ Ｍ 平面ＰＢＣ
ａ ａ ａ ａ Ａ． ， １ ∥
Ａ．１２ Ｂ．１２π Ｃ．２４ Ｄ．２４π
１ ８２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
直线ＰＮ与ＣＣ 为异面直线 所以点 Ｐ 到平面 ＡＢＣ 的距离 即为点 Ｐ 到 ＢＭ 的距离 设
Ｂ． １ ， ，
存在点Ｐ 使得Ｂ Ｍ ＰＮ 为ｈ
Ｃ． ， １ ⊥ ，
存在点Ｐ 使得直线ＰＮ与平面ＡＢＣ所成角为 °
Ｄ． ， ４５ 因为Ｓ １ ＡＢ ＡＣ ＣＡＢ １ ３ ２ ６ ３ ２为
３．（多选）（ 浙江金华十校二模， ）在矩形ＡＢＣＤ中 ＡＢ △ ＡＢＣ＝ · ·ｓｉｎ∠ ＝ × ６× × ＝
２０２４ １１ ， ＝ ２ ２ ２ ３ ２
ＡＤ Ｅ 为线段 ＡＢ 的中点 将 ＡＤＥ 沿直线 ＤＥ 翻折成 定值 所以当ｈ最大时 三棱锥Ｐ ＡＣＱ的体积最大
２ ， ， △ ， ， － ，
Ａ ＤＥ 若Ｍ为线段Ａ Ｃ的中点 则在 ＡＤＥ从起始到结束 ＰＡ ＰＣ
△ １ ， １ ， △ 而ＰＭ · 则ｈ ＰＭ
的翻折过程中 ＢＣＤ ＝ ＡＣ ＝１， ≤ ＝１，
（ ）
存在某位置 使得ＤＥ Ａ Ｃ
Ａ． 存在某位置 ， 使得ＣＥ ⊥ Ａ １ Ｄ 则当ｈ ＝１ 时 ，（ Ｖ Ｐ － ＡＣＱ）ｍａｘ ＝ １ （ Ｖ Ｐ － ＡＢＣ）ｍａｘ ＝ １ × １ × ３ ２ ×１
Ｂ． ， ⊥ １ ２ ２ ３ ２
ＭＢ的长为定值
Ｃ． ２．
＝
ＭＢ与ＣＤ所成角的正切值的最小值为 １ ４
Ｄ． 由 得 当三棱锥 Ｐ ＡＣＱ 的体积最大时 点 Ｐ 到平面
２ （３） （２） ， － ，
４．（多选）（ 浙江丽水、湖州、衢州教学质量检测， ）已知直 ＡＢＣ的距离为ＰＭ 即ＰＭ 平面ＡＢＣ．
２０２４ １０ ＝１， ⊥
三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＢＣ且ＡＢ ＢＣ 直线Ａ Ｃ与底 故ＰＭ ＡＣ ＰＭ ＭＢ
－ １ １ １ ， ⊥ ＝ ＝２， １ ⊥ ， ⊥ ，
又因为ＡＣ ＢＭ 所以ＭＡ ＭＢ ＭＰ两两垂直．
面ＡＢＣ所成角的正弦值为 ３ 则 ＡＢＤ ⊥ ， ， ，
， （ ） 故以Ｍ为原点 直线ＭＡ ＭＢ ＭＰ分别为ｘ ｙ ｚ轴建立空间直
３ ， ， ， ， ，
线段Ａ Ｃ上存在点Ｄ 使得Ａ Ｂ ＡＤ 角坐标系 如图
Ａ． １ ， １ ⊥ ， ，
线段Ａ Ｃ上存在点Ｄ 使得平面ＤＢＢ 平面ＤＣＣ [
Ｂ． １ ， １⊥ １ 1
Ｃ． 直三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 的体积为 ４ $
３ .
2
点Ｂ 到平面Ａ ＢＣ的距离为
Ｄ． １ １ ２ " #
５．（ 山东淄博二模， ）已知直角梯形ＡＢＣＤ ＡＤＣ ° Y Z
２０２４ １７ ，∠ ＝９０ ，
ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＣＤ ＡＤ Ｍ为对角线ＡＣ与ＢＤ的交 æ ö
∥ ， ＝２ ＝ ６， ＝ ３， 则Ａ Ｂ Ｐ Ｃç ２ ÷
点．现以ＡＣ为折痕把 ＡＤＣ折起 使点Ｄ到达点Ｐ的位置 点 （ ２，０，０）， （０，２，０）， （０，０，１）， è－ ，０，０ø，
△ ， ， ２
Ｑ为ＰＢ的中点 如图所示． æ ö
， 则→ＡＢ Ｐ→Ｂ Ｃ→Ｂ ç ２ ÷．
% $
1
＝（－ ２，２，０）， ＝（０，２，－１）， ＝è ，２，０ø
２
. . $ 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ），
2 {ｎ Ｐ→Ｂ ｙ ｚ
· ＝２ － ＝０，
" # " # 则 令ｙ 得ｎ
ｎ Ｃ→Ｂ ２ｘ ｙ ＝１， ＝（－２ ２，１，２），
证明 ＡＣ 平面ＰＢＭ · ＝ ＋２ ＝０，
（１） ： ⊥ ； ２
求三棱锥Ｐ ＡＣＱ体积的最大值 设直线ＡＢ与平面ＰＢＣ所成角为θ
（２） － ； ，
（３）
当三棱锥Ｐ
－
ＡＣＱ的体积最大时
，
求直线ＡＢ与平面ＰＢＣ
则 θ →ＡＢ ｎ ｜
→ＡＢ
·
ｎ
｜ ６ ７８
所成角的正弦值． ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ →ＡＢ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ６× １３ ＝ １３ ，
解析 证明 直角梯形 ＡＢＣＤ 中 因为 ＡＢ ＤＣ 所以
（１） ： ， ∥ ，
ＤＣ ＤＭ ＣＭ 所以直线ＡＢ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为 ７８．
ＤＭＣ ＢＭＡ 则 １
△ ∽△ ， ＡＢ＝ＭＢ＝ＡＭ＝ ， １３
２ ６．（ 福建宁德毕业班质量检查， ）在平行四边形 ＡＢＣＤ
２０２４ １６
在 ＡＤＣ中 ＡＣ ＡＤ２ ＣＤ２ ６ ３ ２． 中 Ｄ ° ＣＤ ＡＣ ．将 ＡＢＣ沿ＡＣ翻折到 ＡＰＣ的
Ｒｔ△ ， ＝ ＋ ＝ ３＋ ＝ ，∠ ＝６０ ， ＝１， ＝ ３ △ △
４ ２
位置 使得ＰＤ ．
在 ＤＡＢ中 ＢＤ ＡＤ２ ＡＢ２ ． ， ＝ ５
Ｒｔ△ ， ＝ ＋ ＝ ３＋６＝３ 证明 ＣＤ 平面ＡＰＣ
故可得ＡＭ
＝２
ＭＣ
＝ ２，
ＢＭ
＝２
ＤＭ
＝２，
因为ＡＭ２
＋
ＢＭ２
＝
ＡＢ２
，
（１）
在线
：
段Ａ
⊥
Ｄ上是否存在
；
点Ｍ 使得二面角Ｍ ＰＣ Ａ的余弦
所以由勾股定理的逆定理得ＡＭ ＢＭ （２） ， － －
⊥ ， ＡＭ
翻折后可得ＡＣ ＢＭ ＡＣ ＰＭ 值为２ ３９ 若存在 求出｜ ｜的值 若不存在 请说明理由．
⊥ ， ⊥ ， ？ ， ＭＤ ； ，
又因为ＰＭ ＢＭ Ｍ ＰＭ ＢＭ在平面ＰＢＭ内 １３ ｜ ｜
∩ ＝ ， ， ， 1
所以ＡＣ 平面ＰＢＭ． $ # $
⊥
因为点Ｑ为ＰＢ的中点
（２） ，
% " % . "
所以Ｖ １ Ｖ 又Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ
Ｑ － ＰＡＣ＝ Ｂ － ＰＡＣ， Ｑ － ＰＡＣ＝ Ｐ － ＡＣＱ， Ｂ － ＰＡＣ＝ Ｐ － ＡＢＣ， 解析 证明 在三角形 ＡＣＤ 中 由正弦定理可得
２ （１） ： ，
ＡＣ ＣＤ
所以Ｖ Ｐ
－
ＡＣＱ＝ １ Ｖ Ｐ
－
ＡＢＣ，
ＡＤＣ＝ ＣＡＤ，
３
°＝
１
ＣＡＤ， （１
分
）
２ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ６０ ｓｉｎ∠
因为ＡＣ 平面ＡＢＣ ＡＣ 平面ＰＢＭ
⊂ ， ⊥ ， ＣＡＤ １ 又ＡＣ ＣＤ 故 ＣＡＤ °． 分
所以平面ＡＢＣ 平面ＰＢＭ ｓｉｎ∠ ＝ ， ＞ ， ∠ ＝３０ （２ ）
⊥ ， ２
专题七 立体几何与空间向量 １ ８３
所以 ＡＣＤ ° 即ＣＤ ＡＣ 分 1
∠ ＝９０ ， ⊥ ， （３ ） % & $
因为ＰＤ ＰＣ ＣＤ
＝ ５， ＝２， ＝１， $
&
所以ＰＣ２ ＣＤ２ ＰＤ２ 则有ＣＤ ＰＣ． 分
＋ ＝ ， ⊥ （５ ） " # " #
因为ＰＣ ＡＣ Ｃ ＡＣ ＰＣ 平面ＡＰＣ
∩ ＝ ， ， ⊂ ， 解析 作ＦＭ ＡＢ 交ＰＢ于Ｍ
所以ＣＤ 平面ＡＰＣ． 分 （１） ∥ ， ，
⊥ （６ ） 易得Ｍ Ｆ Ｅ Ｃ四点共面 分
由 知ＣＤ 平面ＡＰＣ 且ＣＤ 平面ＡＤＣ ， ， ， ， （１ ）
（２） （１） ⊥ ， ⊂ ， ＥＦ 平面ＰＢＣ
所以平面ＡＤＣ 平面ＡＰＣ． ∵ ∥ ，
⊥ 1
在平行四边形ＡＢＣＤ中 ＢＡ ＡＣ 即ＰＡ ＡＣ
， ⊥ ， ⊥ ， ' .
故ＰＡ 平面ＡＤＣ． 分 $
⊥ （７ ） &
以点Ｃ为坐标原点 Ｃ→Ｄ →ＣＡ →ＡＰ的方向分别为ｘ ｙ ｚ轴的正方 " #
， 、 、 、 、
向建立空间直角坐标系 如图 则Ｃ Ｄ Ｐ 平面ＥＦＭＣ 平面ＰＢＣ ＭＣ ＥＦ 平面ＥＦＭＣ
， ， （０，０，０）， （１，０，０）， （０， ∩ ＝ ， ⊂ ，
Ａ 分 ＥＦ ＭＣ 又ＦＭ ＡＢ ＣＥ
３，１）， （０， ３，０）， （８ ） ∴ ∥ ， ∥ ∥ ，
[ 四边形ＥＦＭＣ为平行四边形 ＥＣ ＦＭ
∴ ，∴ ＝ ，
$
1 ＭＦ
１ 分
∴ ＡＢ＝ ， （５ ）
３
% . " ＡＦ
Y Z 由 ＰＦＭ ＰＡＢ可得 ． 分
△ ∽△ ＦＰ＝２ （６ ）
设Ａ→Ｍ λＡ→Ｄ λ λ λ 其中 λ
＝ ＝ （１，－ ３，０）＝（ ，－ ３ ，０）， ０≤ ≤１， 取ＡＥ的中点Ｏ 由ＰＡ ＰＥ得ＰＯ ＡＥ
（２） ， ＝ ⊥ ，
则Ｃ→Ｍ →ＣＡ Ａ→Ｍ λ λ λ λ 因为平面ＡＰＥ 平面ＡＢＣＥ 平面ＡＰＥ 平面ＡＢＣＥ ＡＥ ＰＯ
＝ ＋ ＝（０， ３，０）＋（ ，－ ３ ，０）＝（ ， ３－ ３ ，０）， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
分 平面ＡＰＥ 所以ＰＯ 平面ＡＢＣＥ． 分
（９ ） ， ⊥ （８ ）
设平面ＭＣＰ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 以Ｏ为坐标原点 ＯＡ所在直线为ｘ轴建立如图所示的空间直
＝（ ， ， ）， ，
{
ｍ Ｃ→Ｐ ｙ ｚ 角坐标系
则 · ＝ ３ ＋ ＝０， 取 ｙ λ 则 ｚ λ ｘ ，
＝ ， ＝－ ３ ， ＝ [
ｍ Ｃ→Ｍ λｘ λ ｙ
· ＝ ＋（ ３－ ３ ） ＝０， 1
λ 所以ｍ λ λ λ 分
３（ －１）， ＝（ ３（ －１）， ，－ ３ ）， （１１ ）
$
易知平面ＣＰＡ的一个法向量为ｎ 分 0 &
＝（１，０，０）， （１２ ）
ｍ ｎ λ Y " # Z
则 ｍ ｎ ｜ · ｜ ｜ ３（ －１）｜ ２ ３９ 整
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ ｍ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ３（ λ －１） ２ ＋ λ２ ＋３ λ２ ＝ １３ ， 则Ｐ Ｅ Ｃ ( ３ １ )
理可得
１５
λ２
＋２
λ
－１＝０，
（０，０，１）， （－１，０，０）， －
２
，
２
，０ ，
( )
由 λ 解得λ １ 舍负 分 则Ｐ→Ｅ Ｅ→Ｃ １ １
０≤ ≤１， ＝ （ ）， （１４ ） ＝（－１，０，－１）， ＝ － ， ，０ ，
５ ２ ２
因此 线段ＡＤ上存在点Ｍ 使得二面角Ｍ ＰＣ Ａ的余弦值为 设平面ＰＥＣ的法向量为ｍ ａ ｂ ｃ
， ， － － ＝（ ， ， ），
ＡＭ {ｍ Ｐ→Ｅ ａ ｃ
２ ３９ 且｜ ｜ １ ． 分 · ＝－ － ＝０，
， ＭＤ ＝ （１５ ） 则
１３ ｜ ｜ ４ ｍ Ｅ→Ｃ １ ａ １ ｂ ．
７．（ 山东省实验中学一模， ）已知矩形ＡＢＣＤ中 点Ｅ在 · ＝－ ＋ ＝０
２０２４ １６ ， ２ ２
不妨取ａ 则ｂ ｃ ｍ 分
边ＣＤ上 且ＡＤ ＤＥ ＣＥ ．现将 ＡＤＥ沿ＡＥ向上翻折 ＝１， ＝１， ＝－１， ＝（１，１，－１）， （１２ ）
， ＝ ＝２ ＝ ２ △ ，
易知平面ＡＢＣＥ的一个法向量为ｎ
使点Ｄ到点Ｐ的位置 构成如图所示的四棱锥Ｐ ＡＢＣＥ． ＝（０，０，１），
， －
ＡＦ ｍ ｎ
若点Ｆ在线段ＡＰ上 且ＥＦ 平面ＰＢＣ 求 的值 则 ｍ ｎ · １ ３
（１） ， ∥ ， ＦＰ ； ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝－ ＝－ ，
｜ ｜·｜ ｜ ３ ３
若平面ＡＰＥ 平面ＡＢＣＥ 求平面ＰＥＣ与平面ＡＢＣＥ夹角
（２） ⊥ ， 则平面ＰＥＣ与平面ＡＢＣＥ夹角的余弦值为 ３． 分
的余弦值． （１５ ）
３
