第33 讲空间角的求解与立体几何综合
（知识清单+9 典例精讲+4 方法技巧+分层训练）
近3 年考查情况
题型
分值
线线垂直证明、二面角求解
解答题
12 分
圆锥内动点距离最值
单选/解答题
5 分/12 分
距离与体积最值
填空题
5 分
面面垂直证明、线面角求解
解答题
12 分
点到面距离、线面平行存在性探索
解答题
12 分
动点轨迹判定
多选题
6 分
截面形状、面积分析
单选/多选题
5 分/6 分
【知识点01】异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos〈u，v〉|=|u·v |
|u||v | .
【例1】
在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，棱长为2，求异面直线A B1与BC1所成角的余弦值。
解：步骤1：建系设点 以D为原点，分别以DA , DC , D D1为x , y , z轴建立空间直角坐标系，棱长为2：
A(2,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2).
步骤2：求方向向量A B
→
1=(0,2,2),BC
→
1=(−2,0,2)
步骤3：代入夹角公式计算cos θ =| A B
→
1⋅BC
→
1|
| A B
→
1|⋅|BC
→
1|
=|0+0+ 4|
❑√8×❑√8 = 4
8 = 1
2
答案：异面直线所成角余弦值为1
2
【知识点02】直线与平面所成的角
如图，直线AB 与平面α 相交于点B，设直线AB 与平面α 所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u，平面α 的法向
量为n，则sin θ=|cos〈u，n〉|=|
u·n
|u||n||=|u·n|
|u||n| .
【例2】正方体棱长为2，求直线A C1与底面ABCD所成角的正弦值。
解：步骤1：确定向量直线方向向量A C
→
1=(−2,2,2)，底面法向量n=(0,0,1)
步骤2：代入线面角公式sin θ =| A C
→
1⋅n|
| A C
→
1|⋅|n|
=|2|
❑√12×1 =
2
2❑√3 =
❑√3
3
答案：线面角正弦值为
❑√3
3
【知识点03】平面与平面的夹角
如图，平面α 与平面β 相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α 与平面β 的
夹角.
若平面α，β 的法向量分别是n1和n2，则平面α 与平面β 的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α 与平面β
的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|.
【例3】正方体棱长为2，求平面ABC1与平面ABC的夹角余弦值。
解：步骤1：求两个平面法向量底面ABC法向量n1=(0,0,1)，平面ABC1法向量n2=(1,−1,0)
步骤2：计算二面角余弦cos θ =|n1⋅n2|
|n1||n2| =0
答案：两平面夹角为π
2 ，余弦值为0
【知识点04】点到直线的距离
如图，已知直线l 的单位方向向量为u，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设⃗AP=a，则向量⃗AP在直线l 上
的投影向量⃗AQ=(a·u)u，在Rt△APQ 中，由勾股定理，PQ=❑√|⃗AP|
2−|⃗AQ|
2=❑√a
2−(a·u)
2.
【例4】已知点P(2,0,0)，直线过A(0,0,0)，方向向量s=(0,2,2)，求点P到直线的距离。
解：AP
→
=(−2,0,0)、代入距离公式：d =| AP
→
×s|
|s|
=|(0,4 ,−4)|
❑√8
=
❑√32
2❑√2 =2
答案：点到直线距离为2
【知识点05】点到平面的距离
如图，已知平面α 的法向量为n，A 是平面α 内的定点，P 是平面α 外一点.过点P 作平面α 的垂线l，交平面α 于
点Q，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α 的距离就是⃗AP在直线l 上的投影向量⃗QP的长度，因此PQ=
|⃗AP·
n
|n||=|⃗
AP·n
|n| |=|⃗AP·n|
|n|
.
【例5】求点P(2,2,2)到平面xOy的距离。
解：取平面内一点A(0,0,0)，AP
→
=(2,2,2)，平面法向量n=(0,0,1)
d =| AP
→
⋅n|
|n|
=|2|
1
=2
答案：点到平面距离为2
【知识点06】立体几何中的截面、交线问题
核心原理：平面基本性质，两点确定一条直线；三面共点，延长线必交于一点
作图口诀：找共面两点，连线延长，找公共交点，依次连接形成封闭截面
考法：判断截面形状、求截面周长/面积、找面面交线
【例6】正方体ABCD−A1B1C1 D1，点E为A A1中点，点F为C C1中点，过D1, E , F三点作正方体截面，判断
截面形状。
解：延长D1 E、DA交于一点，延长D1 F、DC交于一点
根据平面交线公理，依次连接各交点，可得截面为平行四边形
补充：三点均在正方体侧面，截面为平行四边形，对边平行且相等
答案：截面为平行四边形
【知识点07】立体几何中的动态、轨迹问题
解题方法：①几何法：定点定距判定圆、线段、球面轨迹；②向量坐标法：设动点坐标，列等式化简轨迹方程
常见轨迹：圆、线段、圆弧、球面
【例7】在正方体中，动点P在棱BC上运动，求证点P到直线A D1的距离为定值，并判断动点轨迹。
解：建立空间直角坐标系，设棱长为2，设P(2,t ,0),t ∈[0,2]
利用点到直线距离公式代入计算，距离表达式不含参数t，距离恒为定值
轨迹结论：动点P轨迹为一条线段
答案：距离为定值，动点轨迹为线段
【题型一】异面直线夹角的向量求法
【例1】（2026·重庆·一模）正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1，则异面直线A B1与BC1所成角的余弦值为
（ ）
A．−
❑√15
4
B．−1
4
C．
❑√15
4
D．1
4
【答案】D
【分析】以A 为原点，在平面ABC中，过A 作AC的垂线为x 轴，AC为y 轴，A A1为z 轴，建立空间直角坐标系，
利用向量法能求出异面直线A B1与BC1所成角的余弦值．
【详解】在正三棱柱ABC ﹣A1B1C1中， 以A 为原点，在平面ABC中，过A 作AC的垂线为x 轴，
AC为y 轴，A A1为z 轴，建立空间直角坐标系，
∵AB = A A1
，不妨取
AB = A A1=2
则A (0,0,0),B1(❑√3,1,2)，B(❑√3,1,0)，C1(0,2,2)，⃗
A B1=(❑√3,1,2)，⃗BC1=(−❑√3,1,2)
设异面直线A B1与BC1所成角为θ，
则cosθ = |⃗A B1⋅⃗BC1|
|⃗A B1|⋅|⃗BC1|
=
2
❑√8⋅❑√8 = 1
4 ，
∴异面直线A B1与BC1所成角的余弦值为1
4 ．
故选：D．
【变式1】（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体ABCD中，M ，N分别为AB，AD的中点，连接CM ，BN，
若正四面体的边长为2，则直线CM与直线BN所成角的余弦值为（ ）
A．
❑√3
6
B．1
12
C．
❑√6
6
D．1
6
【答案】D
【分析】取底面BCD的中心O，连接AO，以O为原点，OD为x轴，过O作平行于BC的直线为y轴，OA为z轴建立
空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角.
【详解】取底面BCD的中心O，连接AO，则AO⊥平面BCD，以O为原点，OD为x轴，过O作平行于BC的直线为
y轴，OA为z轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面△BCD的外接圆半径OD = 2❑√3
3
，则由题易得
高AO= ❑√
2
2−(
2❑√3
3 )
2
= 2❑√6
3
，故A(0,0, 2❑√6
3 ),B(−
❑√3
3 ,1,0),C(−
❑√3
3 ,−1,0)，
D(
2❑√3
3
,0,0)，由M、N分别为AB、AD的中点，所以M(−
❑√3
6 , 1
2 ,
❑√6
3 )，
同理得N(
❑√3
3 ,0,
❑√6
3 )，故CM
→
=(
❑√3
6 , 3
2 ,
❑√6
3 ),BN
→
=(
2❑√3
3
,−1,
❑√6
3 )，
所以由向量夹角公式可知cosθ =|
CM
→
⋅BN
→
|CM
→||BN
→||
=|
−1
2
❑√3×❑√3|= 1
6
.
【变式2】（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，已知AB = AC =3，BC = B B1=2，则异面直线
AB与B1C所成角的余弦值为________．
【答案】
❑√2
6 /1
6
❑√2
【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可.
【详解】作AD⊥BC，因为AB = AC =3，所以D是BC的中点，
过D作D D1// B B1，由直三棱柱性质得D D1⊥面ABC，
如图，作出符合题意的图形，以D为原点建立空间直角坐标系，
因为BC = B B1=2，所以BD =CD =1，由勾股定理得AD =2❑√2，
则A(2❑√2,0,0)，B(0,−1,0)，B1(0,−1,2)，C(0,1,0)，
可得⃗AB =(−2❑√2,−1,0)，⃗B1C =(0,2,−2)，
设异面直线AB与B1C所成角为θ，
则cosθ = |⃗AB⋅⃗B1C|
|⃗AB|⋅|⃗B1C|
=
2
3×2❑√2 =
❑√2
6 .
【变式3】（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥S−ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB =2CD =3，
AD = AS = 4，SB =5，SD = 4 ❑√2．
(1)求证：AB⊥平面SAD；
(2)若⃗SB = 4⃗SM，求直线BD 与直线MC 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)11❑√409
409
【分析】（1）在△SAB中，得到A B
2+ A S
2= S B
2，证得AB⊥SA，再由AB⊥AD，利用线面垂直的判定定理，即
可证得AB⊥平面SAD.
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点M ( x , y , z)，由⃗SB = 4⃗SM，求得⃗MC =(4 ,−3, 3
4 )，再由⃗
BD =(4,0,−3)，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在△SAB中，因为AB =3, AS = 4 ,SB =5，
可得A B
2+ A S
2= S B
2，所以AB⊥SA，
因为AB⊥AD，且SA ∩AD = A，SA , AD⊂平面SAD，
所以AB⊥平面SAD.
（2）解：在△SAD中，因为AD = SA = 4 ,SD = 4 ❑√2，
可得A D
2+ S A
2= S D
2，所以AD⊥AS，
由（1）知：AB⊥平面SAD，AD , AS⊂平面SAD，所以AB⊥AD , AB⊥AS，
以A为原点，以AD , AS , AB所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则S(0,4,0),B(0,0,3), D(4,0,0),C(4,0, 3
2 )，可得⃗SB =(0,−4,3)，
设M ( x , y , z)，可得⃗SM =( x , y −4 , z)，
因为⃗SB = 4⃗SM，可得(0,−4,3)= 4⋅( x , y −4 , z)，
可得¿，解得x =0, y =3, z = 3
4 ，即M (0,3, 3
4 )，所以⃗MC =(4 ,−3, 3
4 )，
又由⃗BD =(4,0,−3)，可得⃗BD⋅⃗MC = 55
4 ,|⃗MC|=
❑√409
4
,|⃗BD|=5
设异面直线BD与MC所成的角为θ，
可得cosθ =|cos⟨⃗BD ,⃗MC⟩|=|⃗BD⋅⃗MC|
|⃗BD||⃗MC|
=
55
4
❑√409
4
×5
= 11❑√409
409
.
【题型二】线面角的向量求法
【例2】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥AC，AB = AC = 3
2 A A1，D为线段BC
的中点，点E在线段B1C1上，且B1 E = 1
3 B1C1，则直线DE与平面AC C1 A1所成角的正弦值为（ ）
A．1
6
B．
❑√2
6
C．
❑√3
6
D．1
3
【答案】B
【分析】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
不妨设A A1= 4，则AB = AC =6，
则D (3,3,0), E (4,2,4)，故⃗DE =(1,−1,4)，
因为x轴⊥平面AC C1 A1，则可取平面AC C1 A1的法向量为⃗n=(1,0,0)，
则|cos⟨⃗DE ,⃗n⟩|=|⃗DE⋅⃗n|
|⃗DE||⃗n|
=
1
3 ❑√2×1 =
❑√2
6 ，
即直线DE与平面AC C1 A1所成角的正弦值为
❑√2
6 .
故选：B.
【变式1】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1，过点A且与A1C垂直的平面为α，则A C1与
平面α所成角的余弦值为（ ）
A．1
3
B．
❑√3
3
C．
❑√6
3
D．2❑√2
3
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，求平面α的法向量，再用线面角公式求解即可.
【详解】设正方体棱长为1，以A为原点，AB、AD、A A1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，A1(0,0,1)，C (1,1,0)，C1(1,1,1).
所以⃗A1C =(1,1,−1)，⃗A C1=(1,1,1).
因为平面α过点A且与A1C垂直，所以⃗A1C =(1,1,−1)就是平面α的法向量，
设A C1与平面α所成角为θ，
所以sinθ =|cos⟨⃗A C1,⃗A1C⟩|= |⃗A C1⋅⃗A1C|
|⃗A C1|⋅|⃗A1C|
=
|1×1+1×1+1×(−1)|
❑√1
2+1
2+1
2⋅
❑√1
2+1
2+(−1)
2 =
1
❑√3⋅❑√3 = 1
3.
所以cosθ =
❑√1−sin
2θ = ❑√
1−(
1
3)
2
= ❑√
8
9 = 2❑√2
3
.
故选：D.
【变式2】在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点A(1,1,0)，B(0,3,2)，C(2,0,3)，若平面α // y轴，且BC ⊂α，则
直线AC与平面α所成的角的正弦值为___________.
【答案】
❑√55
11
【分析】根据题意设平面α的法向量为⃑n=( x ,0, z)，进而根据⃑n⊥⃑BC得⃑n=(1,0,−2)，再根据向量方法计算AC与平
面α所成的角的正弦值.
【详解】解：⃑BC =(2,−3,1)，⃑AC =(1,−1,3)，
由平面α平行于y 轴，可设平面α的法向量为⃑n=( x ,0, z)，
因为BC ⊂α，
所以⃑n⊥⃑BC，即2 x + z =0，所以可取⃑n=(1,0,−2)，
所以cos〈⃑n,⃑AC 〉=⃑
n⋅⃑AC
|⃑n||⃑AC | =
1−6
❑√5×❑√11 =−
❑√55
11 ，
所以直线AC 与平面α所成的角的正弦值为
❑√55
11 .
故答案为：
❑√55
11
【变式3】（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥P−ABC，△ABC与△PAB都是边长为2的等边三角形．
(1)若PC = ❑√6，证明：平面ABP⊥平面ABC；
(2)若二面角P−AB−C的大小为π
3 ，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3 ❑√13
13
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E，连接PE ,CE，利用几何关系及线面垂直的判定定理得CE⊥平面PAB，再
由面面垂直的判定定理，即可求解；
（2）法一，建立空间直角坐标系，求出平面PAC的法向量及⃗PB，利用线面角的向量法，即可求解；法二，利用等体
积法，求出P到平面PAC的距离，再利用线面角的定义，即可求解.
【详解】（1）由题意，△ABC是边长为2的等边三角形，过点C作CE⊥AB于点E，连接PE ,CE，
则PE =CE = ❑√3，又PC = ❑√6，则P E
2+C E
2= PC
2，所以PE⊥CE，
又CE⊥AB , PE∩AB = E , PE , AB⊂平面PAB，
所以CE⊥平面PAB，又CE⊂平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC，
（2）方法一（向量法）
因为PE⊥AB，CE⊥AB，平面PAB ∩平面CAB = AB，所以∠PEC =π
3 ，
以E为坐标原点，分别以EC , EB所在直线为x，y轴，过E作底面的垂线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则A (0,−1,0),B (0,1,0),C (❑√3,0,0), P(
❑√3
2 ,0, 3
2 )，
所以⃗PA =(−
❑√3
2 ,−1,−3
2 ),⃗AC =(❑√3,1,0),⃗PB =(−
❑√3
2 ,1,−3
2 )，
设平面PAC的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，即¿，令x = ❑√3，得y =−3, z =1，
所以平面PAC的一个法向量为⃗m=(❑√3,−3,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，则sinθ = |⃗PB⋅⃗m|
|⃗PB|⋅|⃗m|
= |−6|
2⋅❑√13 = 3 ❑√13
13
，
方法二（几何法）
因为PE⊥AB，CE⊥AB，平面PAB∩平面CAB = AB，所以∠PEC =π
3 ，
又PE =CE = ❑√3，所以PC = ❑√3
因为S△ABC =
❑√3
4 ⋅2
2= ❑√3，过P作PH ⊥EC于H，
因为PE⊥AB，CE⊥AB，PE∩EC = E , PE , EC ⊂平面PEC，则AB⊥平面PEC，
又AB⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面PEC
又因为平面ABC ∩平面PEC = EC，故PH ⊥平面ABC，
所以PH = PE⋅sinπ
3 = 3
2，所以V P−ABC = 1
3 ⋅S△ABC⋅PH = 1
3 ⋅❑√3⋅3
2 =
❑√3
2 ，
由PA = AC =2, PC = ❑√3，可得cos∠PAC = 5
8 ,sin ∠PAC =
❑√39
8
，
则S△PAC = 1
2 ⋅PA ⋅AC ⋅sin ∠PAC = 1
2 ⋅2⋅2⋅
❑√39
8
=
❑√39
4
，
由V P−ABC =V B−PAC = 1
3 ⋅S△PAC⋅h=
❑√3
2 ，得到1
3 ×
❑√39
4
⋅h=
❑√3
2 ，解得h= 6 ❑√13
13
，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，则sinθ = h
PB =
6 ❑√13
13
2
= 3 ❑√13
13
.
【题型三】面面角的向量求法
【例3】（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M是D D1的中点，则平面MA B1与平面
ABCD的夹角余弦值是（ ）
A．2❑√2
3
B．
❑√6
3
C．
❑√5
3
D．2
3
【答案】D
【分析】设AB =2，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
【详解】以点A为坐标原点，AB、AD、A A1所在直线分别为x、y、z轴,
建立如下图所示的空间直角坐标系，
设AB =2，则A (0,0,0)、B1(2,0,2)、M (0,2,1)，则⃗A B1=(2,0,2)，⃗AM =(0,2,1)，
设平面MA B1的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，
所以¿，取z =−2，可得⃗m=(2,1,−2)，
易知平面ABCD的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，则cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n|= −2
3×1 =−2
3，
故平面MA B1与平面ABCD的夹角余弦值是2
3.
【变式1】在矩形ABCD中，AD =a，AB =b，b>a．将▵ACD沿着AC翻折，使D点在平面ABC上的投影E恰好
在直线AB上，则此时二面角B−AC −D的余弦值为（ ）
A．a
2
b
2
B．a
b
C．
❑√ab
b
D．a+b
2b
【答案】A
【分析】如图所示，作DG⊥AC于G，BH ⊥AC于H，求得⃗GD·⃗HB，|⃗GD|·|⃗HB|，利用向量的夹角公式可求
二面角B−AC −D的余弦值.
【详解】如图所示，作DG⊥AC于G，BH ⊥AC于H.
在Rt△ADC中，AC =
❑√a
2+b
2，cos∠DAC = AD
AC =
a
❑√a
2+b
2，
在Rt△ADG中，AG = AD cos∠DAC =a×
a
❑√a
2+b
2 =
a
2
❑√a
2+b
2，
DG =
❑√A D
2−A G
2= ❑√
a
2−(
a
2
❑√a
2+b
2 )
2
=
ab
❑√a
2+b
2，
同理可得cos∠BCA = BC
AC =
a
❑√a
2+b
2，CH =
a
2
❑√a
2+b
2，DG =
ab
❑√a
2+b
2，
因为⃗AD·⃗BC =(⃗AE +⃗ED)·⃗BC =⃗AE·⃗BC +⃗ED·⃗BC =0，
所以⃗GD·⃗HB =(⃗GA +⃗AD)·(⃗HC +⃗CB)=⃗GA ·⃗HC +⃗GA ·⃗CB+⃗AD·⃗HC +⃗AD·⃗CB
=−
a
2
❑√a
2+b
2 ×
a
2
❑√a
2+b
2 +
a
2
❑√a
2+b
2 ×a×
a
❑√a
2+b
2 +a×
a
2
❑√a
2+b
2 ×
a
❑√a
2+b
2 +0=
a
4
a
2+b
2，
又因为|⃗GD|·|⃗HB|=
ab
❑√a
2+b
2 ×
ab
❑√a
2+b
2 = a
2b
2
a
2+b
2，
所以cos⟨⃗GD ,⃗HB⟩=⃗
GD·⃗HB
|⃗GD|·|⃗HB|
=
a
4
a
2+b
2
a
2b
2
a
2+b
2
= a
2
b
2.
因为⃗GD与⃗HB的夹角即为二面角B−AC −D的大小，
所以二面角B−AC −D的余弦值为a
2
b
2.
故选：A.
【变式2】（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，设A (−❑√2,❑√2),B(3 ❑√2,0)，若沿直线l: y = x
把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，|AB|=3 ❑√2，则θ的余弦值为______．
【答案】1
3
【分析】在平面直角坐标系中，过点B作BC ⊥l于点C，则折成二面角后，θ =〈⃗OA ,⃗CB 〉，由
|⃗AB|=|⃗AO+⃗OC +⃗CB|=3 ❑√2结合向量的数量积运算求解即可．
【详解】在平面直角坐标系中，过点B作BC ⊥l于点C，
可知AO⊥l , AO =2,OB =3 ❑√2,BC =OC =3，
沿直线l: y = x把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，
仍有AO⊥OC ,BC ⊥OC，
则θ =〈⃗OA ,⃗CB 〉，
由|⃗AB|=|⃗AO+⃗OC +⃗CB|=3 ❑√2，
可得|⃗AO+⃗OC +⃗CB|
2=18，
即|⃗AO|
2+|⃗OC|
2+|⃗CB|
2+2⃗AO⋅⃗OC +2⃗AO⋅⃗CB+2⃗OC ⋅⃗CB =18，
即2
2+3
2+3
2+0+2×2×3×cos(π−θ)+0=18，
可得cosθ = 1
3．
故答案为：1
3
【变式3】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥AC，A A1=2 AB =2 AC，⃗
BP = λ⃗B B1．
(1)当λ= 1
2时，证明：平面PAC ⊥平面P A1C．
(2)当λ∈(0,1)，记平面PAC与平面BC C1B1的夹角为θ，求cosθ的取值范围．
【答案】(1)证明：设A A1=2 AB =2 AC =2，
因为ABC −A1B1C1为直三棱柱，且AB⊥AC，所以A A1⊥平面ABC，
又AC ⊂平面ABC，所以A A1⊥AC，
因为AB，A A1⊂平面AB B1 A1，A A1∩AB = A，所以AC ⊥平面AB B1 A1.
又P A1⊂平面AB B1 A1，所以AC ⊥P A1.
当λ = 1
2时， P 为B B1的中点，所以在△PA A1中，PA = P A1= ❑√2，A A1=2，则PA ⊥P A1，
因为PA，AC ⊂平面PAC，PA ∩AC = A，所以P A1⊥平面PAC，
又P A1⊂平面P A1C，所以平面PAC ⊥平面P A1C．
(2)(0,
❑√10
5 )．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PAC与平面BC C1B1的法向量，结合面面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）略
（2）由（1）知AB，AC，A A1两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，C (1,0,0)，A1(0,2,0)，B (0,0,1)，B1(0,2,1)，P(0,2 λ ,1)，
⃗
AC =(1,0,0)
，⃗
CP =(−1,2 λ ,1)
，
设平面PAC的法向量⃗n1=(x1, y1, z1)，
则¿，即¿，令y1=1，则z1=−2 λ，所以⃗n1=(0,1,−2 λ).
又⃗BC =(1,0,−1,)，⃗B B1=(0,2,0)，设平面BC C1B1的法向量⃗n2=(x2, y2, z2)，
则¿，即¿，令x2=1，则z2=1，所以⃗n2=(1,0,1).
所以cosθ =|⃗n1⋅⃗n2|
|⃗n1||⃗n2|
=
❑√2 λ
❑√1+ 4 λ
2 = ❑√2❑√
λ
2
1+ 4 λ
2 = ❑√2❑
√
1
1
λ
2 + 4 ．
又λ∈(0,1)，所以1
λ
2 + 4∈(5,+ ∞)，❑
√
1
1
λ
2 + 4
∈(0,
❑√5
5 )，所以
❑√2❑
√
1
1
λ
2 + 4
∈(0,
❑√10
5 ).
故cosθ的取值范围为(0,
❑√10
5 )．
【题型四】点到平面距离的向量求法
【例4】（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系O−xyz中，过点P(x0, y0, z0)且一个法向量为⃗
n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b( y −y0)+c(z−z0)=0，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程
为2 x + y + z =2，点Q(2,1,−1)，则点Q 到平面α距离为（ ）
A．
❑√6
6
B．
❑√6
3
C．
❑√6
2
D．1
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出平面α的法向量及所过的点，再利用点到平面距离公式求解
【详解】依题意，平面α :2 x + y + z =2过点P(1,0,0)，其法向量n
→
=(2,1,1)，
则PQ
→
=(1,1,−1)，所以点Q 到平面α距离h=| PQ
→
· n
→
|
| n
→
|
= 2
❑√6 =
❑√6
3 .
【变式1】（多选）（2025·河南·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2, E , F , M分别是棱
AD , A1B1,B B1的中点，则（ ）
A．EF // BC1
B．EF ⊥A1C1
C．EF //平面B B1 D1 D
D．点E到平面F C1 M的距离为7
4
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量法向量的垂直即可证明判断A，B，C，根据空间向量的点面距公式即可
求D.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系：正方体棱长为2，
则E (1,0,2), F (2,1,0), A1(2,0,0),B (2,2,2),C1(0,2,0),B1(2,2,0), D1(0,0,0),
所以⃗EF =(1,1,−2),⃗BC1=(−2,0,−2),⃗A1C1=(−2,2,0)，
因为1×0≠−2，所以EF // BC1不成立，A 选项错误；⃗
EF ⋅⃗A1C1=−2+2+0=0，所以EF ⊥A1C1，B 选项正确；⃗
B B1=(0,0,−2),⃗D1B1=(2,2,0)
⃗
B B1⋅⃗A1C1=0×(−2)+0×2+0×(−2)=0，⃗
D1B1⋅⃗A1C1=0×2+0×2+0×(−2)=0，
所以平面B B1 D1 D的一个法向量为⃗A1C1=(−2,2,0) ，
又因为⃗EF ⋅⃗A1C1=−1+2+0=0，所以EF ⊄平面B B1 D1 D，所以EF //平面B B1 D1 D，C 选项正确；
F (2,1,0),C1(0,2,0), M (2,2,1) ，则⃗F C1=(−2,1,0),⃗C1 M =(2,0,1) ,
设平面F C1 M的法向量为⃗m=(x , y , z) ，
所以¿ ，取y =2，则z =−2, x =1，故⃗m=(1,2,−2)；
由⃗EF =(1,1,−2),
设点E到平面F C1 M的距离为d，则d =|⃗EF ⋅⃗m|
|⃗m|
=
|1+2+ 4|
❑√2
2+(−2)
2+1
2 = 7
3，D 选项错误；
故选：BC.
【变式2】（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，△ABC 是正三角形，D 为AC 的中点，点E 在
棱C C1上，且CE =2 EC1，若AB =2，A A1=3，则点A1到平面BDE 的距离为__________.
【答案】❑√5
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出⃗A1B ,⃗n，其中⃗n是平面BDE的法向量，结合公式|⃗A1B⋅⃗n|
|⃗n|
即可运算求解.
【详解】如图，取AB , A1B1的中点F ,G，因为A A1⊥平面ABC，FB , FC ⊂平面ABC，
所以A A1⊥FB , A A1⊥FC，
因为三角形ABC是等边三角形，点F是AB中点，所以FB⊥FC，
所以FB , FC , FG两两互相垂直，以点F为坐标原点，FB , FC , FG所在直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
因为CE =2 EC1，AB =2，A A1=3，D 为AC 的中点，
所以B (1,0,0), A (−1,0,0),C (0,❑√3,0), D(−1
2 ,
❑√3
2 ,0), E(0,❑√3,2), A1(−1,0,3)，
所以⃗A1B =(2,0,−3),⃗DB =(
3
2 ,−
❑√3
2 ,0),⃗EB =(1,−❑√3,−2)，
设平面BDE的法向量为⃗n=(x , y , z)，
所以¿，令x =1，解得y = ❑√3, z =−1，
所以可取⃗n=(1,❑√3,−1)，
点A1到平面BDE 的距离为|⃗A1B⋅⃗n|
|⃗n|
=
2+3
❑√1+3+1 = ❑√5.
故答案为：❑√5.
【变式3】（2026·福建泉州·模拟预测）如图，圆锥PO的底面半径为2，高为2❑√3，AB是⊙O的直径，点C在⊙O
上，且∠AOC =120°，点M为PB的中点．
(1)求AC与平面POC所成角的正弦值；
(2)求A到平面MOC的距离．
【答案】(1)1
2
(2)2❑√15
5
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）利用向量法求得平面MOC的法向量，进而求得结果.
【详解】（1）如图，在平面ABC内，过O与OB垂直的直线为x轴，OB，OP所在的直线分别为y轴，z轴，建立如
图所示的空间直角坐标系，
则B(0,2,0)，P(0,0,2❑√3)，A(0,−2,0)，C(❑√3,1,0)
设平面POC的法向量为⃗n=(x , y , z)．
则有¿，即¿
所以平面POC的一个法向量⃗n=(1,−❑√3,0)，且⃗AC =(❑√3,3,0)，
所以AC与平面POC所成角的正弦值为| AC⃗⋅n⃗|
|AC⃗||n⃗|
=|❑√3−3 ❑√3|
2×2❑√3
= 1
2．
（2）又M (0,1,❑√3)，设平面OMC的法向量为m⃗=(a,b,c)，
则¿ ，故可取⃗m=(−1,❑√3,−1)．
因为⃗OA =(0,−2,0)，所以A到平面MOC的距离为|OA⃗⋅m⃗|
|m⃗|
= 2❑√3
❑√5 = 2❑√15
5
．
【题型五】点到直线距离的向量求法
【例5】（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为A1B1的中点，则点D到直线
C1 E的距离为（ ）
A．
❑√10
10
B．3 ❑√10
10
C．2❑√5
5
D．6 ❑√5
5
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则D (0,0,0),C1(0,2,2), E (2,1,2)，⃗DC1=(0,2,2)，⃗C1 E =(2,−1,0)，
所以点D到直线C1 E的距离为d = ❑
√
|⃗DC1|
2−(⃗
DC1⋅⃗C1 E
|⃗C1 E| )
2
= ❑√8−4
5 = 6 ❑√5
5
故选：D
【变式1】（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系A −xyz，则
（ ）
A．点A 到直线B1 D的距离为
❑√2
2
B．点B 到平面B1C D1的距离为
❑√3
3
C．若点P(x , y , z)在直线B1 D上，则x =1−y = z
D．若点P(x , y , z)在平面B1C D1内，则x + y + z =2
【答案】BCD
【分析】A，求得直线B1 D的一个方向向量，应用空间向量的投影和勾股定理求解；B，平面B1C D1的一个法向量⃗
n=⃗A C1=(1,1,1)，应用空间向量的投影即可；对C，应用空间向量共线即可求解；对D，结合向量垂直即可求解.
【详解】易知A(0,0,0), A1(0,0,1),C(1,1,0), D1(0,1,1),B1(1,0,1)，D (0,1,0)，C1(1,1,1)，B (1,0,0)
则直线B1 D的一个方向向量⃗u=⃗D B1=(1,−1,1)，DA
→
=(0,−1,0)，
所以点A 到直线B1 D的距离d1= ❑√⃗
DA
2−(⃗DA ⋅⃗u
|⃗u|)
2
=
❑√6
3 ，故A 错误.
如图，⃗A C1=(1,1,1),⃗B1C =(0,1,−1),⃗B1 D1=(−1,1,0)，
则⃗A C1⋅⃗B1C =0，⃗A C1⋅⃗B1 D1=0，由B1 D1∩B1C = B1，
B1 D1⊂ B1C D1，B1C ⊂平面B1C D1，
则A C1⊥平面B1C D1，C1(1,1,1)，
则平面B1C D1的一个法向量⃗n=⃗A C1=(1,1,1)，BC
→
=(0,1,0)，
则点B 到平面B1C D1的距离d2=|⃗BC ⋅⃗n|
|⃗n|
=
❑√3
3
，故B 正确.
若点P 在直线B1 D上，则⃗u∥⃗DP，又⃗DP =(x , y −1, z)，
则x =1−y = z，故C 正确.
若点P 在平面B1C D1内，则⃗n⊥⃗CP，又⃗CP =(x−1, y −1, z)，
则x−1+ y −1+ z =0，即x + y + z =2，故D 正确.
故选：BCD
【变式2】已知直线l过点A (1,2,0)，且直线l的一个方向向量为⃗m=(0,−1,1)，则坐标原点O到直线l的距离为
__________.
【答案】❑√3
【分析】应用向量法求点线距离即可.
【详解】由题设⃗OA =(1,2,0)，则坐标原点O到直线l的距离|⃗OA |⋅❑√
1−(⃗
m⋅⃗OA
|⃗m||⃗OA |
)
2
= ❑√5×❑√1−
4
5×2 = ❑√3.
故答案为：❑√3
【变式3】（2026·河南·模拟预测）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2 AB =2，⃗C1 E =2⃗EC．
(1)求点A1到直线AE的距离；
(2)求二面角A −DE−A1的正弦值．
【答案】(1)6 ❑√11
11
(2)6
7
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据点到直线距离向量法计算求解；
（2）根据面面角向量法计算求解.
【详解】（1）以D点为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则D(0,0,0), A(1,0,0), A1(1,0,2),C(0,1,0),C1(0,1,2)，
由⃗C1 E =2⃗EC，得E(0,1, 2
3 )，
所以⃗AE =(−1,1, 2
3 ),⃗A A1=(0,0,2)，
所以点A1到直线AE的距离为d =
❑√⃗
A A1
2−(⃗A A1⋅⃗AE
|⃗AE|
)
2
=
❑
√
2
2−(
4
3
❑√22
3
)
2
= 6 ❑√11
11
；
（2）⃗DA =(1,0,0),⃗DE =(0,1, 2
3 ),⃗D A1=(1,0,2)，
设平面ADE的一个法向量为⃗n=( x1, y1, z1)，
则{⃗
n⋅⃗DA = x1=0⃗
n⋅⃗DE = y1+ 2
3 z1=0，取z1=−3，则x1=0, y1=2，
所以平面ADE的一个法向量为⃗n=(0,2,−3)，
设平面A1 DE的一个法向量为⃗m=( x2, y2, z2)，
则{⃗
m⋅⃗D A1= x2+2 z2=0⃗
m⋅⃗DE = y2+ 2
3 z2=0 ，取z2=−3，则x2=6, y2=2，
所以平面A1 DE的一个法向量为⃗m=(6,2,−3)，
设二面角A −DE−A1的平面角为θ，
则|cosθ|=|⃗n⋅⃗m|
|⃗n||⃗m| =
13
❑√13×7 =
❑√13
7
，
因为θ∈(0,π)，所以sinθ =
❑√1−cos
2θ = 6
7 ，
即二面角A −DE−A1的正弦值为6
7 .
【题型六】立体几何中截面的问题
【例6】如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，则过线段BD且垂直于平面
A1 EF的截面图形为（ ）
A．等腰梯形
B．三角形
C．正方形
D．矩形
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，取A1 D1, A1B1的中点Q , P，利用向量可证明DP⊥平面A1 EF，再由平行公理及正
方体性质确定为等腰梯形.
【详解】如图，以D 为坐标原点，DA , DC , D D1分别为x , y , z建立空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为2，
分别取A1 D1, A1B1的中点Q , P.连接DQ ,QP ,BP , DP,
则D(0,0,0), P(2,1,2), A1(2,0,2), F(1,2,2), E(2,2,1),
所以DP
→
=(2,1,2),A1 E
→
=(0,2,−1),A1 F
→
=(−1,2,0),
所以DP
→
⋅A1 F
→
=0，DP
→
⋅A1 E
→
=0,
即DP⊥A1 F,DP⊥A1 E，而A1 E∩A1 F = A1，A1 E , A1 F ⊂平面A1 EF，
所以DP⊥平面A1 EF，
由A1 D1, A1B1的中点Q , P，则QP∥B1 D1,又B1 D1∥BD，所以QP∥BD，
即四边形BDQP为平面四边形，在正方体中易知BP = DQ,
所以四边形BDQP为等腰梯形，
又DP⊂平面BDQP，所以平面BDQP ⊥平面A1 EF，
故满足题意的截面为等腰梯形BDQP.
故选：A
【变式1】（多选）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面为正方形，A A1=2，AB =1，P为C C1的中点，点Q
满足⃗AQ = λ⃗A A1，λ∈[0,1]，过B , P ,Q的截面α与该直四棱柱表面相交，得到截面多边形，则（ ）
A．截面多边形可能为六边形
B．无论λ如何变化，总有平面A1B1 P⊥截面α
C．当λ =0时，该四棱柱的外接球被平面α截得的截面周长为
❑√22π
2
D．当直线A1 D1与平面α所成的角为30°时，AQ = ❑√2
【答案】BCD
【分析】对于A，分别讨论点Q的运动引起的截面多边形的形状即可得A 错误；对于选项B，要根据几何体特征和线
面垂直判定定理即可证明无论λ如何变化，总有平面A1B1 P⊥截面α，即B 正确；对于选项C，由正四棱柱的对称性
可知，其外接球的球心O为正方形MNPE的中心，求出外接球半径r =
❑√22
4
，再求得球心到截面的距离为
❑√2
4 ，即可
得截面圆的周长为2πr =
❑√22π
2
，即C 正确；对于选项D，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行线面角得计算，
由直线A1 D1与平面α所成的角为30°，可得AQ = ❑√2.即D 正确.
【详解】对于A，如图（1），当0≤λ≤1
2时，平面α与平面AD D1 A1的交线和平面α与平面CD D1C1的交线交于点E，
且点E在D D1上运动，此时截面多边形为四边形BPEQ；
如图（2），当1
2 < λ<1时，平面α与平面AD D1 A1的交线为QE，平面α与平面CD D1C1的交线为PF，且点E，F分
别在A1 D1，C1 D1上运动，此时截面多边形为五边形BPFEQ；
如图（3），当λ =1时，截面多边形为四边形A1BPE．综上可知，A 错误．
对于B，在矩形BC C1B1中，BP = ❑√2，B1 P = ❑√2，B B1=2，所以B P
2+ B1 P
2= B B1
2，
则BP⊥B1 P．又A1B1⊥平面BC C1B1，BP⊂平面BC C1B1，所以A1B1⊥BP．
因为A1B1∩B1 P = B1，A1B1，B1 P⊂平面A1B1 P，所以BP⊥平面A1B1 P．
又因为BP⊂平面α，所以无论λ如何变化，总有平面A1B1 P⊥截面α，B 正确．
对于C，易知正四棱柱的外接球的半径R = 1
2
❑√1
2+1
2+2
2=
❑√6
2 ，正四棱柱的外接球被平面α截得的截面为圆．
如图（4），当λ =0时，截面四边形为矩形ABPE，且BP = ❑√2．分别取A A1，B B1的中点M，N，连接MN，NP，
ME，则四边形MNPE为正方形．
由正四棱柱的对称性可知，其外接球的球心O为正方形MNPE的中心．
取ME的中点O1，连接OO1，则O1O∥平面ABPE．过点O1作O1 H ⊥AE，垂足为H．易得O1 H ⊥平面ABPE，
所以O1 H =O1 E sin 45° =
❑√2
4 ，则球心O到平面ABPE的距离为
❑√2
4 ．
由球的性质可知，截面圆的半径r =
❑√R
2−O1 H
2= ❑√
6
4 −2
16 =
❑√22
4
，
所以截面圆的周长为2πr =
❑√22π
2
，C 正确．
对于D，因为A1 D1∥BC，所以直线A1 D1与平面α所成的角等于直线BC与平面α所成的角．
设所成的角为θ．以D为原点，分别以DA，DC，D D1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图（5）的空间直角坐标系
Dxyz，
则B (1,1,0)，Q (1,0,2 λ)，P(0,1,1)，C (0,1,0)，所以⃗BQ =(0,−1,2 λ)，⃗BP =(−1,0,1)，⃗BC =(−1,0,0)．
设平面BPQ的法向量为⃗m=(x , y , z)．由¿得¿取z =1，则x =1，y =2 λ，
所以可取⃗m=(1,2 λ ,1)．
由sinθ =|cos⟨⃗m,⃗BC⟩|，得1
2 =
1
❑√2+ 4 λ
2，解得λ =
❑√2
2 ，
此时AQ =
❑√2
2 A A1= ❑√2，D 正确．
故选BCD．
【点睛】方法点睛：在解题过程中，对于A，要抓住点Q的运动引起的截面多边形的不同．对于选项B，要体会变化
中蕴涵不变；对于选项C，求出球心到截面的距离是关键；对于选项D，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计
算，体现了向量的工具作用．解题时要将变与不变结合，推理与计算结合．
【变式2】在棱长为4 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E是棱A A1上一点，且AE =1.过三点E、B1、C1的平面
截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______.
【答案】96
25 π
【分析】建立空间直角坐标系，求出球心到平面E B1C1的距离，由❑√
2
2−(
2
5)
2
= 4 ❑√6
5
可求出截面圆的半径，即可求
出截面圆面积.
【详解】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面E B1C1的距离为d，
建立如图所示的空间直角坐标系，则E (4,0,1),B1(4,4,4),C1(0,4,4)，
设正方体内切球的球心为O，O(2,2,2)，
则⃗B1C1=(−4,0,0),⃗E B1=(0,4,3),⃗EO =(−2,2,1)，
设平面E B1C1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
¿，令y =−3, z = 4 , x =0，
所以⃗n=(0,−3,4)，所以d =|⃗n⋅⃗EO|
|⃗n|
=|−6+ 4|
5
= 2
5
于是截面圆的半径大小为❑√
2
2−(
2
5)
2
= 4 ❑√6
5
，
故截面圆的面积大小为π(
4 ❑√6
5 )
2
= 96
25 π.
故答案为: 96
25 π.
【变式3】在棱长为4 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E是棱A A1上一点，且AE =1.过三点E、B1、C1的平面
截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______.
【答案】96
25 π
【分析】建立空间直角坐标系，求出球心到平面E B1C1的距离，由❑√
2
2−(
2
5)
2
= 4 ❑√6
5
可求出截面圆的半径，即可求
出截面圆面积.
【详解】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面E B1C1的距离为d，
建立如图所示的空间直角坐标系，则E (4,0,1),B1(4,4,4),C1(0,4,4)，
设正方体内切球的球心为O，O(2,2,2)，
则⃗B1C1=(−4,0,0),⃗E B1=(0,4,3),⃗EO =(−2,2,1)，
设平面E B1C1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
¿，令y =−3, z = 4 , x =0，
所以⃗n=(0,−3,4)，所以d =|⃗n⋅⃗EO|
|⃗n|
=|−6+ 4|
5
= 2
5
于是截面圆的半径大小为❑√
2
2−(
2
5)
2
= 4 ❑√6
5
，
故截面圆的面积大小为π(
4 ❑√6
5 )
2
= 96
25 π.
故答案为: 96
25 π.
【题型七】平行、垂直中的动态轨迹问题
【例7】（2026·云南昆明·模拟预测）在棱长均为2 的正三棱锥P−ABC中，点M 是AC的中点，点N 是侧面PBC上
的一个动点，当MN //平面PAB时，线段MN的长度的最小值是（ ）
A．
❑√3
2
B．❑√3
C．1
2
D．1
【答案】A
【详解】分别取PC，BC的中点为D，E，连接MD，ME，DE，
又点M 是AC的中点，所以ME // AB , MD // PA，
因为ME // AB，ME⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以ME //平面PAB，
因为MD // PA，MD⊄平面PAB，PA ⊂平面PAB，所以MD //平面PAB，
又ME∩MD = M，ME , MD⊂平面MDE，所以平面MDE //平面PAB，
又点N 是侧面PBC上的一个动点，且MN //平面PAB，
所以点N在平面PBC上的轨迹为线段DE，在△MDE中，可知MD = ME = DE =1，
所以当MN ⊥DE时，MN的长度最小，即(MN )min= ❑√
1
2−(
1
2)
2
=
❑√3
2
，
所以MN的最小值为
❑√3
2 .
【变式1】正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，点M为C C1的中点，点P为底面A1B1C1 D1上的动点，满足
BP⊥AM的点P的轨迹长度为（ ）
A．2❑√2π
B．2❑√2
C．2❑√3
D．2❑√3 π
【答案】B
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点P的轨迹为线段，进而求解即可.
【详解】以D为原点，分别以DA , DC , D D1为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
所以A (4,0,0), M (0,4,2),B (4,4,0)，设点P(x , y ,4)，
所以⃗AM =(−4,4,2),⃗BP =(x−4 , y −4,4)，
由BP⊥AM，
所以⃗AM ⋅⃗BP =−4 (x−4)+ 4 ( y −4)+2×4 =0，所以y = x−2，
又0≤x ≤4，0≤y ≤4，所以2≤x ≤4，
所以点P的轨迹为平面A1B1C1 D1上的线段：y = x−2,2≤x ≤4，即图中线段EF，
所以EF =
❑√2
2+2
2=2❑√2.
【变式2】（2025·山东滨州·二模）在三棱锥P−ABC中，PA ⊥平面ABC , PA = AB = AC =2,BC =2❑√2，点D为
△PAB内（包含边界）一点，且BD⊥CD，则点D的轨迹的长度为_____．
【答案】π
2 /1
2 π
【分析】根据题意，证得AC ⊥平面PAB，得到AC ⊥BD，由BD⊥CD，证得AD⊥BD，得到点D落在以AB为
直径的半圆上，结合圆的周长公式，即可求解.
【详解】因为PA ⊥平面ABC，且AC ⊂平面ABC，所以PA ⊥AC
又由AB = AC =2,BC =2❑√2，可得A B
2+ A C
2= BC
2，所以AB⊥AC，
又因为PA ∩AB = A，且PA , AB⊂平面PAB，所以AC ⊥平面PAB，
因为BD⊂平面PAB，所以AC ⊥BD，
如图所示，连接BD , AD，若BD⊥CD，且CD∩AC =C，且CD , AC ⊂平面ACD，
所以BD⊥平面ACD，
又因为AD⊂平面ACD，所以AD⊥BD，
即在平面PAB内，若AD⊥BD，则BD⊥CD，即点D落在以AB为直径的四分之一圆上，
因为AB =2，所以点D的轨迹长度为π× AB
4 =π
2 .
故答案为：π
2 .
【变式3】（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体ABCD的每条棱长都等于2，M ，G，N分别是棱
AB，BC ，CD的中点，O，E，F分别为面BCD，面ABC，面ACD的重心.
(1)求证：面OEF //面ABD；
(2)求平面OEF与平面ABN的夹角的余弦值；
(3)保持点E，F位置不变，在△BCD内（包括边界）拖动点O，使直线MN与平面OEF平行，求点O轨迹长度；
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√6
3
(3)2
3
【分析】（1）连接GN，利用平行的传递性可以证明EF ∥BD，利用对应成比例可以证明EO∥AD，从而得证面面
平行；
（2）利用第（1）问的结论，把平面OEF与平面ABN的夹角问题，转化为平面ABD与平面ABN的夹角问题，连接
DM，根据二面角的平面角的定义，∠DMN为所求二面角的平面角，解三角形即可求；
（3）先找一个特殊的点O，使得直线MN与平面OEF平行，然后再延展平面OEF，与底面BCD的交线长度即为所求.
【详解】（1）如图，连接GN ,GD,易知G ,O , D三点共线
因为O，E，F分别为面BCD，面ABC，面ACD的重心，
所以在△AGN中，AE
AG = AF
AN = 2
3，所以EF ∥GN，
在△CBD中，所以G，N分别是棱BC ，CD的中点，所以GN // BD，
所以EF ∥BD，
又EF ⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，所以EF //平面ABD，
在△GAD中，GO
GD =GE
GA = 1
3，所以EO∥AD，
又EO⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，所以EO//平面ABD，
又因为EF ∩OE = E，EF ,OE⊂平面OEF，
所以面OEF //面ABD.
（2）由（1）知，平面OEF //平面ABD，所以平面OEF与平面ABN的夹角与平面ABD与平面ABN的夹角相等，
如图，连接DM，因为M分别是棱AB的中点，
所以在等腰△NAB中，NM ⊥AB，在等边△DAB中，DM ⊥AB，
所以∠DMN是平面ABN的夹角与平面ABD与平面ABN所成角的平面角，
因为AO⊥面BCD，CD⊂面BCD，所以AO⊥CD,
又CD⊥AN，CD⊥BN，AN ∩BN = N，AN ,CN ⊂平面ABN，所以CD⊥面ABN，
又MN ⊂面ABN，所以CD⊥MN，
所以在Rt△DMN中，sin ∠DMN = DN
MD = 1
❑√3，
所以cos∠DMN =
❑√1−sin
2∠DMN =
❑√6
3 ，
所以平面OEF与平面ABN的夹角的余弦值为
❑√6
3 ；
（3）如图，取线段CN靠近点N的三等分点P，连接CM，易知C ，E，M三点共线，
连接EP，因为点E为等边△CAB的重心，所以EP∥MN，
所以当点O在点P 位置时，满足题意，
取线段CG靠近点G 的三等分点Q，连接PQ，易知PQ∥GN，又GN ∥EF，
所以EF ∥PQ，所以EF 、PQ共面，即当O 在线段PQ上运动时，均满足题意，
所以PQ即为点O的轨迹长度,
又PQ = 2
3 GN = 2
3 × 1
2 BD = 2
3，
所以点O的轨迹长度为2
3.
【题型八】距离、角度有关的动态轨迹问题
【例8】如图，斜线段AB与平面α所成的角为π
4 ，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB =π
6 ，则点P的轨迹为
（ ）
A．圆
B．椭圆
C．双曲线的一部分
D．抛物线的一部分
【答案】B
【分析】首先建立空间直角坐标系，设B(0,1,0), A(0,0,1), P( x , y ,0)⇒⃑AB =(0,1,−1),⃑AP =( x , y ,−1)
⇒cos<⃑AB ,⃑AP>=
y +1
❑√2⋅
❑√x
2+ y
2+1
=
❑√3
2 ⇒6 x
2+2( y −2)
2=11，则点P的轨迹是椭圆．
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
设B(0,1,0), A(0,0,1), P( x , y ,0)⇒⃑AB =(0,1,−1),⃑AP =( x , y ,−1)
⇒cos<⃑AB ,⃑AP>=
y +1
❑√2⋅
❑√x
2+ y
2+1
=
❑√3
2 ⇒6 x
2+2( y −2)
2=11
所以点P的轨迹是椭圆．
故选：B.
【点晴】方法点睛：本题考查空间向量、轨迹及其方程，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查空间想
象能力逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.
【变式1】已知正方体ABCD−A1B1C1 D1，P 是平面A1BC D1上的动点，M 是线段B1C1的中点，满足PM 与C C1
所成的角为π
6 ，则动点P 的轨迹为（ ）
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
【答案】B
【分析】采用数形结合的方法，并建立空间直角坐标系，计算⃑PM ,⃑C C1，根据空间向量夹角公式，可得结果.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，连接C1 D ,C D1相交于点O
所以C1 D⊥C D1，又BC ⊥平面CD D1C1，所以C1 D⊥BC
又BC ∩C D1=C，所以C1 D⊥平面A1BC D1
以O为原点，OC1,OC分别为z轴和y轴，
然后过点O作BC的平行线为x轴
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz
设AB =2，P(x , y ,0)
所以M (1,0,❑√2),C (0,❑√2,0),C1(0,0,❑√2)⃑
PM =(1−x ,−y ,❑√2),⃑C C1=(0,−❑√2,❑√2)
由PM 与C C1所成的角为π
6
所以cos π
6 =⃑PM ⋅⃑C C1
|⃑PM||⃑C C1|
=
−❑√2(−y)
2
❑√(1−x)
2+(−y)
2+2
=
❑√3
2
化简可得3(x−1)
2+( y −2❑√2)
2=6，即(x−1)
2
2
+ ( y −2❑√2)
2
6
=1
所以点P的轨迹为椭圆
故选：B
【点睛】本题考查立体几何中点的轨迹，采用数形结合的方法以及向量的使用，将几何问题代数化，使问题更加简洁
明了，属中档题.
【变式2】（2026·江西赣州·一模）在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2, AD = A A1=1，点M在四边形
A1B1CD内（含边界）移动，且满足∠M D1 D =∠A D1 D，则点M到直线A1C距离的最小值为（ ）
A．1
3
B．
❑√3
3
C．2❑√3
5
D．
❑√3
4
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，由∠M D1 D =∠A D1 D得到∠M D1 D = 45°，设M (x ,0, z)，利用数量积得到
cos∠M D1 D =⃗D1 M ⋅⃗D1 D
|⃗D1 M|⋅|⃗D1 D|
，通过整理得到点M的轨迹方程，求出直线A1C的方程，利用点到直线的距离求出
M到直线A1C的距离d，利用二次函数的图像和性质得到d的最小值，即为点M到直线A1C距离的最小值.
【详解】∵长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AD = A A1=1，
∴四边形AD D1 A1是正方形，
∴A D1⊥A1 D，
∵DC ⊥平面AD D1 A1，A D1⊂平面AD D1 A1，∴DC ⊥A D1，
∵A1 D∩DC = D，∴A D1⊥平面A1B1CD，
以D为原点，DC为x轴，过D作A D1的平行线作为y轴，A1 D为z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
∵AB =2, AD = A A1=1
∴D (0,0,0),C (2,0,0), D1(0,
❑√2
2 ,
❑√2
2 )，A1(0,0,❑√2)，
∵M在四边形A1B1CD内（含边界）移动，∴设M (x ,0, z)，
∴⃗D1 D =(0,−
❑√2
2 ,−
❑√2
2 ),⃗D1 M =(x ,−
❑√2
2 , z−
❑√2
2 )，
∵∠M D1 D =∠A D1 D，∠A D1 D = 45°，∴∠M D1 D = 45°，
∴cos∠M D1 D =⃗D1 M ⋅⃗D1 D
|⃗D1 M|⋅|⃗D1 D|
=(−
❑√2
2 )×(−
❑√2
2 )−
❑√2
2 (z−
❑√2
2 )
❑√
x
2+(−
❑√2
2 )
2
+(z−
❑√2
2 )
2
，
∴cos 45° =
1
2 −
❑√2
2 z + 1
2
❑√x
2+ 1
2 + z
2−❑√2 z + 1
2
，∴
❑√2
2 =
1−
❑√2
2 z
❑√x
2+ z
2−❑√2 z +1
，
∴1
2 (x
2+ z
2−❑√2 z +1)=(1−
❑√2
2 z)
2
，∴1
2 (x
2+ z
2−❑√2 z +1)=1−❑√2 z + 1
2 z
2，
∴x
2+ z
2−❑√2 z +1=2(1−❑√2 z + 1
2 z
2)，∴x
2+ z
2−❑√2 z +1=2−2❑√2 z + z
2，
∴x
2=−❑√2 z +1，∴z =−1
❑√2 x
2+ 1
❑√2为点M (x ,0, z)的轨迹方程，
∵A1(0,0,❑√2),C (2,0,0)，
∴在平面xOz内直线A1C的方程为z =−
❑√2
2 x + ❑√2，即❑√2 x +2 z−❑√2=0，
∴M (x ,0, z)到直线A1C的距离为d =|❑√2 x +2 z−2❑√2|
❑√(❑√2)
2+2
2
=|
❑√2 x +2(−1
❑√2 x
2+ 1
❑√2)−2❑√2|
❑√6
=|❑√2 x−❑√2 x
2−❑√2|
❑√6
=|x
2−x +1|
❑√3
，
当x = 1
2时，d取最小值为dmin=|(
1
2)
2
−1
2 +1|
❑√3
=
❑√3
4
，
则点M到直线A1C距离的最小值为
❑√3
4 .
故选：D.
【变式3】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）设正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为 2，P为正方体表面上一点，且点
P到直线A A1的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W ，则曲线W 的周长是_____.
【答案】4 ❑√2+π
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出点P的轨迹方程，再分类探讨轨迹并求出长度.
【详解】在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1 D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
设点P( x , y , z), x , y , z∈[0,2]，A(2,0,0), A1(2,0,2)，在A A1上任取点A2(2,0, z)，⃗
A2 P =( x −2, y ,0),⃗A A1=(0,0,2)，⃗A2 P⋅⃗A A1=0，依题意，|⃗A2 P|= z，即( x −2)
2+ y
2= z
2，
当z =0时，x =2, y =0，点P的轨迹是一个点，轨迹长度为0；
当z =2时，( x −2)
2+ y
2= 4，点P的轨迹是以A1为圆心，2 为半径的1
4 圆弧，轨迹长度为π；
当x =0时，4 + y
2= z
2，则y =0, z =2，点P的轨迹是一个点，轨迹长度为0；
当x =2时，y
2= z
2，y = z，点P的轨迹是线段A B1，轨迹长度为2❑√2；
当y =0时，2−x = z，点P的轨迹是线段A D1，轨迹长度为2❑√2；
当y =2时，( x−2)
2+ 4 = z
2，则x = z =2，点P的轨迹是一个点，轨迹长度为0，
所以曲线W 的周长是4 ❑√2+π.
故答案为：4 ❑√2+π
【题型九】翻折有关的动态轨迹问题
【例9】（2025·辽宁本溪·模拟预测）将边长为2的正方形ABCD沿着对角线BD折起，使点A到达点P的位置，得到
三棱锥P−BCD，点M ∈平面BCD，且PM = ❑√3,若PC = ❑√5,则点M的轨迹长度为（ ）
A．3 ❑√2π
4
B．3π
2
C．3 ❑√2π
2
D．3 ❑√2π
【答案】C
【分析】作出几何图形，结合线面垂直、面面垂直的判定性质，借助勾股定理确定点M的轨迹，进而求出轨迹长.
【详解】如图，取棱BD的中点O，连接PO,CO，则PO⊥BD ,CO⊥BD , PO =CO = ❑√2，
又PO∩CO=O , PO,CO⊂平面POC，则BD⊥平面POC，由BD⊂平面BCD，
得平面POC ⊥平面BCD，在△POC中，PC = ❑√5，由余弦定理得
cos∠POC = PO
2+C O
2−PC
2
2 PO⋅CO
=
2+2−5
2×❑√2×❑√2 =−1
4 ，∠POC为钝角，且sin ∠POC =
❑√15
4
，
在平面POC内过点P作PN ⊥CO交CO的延长线于点N，而平面POC ∩平面BCD =CO，
于是PN ⊥平面BCD，连接MN，又MN ⊂平面BCD，则PN ⊥MN，
在Rt△PNO中，PN = POsin ∠PON = POsin ∠POC = ❑√2×
❑√15
4
=
❑√30
4
，
在Rt△PMN中，PM = ❑√3，MN =
❑√P M
2−P N
2= 3 ❑√2
4
，
因此点M的轨迹是以N为圆心，3 ❑√2
4
为半径的圆，
所以点M的轨迹长度为2π× 3 ❑√2
4
= 3 ❑√2π
2
.
故选：C.
【变式1】（多选）（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，
CD = DE = ❑√2，F 为AB 中点，现将△ABE沿BE折起到面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是
（ ）
A．平面BCDE⊥平面A1BE
B．若O为BE的中点，则DE //平面FOC
C．折起过程中，F点的轨迹长度为π
4
D．三棱锥A1−CDE的外接球的体积为❑√6π
【答案】ABD
【分析】首先说明DE⊥BE，结合已知DE⊥A1B，从而证明DE⊥平面A1BE，即可判断A，由OC // DE，即可
证明B，过点F作FG⊥BE交BE于点G，求出FG，即可求出F点的轨迹长度，从而判断C，连接A1O，即可证明
A1O⊥平面BCDE，从而得到三棱锥A1−CDE的外接球即为四棱锥A1−OCDE的外接球，求出外接球的半径，即
可求出球的体积，即可判断D.
【详解】对于A：由题意得∠BEC =∠CED =π
4 ，所以∠BED =π
2 ，即DE⊥BE，
而已知DE⊥A1B，且注意到DE⊥BE，A1B∩BE = B，A1B⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE，DE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1BE，故A 正确；
对于B：因为O为BE的中点，所以OC ⊥BE，又DE⊥BE，所以OC // DE，
又DE⊄平面FOC，OC ⊂平面FOC，所以DE //平面FOC，故B 正确；
对于C：
因为四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD = DE = ❑√2，所以CE =
❑√(❑√2)
2+(❑√2)
2=2，
过点F作FG⊥BE交BE于点G，则FG =
❑√2
2 BF =
❑√2
2 ，
所以折起过程中，F点的轨迹是以G为圆心，FG =
❑√2
2 为半径，圆心角为π
2 的圆弧，
所以F点的轨迹长为π
2 ×
❑√2
2 =
❑√2π
4
，故C 错误；
对于D：连接A1O，则A1O⊥BE，又平面BCDE⊥平面A1BE，平面BCDE∩平面A1BE = BE，
A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，
又四边形OCDE为边长为❑√2的正方形，则三棱锥A1−CDE的外接球即为四棱锥A1−OCDE的外接球，
又四边形OCDE外接圆的直径为CE =2，A1O= 1
2 BE = ❑√2，
设四棱锥A1−OCDE的外接球的半径为R，则(2 R)
2= A1O
2+O D
2= A1O
2+C E
2，即(2 R)
2=(❑√2)
2+2
2=6，
所以R =
❑√6
2 ，
所以外接球的体积V = 4π
3
R
3= 4π
3 ×(
❑√6
2 )
3
= ❑√6π，
即三棱锥A1−CDE的外接球的体积为❑√6π，故D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面BCDE⊥平面A1BE，从而确定点F的旋转角，即可判断B，D 选项关键
是转化为求四棱锥A1−OCDE的外接球的体积.
【变式2】（多选）（2025·江苏常州·模拟预测）已知边长为2 的菱形ABCD，且∠BCD =π
3 ，沿对角线BD折起，
使点C不在平面ABD内，O为BD的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．平面AOC ⊥平面BCD
B．当BC ⊥AD时，直线AB与平面BCD所成角的余弦值为
❑√3
3
C．当二面角A −BD−C的大小为π
3 时，点P在三棱锥C −ABD的表面上运动，且CP= 3
2，则P点运动轨迹长度
为3
2 π
D．当二面角A −BD−C的余弦值为−1
4 ，则三棱锥C −ABD的外接球的表面积为68
9 π
【答案】ABD
【分析】对于A，根据线面垂直的判定定理先证明BD⊥平面AOC，从而得到平面AOC ⊥平面BCD；对于B，用等
体积法可求得点A 到平面BCD的距离，从而求得直线AB与平面BCD所成角的正弦值，由同角三角函数关系式可求
得直线AB与平面BCD所成角的余弦值；对于C，分析点P在三棱锥C −ABD的表面上运动时，则P点在各个侧面的
运动轨迹，并求其长度的和即可判断；对于D，根据题意列得关于三棱锥C −ABD的外接球半径的方程组，求解可得
外接球半径，从而得到外接球的表面积.
【详解】由题可知，B D
2= BC
2+ DC
2−2BC·DC cos∠BCD =2，所以BD =2.
由∠BCD =π
3 ，得∠ADC = 2π
3 ，
所以A C
2= A D
2+ DC
2−2 AD·DC cos∠ADC =12，所以AC =2❑√3.
折起如图2.
对于选项A，由图1 知，菱形ABCD中，AO⊥BD ,CO⊥BD，
图2 中AO∩CO =O , AO ,CO⊂平面AOC，所以BD⊥平面AOC.
因为BD⊂平面BCD，所以平面AOC ⊥平面BCD.所以选项A 正确；
对于选项B，由题可知，△ABD是等边三角形，
取AD的中点E，连接BE，则BE⊥AD，且BE = ❑√4−1= ❑√3.
因为BC ⊥AD ,BC ∩BE = B ,BC ,BE⊂平面BCE，
所以AD⊥平面BCE，
又CE⊂平面BCE，所以AD⊥CE.
所以CE =
❑√C D
2−D E
2= ❑√3.
因为BC =2，所以cos∠BEC = B E
2+C E
2−BC
2
2BE·CE
= 1
3，
所以sin ∠BEC =
❑√1−cos
2∠BEC = 2❑√2
3
.
所以S△BEC = 1
2 ×❑√3×❑√3× 2❑√2
3
= ❑√2.
所以V A −BCD=2V E−BCD=2V D−BCE=2× 1
3 ×❑√2×1= 2❑√2
3
.
因为S△BCD= 1
2 ×2×2×
❑√3
2 = ❑√3，
所以点A 到平面BCD的距离为
2❑√2
3
❑√3
3
= 2❑√6
3
.
所以直线AB与平面BCD所成角的正弦值为
2❑√6
3
2
=
❑√6
3
，
所以直线AB与平面BCD所成角的余弦值为❑√
1−(
❑√6
3 )
2
=
❑√3
3
.故选项B 正确.
对于选项C，当二面角A −BD−C的大小为π
3 时，由选项A 可知，∠AOC = π
3 .
因为AO =CO = ❑√3，所以AC = ❑√3.
因为V C −ABD=2V B−AOC =2× 1
3 × 1
2 ×❑√3×❑√3×
❑√3
2 =
❑√3
2 ，
所以点C 到平面BCD的距离为
❑√3
2
1
3 ×❑√3
= 3
2，所以△ABD中，P点运动轨迹为一个点；
点P在三棱锥C −ABD的侧面上运动，且CP = 3
2时，
P点运动轨迹分别为三棱锥C −ABD的三个侧面上的三段圆弧.
△BCD中，∠BCD = π
3 ，所以P点运动轨迹长度为π
3 × 3
2 = π
2 ；
△ACD中，CD = AD =2, AC = ❑√3.所以cos∠ACD =
3
2×2×❑√3 =
❑√3
4 < 1
2，
所以∠ACD> π
3 ，所以P点运动轨迹长度大于π
3 × 3
2 = π
2 ；
同理△ABC中，cos∠ACB =
3
2×2×❑√3 =
❑√3
4 < 1
2，
所以∠ACB> π
3 ，所以P点运动轨迹长度大于π
3 × 3
2 = π
2 ；
所以P点运动轨迹长度大于3 π
2 ；所以选项C 错误.
对于选项D，当二面角A −BD−C的余弦值为−1
4 时，由选项A 可知，cos∠AOC =−1
4 .
所以A C
2= A O
2+C O
2−2 AO·COcos∠AOC = 15
2 ，所以AC =
❑√30
2
，
记棱AC的中点为F，则CF =
❑√30
4
.
记三棱锥C −ABD的外接球球心为T，因为O 为BD的中点，且BD⊥平面AOC，
所以T 在等腰三角形AOC的中线CF上.
设三棱锥C −ABD的外接球的半径为R，
则¿，解得R
2= 17
9 .
所以三棱锥C −ABD的外接球的表面积为4 πR
2= 68
9 π.所以选项D 正确.
故选：ABD.
【变式3】在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD =1, AB =2，将△ADE沿DE折起得到△A
' DE，设A
'C的中点为
M，若将△A
' DE绕DE旋转90
∘，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为___________.
【答案】
❑√2π
8
/
❑√2
8 π
【分析】先通过△MPQ始终是等腰直角三角形确定动点M的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心
角为90
∘，即可求出动点M的轨迹长度.
【详解】
如图，设AC的中点为M 0，△A
' DE绕DE旋转90
∘，此时平面A
' DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ
中点N，
连接PQ , MP, MQ , MN , M 0 P , M 0Q , M 0 N.
MP= M 0 P= 1
2 AD = 1
2 , MQ = M 0Q = 1
2 AE = 1
2，PQ = 1
2 DE =
❑√2
2 ，△MPQ和△M 0 PQ是等腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，1
2 PQ为半径的一段圆弧，又MP∥A
' D , MP⊄
面A
' DE，
A
' D⊂面A
' DE，∴MP∥面A
' DE，同理MQ∥面A
' DE，又∵MP∩MQ = M，∴面MPQ∥面A
' DE，又平面
A
' DE⊥平面ABCD，
故面MPQ⊥面ABCD，又面MPQ∩面ABCD = PQ，MN ⊥PQ，故MN ⊥面ABCD，又M 0 N ⊂面ABCD，
∴MN ⊥M 0 N，
故动点M形成的轨迹长度为1
4 π ⋅PQ =
❑√2π
8
.
故答案为：
❑√2π
8
.
【点睛】本题关键点在于发现△MPQ在旋转过程中始终是等腰直角三角形，进而确定动点M的轨迹是一段圆弧，再
结合题目中的线面关系证明
圆弧对应的圆心角为90
∘，即可求出动点M的轨迹长度.
【解题大招01】空间角的求解（线线角、线面角、二面角）
建立空间直角坐标系，设直线方向向量为s，平面法向量为n
异面直线所成角：θ∈(0, π
2 ]，cos θ =|cos ⟨s1,s2 ⟩|=|s1⋅s2|
|s1|⋅|s2|
直线与平面所成角：θ∈[0, π
2 ]，sin θ =|cos ⟨s,n ⟩|=|s⋅n|
|s|⋅|n|
二面角：θ∈[0,π ]，|cos θ|=|n1⋅n2|
|n1|⋅|n2| ，结合图形判断锐二面角/钝二面角
【例1】在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥BC，AB = BC = A A1=2，建立空间直角坐标系，求解：(1)异面直
线A C1与A1B所成角；(2)直线A C1与平面AB B1 A1所成角；(3)平面ABC1与平面A1B1C1的二面角余弦值。
解：以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，B B1为z轴建系：
各点坐标：B(0,0,0), A(0,2,0),C(2,0,0), A1(0,2,2),C1(2,0,2)
向量：A C
→
1=(2,−2,2), A1B
→
=(0,−2,−2)
(1)异面直线所成角
cos θ =| A C
→
1⋅A1B
→
|
| A C
→
1|⋅| A1B
→
|
=|0+ 4−4|
❑√12⋅❑√8 =0
故异面直线夹角θ =90
∘。
(2)线面角求解
平面AB B1 A1法向量n=(1,0,0)
sin θ =| A C
→
1⋅n|
| A C
→
1|⋅|n|
=
2
❑√12 =
❑√3
3 ，线面角θ =arcsin
❑√3
3
(3)二面角求解
平面A1B1C1法向量n1=(0,0,1)，平面ABC1法向量n2=(1,1,0)
cos θ =
n1⋅n2
|n1||n2| =0，二面角为90
∘
【解题大招02】空间距离 + 立体几何探索性问题
1：四类空间距离向量通用公式
点到平面距离：d =| AP
→
⋅n|
|n|
（P为平面内任意一点，n为平面法向量）
直线到平面距离：直线平行平面，等价于直线上任意一点到平面距离
两平行平面距离：一个平面内任意一点到另一平面距离
异面直线距离：公垂线段长度，高考一般向量法求解
2：立体几何探索性问题解题方法
参数假设法（高考必考）：先假设存在满足条件的点，设参数λ表示动点坐标，代入垂直/平行/角度条件列方程，有
解即存在，无解即不存在。
【例2】正方体棱长为2，是否存在棱C C1上一点E，使得AE⊥平面BDC1？若存在，求E坐标；若不存在，说明
理由，并求点A到平面BDC1的距离。
解：建系：D(0,0,0), A(2,0,0),B(2,2,0),C1(0,2,2)，设E(0,2, λ)，λ∈[0,2]
平面BDC1法向量n=(1,−1,1)，AE
→
=(−2,2, λ)
若AE⊥平面BDC1，则AE
→
∥n
−2
1 = 2
−1 = λ
1 ⇒λ =−2，不在区间[0,2]内，故不存在该点。
点面距离：d =| DA
→
⋅n|
|n|
=|2|
❑√3 = 2❑√3
3
【解题大招03】立体几何截面、交线问题
基本事实法：两点确定一条直线，找两个平面公共点，连线即为交线
平行线延伸法：截面遇到平行棱，作平行线补齐截面图形
延长线找点法：线段不相交时，延长棱找公共交点，确定截面顶点
核心原理：两个平面相交，有且仅有一条公共交线；截面所有顶点均需在几何体棱上。
【例3】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，过三点A ,C , D1作正方体的截面，画出截面图形并判断截面形状。
解：找点：三点A 、C 、D1分别在正方体三条棱上，两两连接
边长计算：设棱长为a，AC = ❑√2a, A D1= ❑√2a,C D1= ❑√2a
三边长度相等，截面为等边三角形
【解题大招04】立体几何动态、轨迹问题
几何定义法：利用圆、椭圆、抛物线空间定义判断轨迹（最快捷）
坐标代数法：设动点坐标，列等式消参，得到平面轨迹方程
距离定值法：动点到定点/定平面距离恒定，判定圆/球面轨迹
垂直定面法：动点始终在垂直于定直线的平面内，锁定平面范围
【例4】正方体ABCD−A1B1C1 D1，点P在侧面BC C1B1内运动，且满足AP⊥B D1，求动点P的轨迹。
解：正方体中易证：B D1⊥平面A B1C
由AP⊥B D1可得：动点P落在平面A B1C内
又P同时在侧面BC C1B1内，两平面交线为线段B1C
【基础过关】（共8 题）
一、单选题
1．（2025·四川·二模）已知空间中向量⃗AB=（0，1，0），向量⃗AC的单位向量为（−
❑√3
3 ，
❑√3
3 ，−
❑√3
3 ），则点B
到直线AC 的距离为（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√6
3
C．2❑√3
3
D．
❑√15
3
【答案】B
【分析】由点B 到直线AC 的距离为：❑√|AB⃗|
2
−|AB⃗⋅e
→|
2
即可求解.
【详解】设向量⃗AC的单位向量为⃗e，则⃗e =(−
❑√3
3 ,
❑√3
3 ,−
❑√3
3 )，⃗AB⋅⃗e =
❑√3
3 ，
点B 到直线AC 的距离为：
❑√|AB⃗|
2
−|AB⃗⋅e
→|
2
=
❑√
1−(
❑√3
3 )
2
=
❑√6
3
，
故选：B.
2．（2025·浙江·二模）正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点M , N分别为正方形A1B1C1 D1及AB B1 A1的中心，则异
面直线BD与MN所成角的余弦值为（ ）
A．0
B．
❑√3
4
C．1
2
D．
❑√3
2
【答案】C
【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可.
【详解】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，
则D (0,0,0),B (1,1,0), M(
1
2 , 1
2 ,1), N(1, 1
2 , 1
2)，
故⃗MN =(
1
2 ,0,−1
2),⃗BD =(−1,−1,0)，
所以|cos⟨⃗MN ,⃗BD⟩|=|⃗MN ⋅⃗BD|
|⃗MN||⃗BD|
=
1
2
❑√2
2 ×❑√2
= 1
2，
所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为1
2.
故选：C.
3．（2024·江西上饶·一模）如图，长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = BC =3, A A1=2，点P为平面A1B1C1 D1上
一动点，若∠PBC1=∠BC1C，则P点的轨迹为（ ）
A．抛物线
B．椭圆
C．双曲线的一支
D．圆
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间角的向量法结合空间向量的坐标运算可求得P的轨迹方程，进而根据方程判
定轨迹类型.
【详解】如图，以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则B (0,0,2),C1(0,3,0)，|BC1|=
❑√BC
2+C C1
2=
❑√3
2+2
2= ❑√13.
由题可设P(x , y ,0)( y ≥0)，则向量⃗BP =(x , y ,−2)，向量⃗BC1=(0,3,−2)，
所以cos∠PBC1= |BP⃗⋅BC⃗1|
|BP⃗|⋅|BC1|⃗
=
|3 y −4|
❑√x
2+ y
2+ 4
❑√3
2+(−2)
2 =|C C1|
|BC1|
=
2
❑√13
，即|3 y −4|
❑√x
2+ y
2+ 4
=2.
将上式两边同时平方可得9 y
2−24 y +16
x
2+ y
2+ 4
= 4，即5 y
2−24 y −4 x
2=0.
则5[( y −12
5 )
2
−144
25 ]−4 x
2=0，即5( y −12
5 )
2
−4 x
2= 144
5 .
所以
( y −12
5 )
2
144
25
−x
2
36
5
=1.故轨迹为双曲线的一支.
故选：C.
二、多选题
4．（2025·江苏苏州·三模）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为AB的中点，F为侧面BC C1B1
内的动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．使三棱锥F −A D1 E体积取得最大值的点F唯一
B．存在点F，使得直线C1 F与C1 E的夹角为π
4
C．D1 E⊥AF时，点F的轨迹是线段
D．D1 E //平面A1C1 F时，点F的轨迹长为2❑√13
3
【答案】BCD
【分析】对于A，求证B1C ⊥平面ABC1 D1并结合正方体结构性质即可判断；对于B，由直线EC1与平面BC C1B1
所成的角∠EC1B<π
4 和∠EC1C >π
4 即可判断；对于C，由D1 E⊥AF结合D1 E⊥平面AGH即可判断；对于
D，由向量法求证D1 E //平面A1C1 X即可求解判断D.
【详解】对于A，连接A D1,BC1,B1C，由正方体结构性质可知B1C ⊥BC1, AB⊥平面BC C1B1，
因为B1C ⊂平面BC C1B1，所以AB⊥B1C，
又AB∩BC1= B，AB ,BC1⊂平面ABC1 D1，所以B1C ⊥平面ABC1 D1，
又由正方体结构性质可知侧面BC C1B1内（含边界）点B1和点C两点到平面ABC1 D1的距离最大且相等，
所以使三棱锥F −A D1 E体积取得最大值的点F有两个点，故A 错误；
对于B，由正方体结构性质可知AB⊥平面BC C1B1，
所以∠EC1B是直线EC1与平面BC C1B1所成的角，
由题意可得EB =1,BC1=
❑√2×2
2=2❑√2，此时tan∠EC1B =
1
2❑√2 =
❑√2
4 <1，则∠EC1B<π
4 ，
由正方形性质可知在平面BC C1B1上点B1和点C与直线BC1距离最大，
而tan ∠EC1C = EC
C1C =
❑√5
2 >1，故∠EC1C >π
4 ，
所以存在点F，使得直线C1 F与C1 E的夹角为π
4 ，故B 正确；
对于C，分别取B B1,BC中点G , H，连接AG,GH , AH，
以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系D−xyz，则A (2,0,0), H (1,2,0),G (2,2,1), D1(0,0,2), E (2,1,0)，
则⃗AG =(0,2,1),⃗GH =(−1,0,−1),⃗D1 E =(2,1,−2)，
则⃗AG⋅⃗D1 E =0+2−2=0,⃗GH ⋅⃗D1 E =−2+0+2=0，
则⃗AG⊥⃗D1 E ,⃗GH ⊥⃗D1 E即AG⊥D1 E ,GH ⊥D1 E，又AG∩GH =G , AG,GH ⊂平面AGH，
所以D1 E⊥平面AGH，则若D1 E⊥AF，则点F的轨迹是线段GH，故C 正确；
对于D，取B B1三等分点X 且2BX = X B1，连接A1 X ,C1 X，
则X(2,2, 2
3)，又C1(0,2,2), A1(2,0,2)，则⃗A1 X =(0,2,−4
3),⃗C1 X =(2,0,−4
3)，
设平面A1C1 X的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿，
所以¿，取z =3，则⃗m=(2,2,3)，
则⃗m⋅⃗D1 E =2×2+1×2−2×3=0，且D1 E不在平面A1C1 X，所以D1 E //平面A1C1 X，
若D1 E //平面A1C1 F，则点F的轨迹为线段C1 X，
此时点F的轨迹长度为C1 X = ❑√(
4
3)
2
+2
2= 2❑√13
3
，故D 正确；
故选：BCD
三、填空题
5．如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知∠AOC =π
3 ,OA =2，圆柱的高为5．若点D
在圆柱表面上运动，且满足BC ⊥AD，则点D的轨迹所围成图形的面积为_______．
【答案】10
【分析】先推出BC ⊥平面ACD，设过A的母线与上底面的交点为E，过C的母线与上底面的交点为F，连
EF ,CF , AC，推出BC ⊥平面ACE，从而可得点D的轨迹是矩形AEFC，计算这个矩形的面积即可得解.
【详解】因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以BC ⊥AC，
又BC ⊥AD，AC ∩AD = A，AC , AD⊂平面ACD，所以BC ⊥平面ACD，
设过A的母线与上底面的交点为E，过C的母线与上底面的交点为F，连EF ,CF , AC，
因为AE⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，所以AE⊥BC，
因为AE∩AC = A，AE , AC ⊂平面ACE，所以BC ⊥平面ACE，
所以点D在平面ACE内，又点D在圆柱的表面，所以点D的轨迹是矩形AEFC，
依题意得AE =5，OA =OC =2，∠AOC =π
3 ，所以AC =2，
所以矩形AEFC的面积为5×2=10.
故点D的轨迹所围成图形的面积为10.
故答案为：10.
6．已知菱形ABCD的各边长为2，∠D =60°．如图所示，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，
得到三棱锥S−ABC，此时SB =3．则三棱锥S−ABC的体积为_______，E是线段SA的中点，点F在三棱锥
S−ABC的外接球上运动，且始终保持EF ⊥AC，则点F的轨迹的周长为_______．
【答案】
❑√3
2 5 ❑√3
3
π
【分析】取AC中点M，由题可得AC ⊥平面SMB，进而可得三棱锥S−ABC的高h=sin∠SBM ⋅SB = 3
2，利用锥
体体积公式可得三棱锥的体积，设点F轨迹所在平面为α，则F轨迹为平面α截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截
面性质求截面圆半径即得.
【详解】取AC中点M，则AC ⊥BM , AC ⊥SM ,BM ∩SM = M，BM ,SM ⊂平面SMB,
∴AC ⊥平面SMB，SM = MB = ❑√3，又SB =3，
∴∠SBM =∠MSB=30
∘，
则三棱锥S−ABC的高h=sin∠SBM ⋅SB = 3
2，
三棱锥S−ABC体积为V = 1
3 ×
❑√3
4 ×2
2× 3
2 =
❑√3
2 ；
作EH ⊥AC 于H，设点F轨迹所在平面为α，
则平面α经过点H且AC ⊥α，
设三棱锥S−ABC外接球的球心为O ,△SAC ,△BAC的中心分别为O1,O2，
易知OO1⊥平面SAC ,OO2⊥平面BAC，且O ,O1,O2, M四点共面，
由题可得∠OM O1= 1
2 ∠O1 M O2=60
∘，O1 M = 1
3 SM =
❑√3
3 ，
解Rt△OO1 M，得OO1= ❑√3O1 M =1，又O1S = 2
3 SM = 2❑√3
3
，
则三棱锥S−ABC外接球半径r =
❑√OO1
2+O1S
2= ❑√
7
3，
易知O到平面α的距离d = MH = 1
2，
故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1=
❑√r
2−d
2= ❑√
7
3 −1
4 = 5 ❑√3
6
，
∴截面圆的周长为l =2πr1= 5 ❑√3
3
π，即点F轨迹的周长为5 ❑√3
3
π.
故答案为：
❑√3
2 ；5 ❑√3
3
π.
四、解答题
7．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面边长为2，侧棱A A1=3，E、H分别是
B1C1、BC延长线上的点，且CB =CH，C1B1=C1 E．
(1)求平面AB B1 A1与平面B D1 E的夹角的正弦值；
(2)求直线B1 H与平面B D1 E所成角的正弦值；
(3)求点A到平面B D1 E的距离．
【答案】(1)平面AB B1 A1与平面B D1 E的夹角的正弦值为5 ❑√34
34
(2)直线B1 H与平面B D1 E所成角的正弦值为12❑√34
85
(3)A到平面B D1 E的距离为3 ❑√34
17
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面BA A1B1的一个法向量和平面B D1 E的一个法向量，利用向量法可求
得两平面的夹角的余弦值，进百可求正弦值；
（2）求得⃗B1 H =(0,4 ,−3)，利用向量法可求得直线B1 H与平面B D1 E所成角的正弦值；
（3）由⃗AB =(2,0,0)，利用向量法可求点A到平面B D1 E的距离.
【详解】（1）因为四棱柱ABCD−A1B1C1 D1为正四棱柱，所以A A1⊥底面ABCD，又因为AB⊥AD，
所以以A为坐标原点，AB , AD , A A1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0),B(2,0,0), D1(0,2,3), H (2,4,0), E(2,4,3)，
所以⃗B D1=(−2,2,3),⃗BE =(0,4,3)，
易知平面BA A1B1的一个法向量为⃗n1=(0,1,0)，
设平面B D1 E的法向量为⃗n2=( x , y , z)，
则¿，令z = 4，则y =−3, x =3，
所以平面B D1 E的一个法向量为⃗n2=(3,−3,4)，
设平面AB B1 A1与平面B D1 E的夹角为θ，
则cosθ =|cos⟨⃗n1,⃗n2⟩|=|⃗n1⋅⃗n2|
|⃗n1||⃗n2|
=
3
❑√9+9+16×1 =
3
❑√34 ，
所以平面AB B1 A1与平面B D1 E的夹角的正弦值为sinθ =
❑√1−cos
2θ =
5
❑√34 = 5 ❑√34
34
；
（2）由（1）可得B1(2,0,3)，所以⃗B1 H =(0,4 ,−3)，
设直线B1 H与平面B D1 E所成角为α；
所以cosα =|cos⟨⃗B1 H ,⃗n2⟩|=|⃗B H 1⋅⃗n2|
|⃗B H 1||⃗n2|
=
24
❑√0+16+9⋅❑√9+9+16 = 12❑√34
85
，
所以直线B1 H与平面B D1 E所成角的正弦值为12❑√34
85
；
（3）由（1）可得⃗AB =(2,0,0)，则A到平面B D1 E的距离为|⃗AB⋅⃗n2|
|⃗n2|
=
6
❑√9+9+16 = 3 ❑√34
17
．
8．（2025·广东江门·模拟预测）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2 AB =2BC = 4，E是B B1的中点，
F是E B1的中点，O是底面A1B1C1 D1的中心．
(1)证明：OF ⊥平面AEC．
(2)若P是侧面CD D1C1上的一个动点，且点P到平面AEC的距离为
❑√3
3 ，证明点P的轨迹为一条线段，并求该线段的
长度.
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析；线段长度为❑√2
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，结合线面垂直的判断定理，即可证明；
（2）利用坐标法，结合点到平面的距离公式，求出点P满足的轨迹方程，即可证明，并求线段长度.
【详解】（1）如图，以点D为原点，以⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1为x , y , z轴的正方向，建立空间直角坐标系，O(1,1,4)，
F (2,2,3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，E (2,2,2)，⃗
OF =(1,1,−1)，⃗AE =(0,2,2)，⃗AC =(−2,2,0)，⃗
OF ⋅⃗AE =0，⃗OF ⋅⃗AC =0，
所以OF ⊥AE，OF ⊥AC，AE∩AC = A，AE , AC ⊂平面AEC，
所以OF ⊥平面AEC
（2）由（1）可知OF ⊥平面AEC，则⃗OF是平面AEC的一个法向量
所以平面AEC的一个法向量为⃗n=⃗OF =(1,1,−1)，
设P(0, y , z)，⃗AP =(−2, y , z)，
则点P到平面AEC的距离d =|⃗AP⋅⃗n|
|⃗n|
=|−2+ y −z|
❑√3
=
❑√3
3 ，
则|−2+ y −z|=1，得y −z =1或y −z =3，
直线y −z =3与侧面DC C1 D1没有交点，故舍去，
所以y −z =1，
如图，直线y −z =1与棱DC ,C C1交于M , N，所以点P的轨迹是线段MN
M (0,1,0),N (0,2,1)，|MN|= ❑√2.
【拔高选练】（共6 题）
一、单选题
1．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱ABC −A1B1C1的底面边长为6，高为3 ❑√6，其顶点都在球O 的球面上，则
球心O 到平面A1BC的距离为（ ）
A．
❑√2
2
B．
❑√3
2
C．❑√2
D．❑√3
【答案】A
【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面A1BC的法向量，利用向量法计算球心O到该平面的距离.
【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点O，
以点O为原点，CB
→
，B B
→
1为y , z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则球心O的坐标为(0,0,0)：
因为底面边长为6，所以底面正三角形外接圆半径r = 2
3 ×
❑√3
2 ×6=2❑√3；
故 A1(2❑√3,0, 3 ❑√6
2
)，B(−❑√3,3,−3 ❑√6
2
)，C(−❑√3,−3,−3 ❑√6
2
)，
所以 BC
→
=(0,−6,0)，B A
→
1=(3 ❑√3,−3,3 ❑√6)，
设平面A1BC的法向量为n=(x , y , z)，则由¿，即¿，
令x = ❑√6，则y =0, z =−❑√3，则n
→
=(❑√6,0,−❑√3)是平面A1BC的一个法向量.
又OC
→
=(−❑√3,−3,−3 ❑√6
2 )，因此球心O到平面A1BC的距离
d =|OC
→
· n
→|
|n
→|
=|−❑√3×❑√6+(−3)×0+(−3 ❑√6
2 )×(−❑√3)|
❑√6+0+3
=
3 ❑√2
2
3
=
❑√2
2
.
2．（2026·陕西咸阳·三模）在四面体P−ABC中，PA ⊥平面ABC，AB = BC =2，∠ABC =120°.若四面体
P−ABC的体积为2❑√3
3
，则AC与平面PBC所成角的正弦值为（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√5
5
C．
❑√6
6
D．
❑√7
7
【答案】D
【详解】
在△ABC中，AB = BC =2，∠ABC =120°，由三角形面积公式得S△ABC = 1
2 AB⋅BC ⋅sin120
∘= ❑√3，
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cos120
∘=12 ，故AC =2❑√3，
因为PA ⊥平面ABC，四面体体积V = 1
3 S△ABC⋅PA = 2❑√3
3
，代入S△ABC = ❑√3解得PA =2，
以B 为原点，BC为y轴，平面ABC内垂直于BC的方向为x轴，过B 且垂直于平面ABC的方向为z轴，
得各点坐标：B(0,0,0)，C (0,2,0) ，A (❑√3,−1,0) ，P(❑√3,−1,2) ，BC⃗=(0,2,0), PB⃗=(−❑√3,1,−2)，
设平面PBC的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，解得y =0，令x =2得z =−❑√3，即n=(2,0,−❑√3) ，
又向量AC
→
=(−❑√3,3,0) ，| AC
→
|=2❑√3，
设AC 与平面PBC所成角为θ，根据线面角与向量夹角的关系，
sinθ =|cos⟨AC
→
,n ⟩|=| AC
→
⋅n|
| AC
→
|⋅|n|
=|−2❑√3|
2❑√3×❑√7 =
❑√7
7 .
二、多选题
3．（2026·江西·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P是侧面BC C1B1上一点，则
（ ）
A．存在点P，使AP⊥BD
B．若AP = ❑√5，则动点P的轨迹长度为π
3
C．当点P在线段BC1上时，直线DP与平面A B1 D1平行
D．当点P在线段BC1上时，直线DP与平面ABC1 D1所成角的正弦值可以为
❑√3
3
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算分析线面平行、线面垂直、轨迹方程、线面角，逐项分析计算即可.
【详解】以D为原点，DA、DC、D D1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D1(0,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2).
设P(x ,2, z)（P在侧面BC C1B1上，则y坐标恒为2，x∈[0,2]，z∈[0,2]）.
选项A：⃗AP =(x−2,2, z)，BD⃗=(−2,−2,0).
若AP⊥BD，则AP⃗⋅BD⃗=0，即−2(x−2)−4 =0，解得x =0.
取z =1，则P(0,2,1)满足条件，故A 正确；
选项B：由AP = ❑√5得，❑√(x −2)
2+2
2+ z
2= ❑√5，化简得(x −2)
2+ z
2=1.
该方程表示在平面y =2上，以点(2,2,0)为圆心，半径为1 的圆弧（x∈[0,2]，z∈[0,2]，实际是四分之一圆），
所以轨迹长度为1
4 ×2π×1=π
2 ，故B 错误；
选项C：⃗A B1=(0,2,2)，⃗A D1=(−2,0,2).
设平面A B1 D1的法向量为⃗n=(a,b,c)，则
¿，即¿，令c =1，则a=1，b=−1，所以⃗n=(1,−1,1).
因为P在线段BC1上，设⃗BP =t⃗BC1（t ∈[0,1]），则(x−2,0, z)=t (−2,0,2)，
所以x−2=−2t，z =2t，所以P(2−2t ,2,2t )，⃗DP =(2−2t ,2,2t )（t ∈[0,1]）.
因为⃗DP⋅⃗n=(2−2t )−2+2t =0，所以⃗DP⊥⃗n，又DP⊄平面A B1 D1，
所以直线DP与平面A B1 D1平行，故C 正确；
选项D：⃗AB =(0,2,0)，⃗A D1=(−2,0,2).
设平面ABC1 D1的法向量为⃗m=(a1,b1,c1)，则
¿，即¿，令c1=1，则a1=1，又b1=0，所以⃗m=(1,0,1).
设直线DP与平面ABC1 D1所成角为θ，由选项C 知，⃗DP =(2−2t ,2,2t )（t ∈[0,1]）.
则sinθ =|cos⟨⃗DP ,⃗m⟩|=|⃗DP⋅⃗m|
|⃗DP||⃗m|
=
|2−2t +0+2t|
❑√(2−2t )
2+2
2+(2t )
2⋅
❑√1
2+0
2+1
2
=
2
❑√8t
2−8t +8⋅❑√2
=
1
2
❑√t
2−t +1
=
1
2❑√(t −1
2)
2
+ 3
4
，t ∈[0,1]，
所以，当t = 1
2时，sinθ取最大值，为(sinθ)max=
1
2❑√
3
4
=
❑√3
3 ，故D 正确.
三、填空题
4．（2026·福建厦门·模拟预测）已知A (0,0,1)，B(
1
3 , 2
3 ,0)，C (0,1,0)，则点A 到直线BC 的距离为__________．
【答案】
❑√6
2
【分析】根据空间点到线距离公式进行求解即可.
【详解】已知A(0,0,1)，B(
1
3 , 2
3 ,0)，C(0,1,0)，
所以⃗BA =(−1
3 ,−2
3 ,1)，⃗BC =(−1
3 , 1
3 ,0).
进而|⃗BA|= ❑√(
1
3)
2
+(
2
3)
2
+(−1)
2=
❑√14
3
，|⃗BC|= ❑√(−1
3)
2
+(
1
3)
2
=
❑√2
3
.
cos〈⃗BA ,⃗BC 〉=⃗BA ⋅⃗BC
|⃗BA||⃗BC|
=−
❑√7
14 ，进而sin〈⃗BA ,⃗BC 〉=
❑√1−cos
2〈⃗BA ,⃗BC 〉= 3 ❑√21
14
.
则点A到BC的距离|⃗AB|sin〈⃗BA ,⃗BC 〉=
❑√14
3
× 3 ❑√21
14
=
❑√6
2 .
5．（2026·山东青岛·二模）等边△ABC的三个顶点都在平面α的同一侧，且三条边在α上的射影长分别为1，❑√2，
❑√3，则△ABC所在平面与α所成的二面角（锐角）的余弦值为________．
【答案】
❑√6−❑√2
2
【分析】设等边△ABC的边长为a(a>❑√3)，A ,B ,C在α上的投影分别为A1,B1,C1，作A B2⊥B B1，A C2⊥C C1，
B2C2⊥C C1，BC3⊥C C1，根据C C2=C C3+C2C3求出a，以C2为坐标原点，分别以C2 A ,C2B2,C2C为x , y , z
轴建立空间直角坐标系，求出平面ABC的法向量及平面α的法向量，利用向量法即可求出答案.
【详解】如图，A ,B ,C在α上的投影分别为A1,B1,C1，
不妨设A1C1=1，B1C1= ❑√2，A1B1= ❑√3，
作A B2⊥B B1，A C2⊥C C1，B2C2⊥C C1，BC3⊥C C1，
设等边△ABC的边长为a(a>❑√3)，
则C C2=
❑√A C
2−A C2
2=
❑√A C
2−A1C1
2=
❑√a
2−1，
C C3=
❑√BC
2−BC3
2=
❑√BC
2−B1C1
2=
❑√a
2−2，
C2C3= B B2=
❑√A B
2−A B2
2=
❑√A B
2−A1B1
2=
❑√a
2−3，
由C C2=C C3+C2C3得❑√a
2−1=
❑√a
2−2+
❑√a
2−3，
化简得3a
4−12a
2+8=0，解得a
2=2± 2❑√3
3
，
又a
2>3，所以a
2=2+ 2❑√3
3
，
以C2为坐标原点，分别以C2 A ,C2B2,C2C为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则A (1,0,0)，B(0,❑√2,
❑√a
2−3)，C(0,0,
❑√a
2−1)，
则⃗AB =(−1,❑√2,
❑√a
2−3)，⃗AC =(−1,0,
❑√a
2−1)，
设平面ABC的法向量⃗m=(x , y , z)，
则¿，
令z = ❑√2，则x =
❑√2a
2−2，y =
❑√a
2−1−
❑√a
2−3，
则⃗m=(❑√2a
2−2,
❑√a
2−1−
❑√a
2−3,❑√2)，
则|⃗m|=
❑√2a
2−2+(❑√a
2−1−
❑√a
2−3)
2+2= ❑√4 +2❑√3= ❑√3+1，
平面α的一个法向量⃗n=(0,0,1)，
设△ABC所在平面与α所成的二面角（锐角）为β，
则cos β = |⃗m·⃗n|
|⃗m|·|⃗n|=
❑√2
❑√3+1 =
❑√6−❑√2
2
，
即△ABC所在平面与α所成的二面角（锐角）的余弦值为
❑√6−❑√2
2
.
四、解答题
6．（2026·陕西宝鸡·三模）如图，在矩形ABCD中，AB =2，BC =1，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，使得
AD⊥BE，连接BD，BE．
(1)求证：平面ADE⊥平面BDE．
(2)求二面角C −BE−D的正弦值．
(3)当△ADE绕AE边在空间旋转时，设D在平面ABCE内的投影为M，求M的轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√2
2
(3)❑√2．
【分析】1）先由矩形边长和中点条件得到AD = DE =1，并得AD⊥DE，折叠不改变△ADE中的长度和垂直关系，
再结合题设AD⊥BE，利用线面垂直的判定证明AD⊥平面BDE，进而证明两个平面垂直．
（2）方法一可取垂直于棱BE的截面，将二面角C −BE−D的平面角转化为△ADE中的角；方法二可先证明BE⊥平
面ADE，再直接得到DE⊥BE，从而确定平面角；方法三可建立空间直角坐标系，利用两个面的法向量验证结果．
（3）设H为点D到AE的垂足．旋转过程中，点H固定，且DH不变，点D在以H为圆心、DH为半径的圆上运动；
该圆正射影到平面ABCE后为一条线段，再求该线段长度．
【详解】（1）因为在矩形ABCD中，AB =2，BC =1，所以AD = BC =1，CD = AB =2．又因为E为CD的中点，所
以DE =1，从而AD = DE =1．
在原矩形中，AD⊥CD，且DE⊂CD，所以AD⊥DE．将△ADE沿AE折起时，△ADE自身的形状和大小不变，
因此折起后仍有AD⊥DE．
又由题意，折起后AD⊥BE．因为BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，且BE∩DE = E，所以AD⊥平面BDE．
因为AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BDE．
（2）方法一：在原矩形中，AE =
❑√1
2+1
2= ❑√2，BE =
❑√1
2+1
2= ❑√2．又AB =2，所以A E
2+ B E
2= A B
2，因此
AE⊥BE．
折起后，线段AE和BE的位置不变，所以仍有AE⊥BE．
又题设给出AD⊥BE，且AE∩AD = A，AE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BE⊥平面ADE，从而
DE⊥BE．
二面角C −BE−D的棱为BE．在平面CBE内，直线AE⊥BE；在平面DBE内，直线DE⊥BE．
因此，∠AED或其补角是二面角C −BE−D的平面角．由于两个角互补时正弦值相等，只需求sin ∠AED．
在△ADE中，AD = DE =1，AD⊥DE，所以AE = ❑√2，且∠AED = 45
∘．故二面角C −BE−D的正弦值为
sin 45
∘=
❑√2
2 ．
方法二：过点E作平面α ⊥BE．因为AE⊥BE，且AE在平面CBE内，所以平面α与平面CBE的交线可取为AE所在
直线．
又因为DE⊥BE，且DE在平面DBE内，所以平面α与平面DBE的交线可取为DE所在直线．
因此二面角C −BE−D的一个平面角为∠AED或其补角，正弦值仍为sin∠AED．
由AD = DE =1，AD⊥DE，得∠AED = 45
∘，所以二面角C −BE−D的正弦值为
❑√2
2 ．
方法三：以点E为原点，以EB所在直线为x轴，以ED所在直线为y轴，以过点E且平行于AD的直线为z轴建立空间
直角坐标系，则可取B(❑√2,0,0)，D (0,1,0)，A (0,1,1)．
因为原平面ABCE中AE⊥BE，且C由原矩形位置确定，所以可取C(
❑√2
2 ,−1
2 ,−1
2)．
平面BDE的一个法向量可取n⃑1=(0,0,1)．设平面CBE的一个法向量为n⃑2=(x , y , z)，由n⃑2⋅EB⃑=0，n⃑2⋅EC⃑=0，得
x =0，y + z =0，故可取n⃑2=(0,1,−1)．
于是|cos⟨n⃑1,n⃑2 ⟩|= 1
❑√2
，所以两个平面所成角的正弦值为
❑√2
2 ，即二面角C −BE−D的正弦值为
❑√2
2 ．
（3）设H为点D到AE的垂足．由上面的计算可知，在△ADE中，AD = DE =1，AE = ❑√2，且AD⊥DE，所以
△ADE是等腰直角三角形，点H为斜边AE的中点．
由直角三角形面积相等可得1
2 AD⋅DE = 1
2 AE⋅DH，所以DH = AD⋅DE
AE
= 1
❑√2 =
❑√2
2 ．
当△ADE绕边AE在空间旋转时，边AE保持不动，所以点H保持不动；
又DH ⊥AE，且DH的长度保持为
❑√2
2 ，所以点D在以H为圆心、
❑√2
2 为半径的圆上运动，且该圆所在平面与AE垂
直．
因为AE⊂平面ABCE，所以这个圆正射影到平面ABCE后，落在过点H且垂直于AE的直线上．
当点D转到圆上与平面ABCE距离为0的两个位置时，投影点M到H的距离分别达到最大值
❑√2
2 ，且在这两个端点之
间的所有位置都能取到．
因此点M的轨迹是一条线段，其长度为2 DH =2×
❑√2
2 = ❑√2．
【错题复盘】（共5 题）
一、单选题
1．已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，点M为棱D D1的中点，则平面ACM截该正方体的内切球所得截面
面积为（ ）
A．π
3
B．2π
3
C．π
D．4π
3
【答案】A
【分析】球心O为正方体中心，R =1，法一：连接AC ,BD相交于点E，根据线面平行的判定定理得B D1//平面
AMC，则O到平面AMC的距离等于点B到平面AMC的距离，设为d，利用V B−AMC =V M −ABC求出d，再由截面圆半
径r
2= R
2−d
2可得答案；法二：以D为原点，⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，求出平面AMC
的一个法向量，再由点到平面AMC的距离的向量求法可得答案.
【详解】球心O为正方体中心，半径R =1，
法一：连接AC ,BD，相交于点E，点E为BD的中点，连接ME ,BM，
可得ME // B D1，因为ME⊂平面AMC，B D1⊄平面AMC，
所以B D1//平面AMC，O在B D1上，
则O到平面AMC的距离等于点B到平面AMC的距离，设为d，
S△ABC = 1
2 ×2×2=2，S△AMC = 1
2 × AC × ME = 1
2 ×2❑√2×❑√1+2= ❑√6，
由MD⊥平面ABC、V B−AMC =V M −ABC得：d = S△ABC
S△AMC
= 2
❑√6 ，
则截面圆半径r
2= R
2−d
2= 1
3，
所以截面面积S =πr
2=π
3 ；
法二：以D为原点，⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，如图，
则O(1,1,1)，M (0,0,1)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，⃗
AM =(−2,0,1)，⃗CM =(0,−2,1)，⃗MO =(1,1,0)，
设平面AMC的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
¿，令x =1，则y =1, z =2，
所以⃗n=(1,1,2)，
则O到平面AMC的距离d =|⃗MO⋅⃗n|
|⃗n|
= 2
❑√6
，
截面圆半径r
2= R
2−d
2= 1
3，所以截面面积S =πr
2=π
3 .
故选：A．
2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F，G分别为棱A A1，BC，C C1的中
点，动点H在平面EFG内，且DH =1.则下列说法正确的是（ ）
A．存在点H，使得直线DH与直线FG相交
B．存在点H，使得直线DH ⊥平面EFG
C．直线B1 H与平面EFG所成角的大小为π
3
D．平面EFG被正方体所截得的截面面积为3 ❑√3
2
【答案】C
【分析】连接DF，DG，取FG的中点M，连接DM，点D到线段FG的最短距离大于1，即可判断A；建立空间直角
坐标系，点D到平面EFG的距离为|⃗EF ⋅⃗n|
|⃗n|
=
❑√3
2 <1，即可判断B；由D B1⊥平面EFG，连接D B1交EG于点O，
Rt△O B1 H与Rt△ODH全等，所以∠B1 HO =∠DHO =π
3 ，即可判断C；平面EFG被正方体所截得的截面图形为
正六边形，且边长为
❑√2
2 ，可求截面面积.
【详解】
连接DF，DG，所以|DF|=|DG|=
❑√5
2 ，|FG|=
❑√2
2 ，取FG的中点M，连接DM，
所以|DM|= 3 ❑√2
4
>1，点D到线段FG的最短距离大于1，所以不存在点H，使得直线DH与直线FG相交，故A不正
确；
以D为坐标原点，分别以DA，DC，D D1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则E(1,0, 1
2)，
F(
1
2 ,1,0)，G(0,1, 1
2)，D (0,0,0)，
所以⃗EF =(−1
2 ,1,−1
2)，⃗EG =(−1,1,0)，⃗DE =(1,0, 1
2)，
设平面EFG的法向量为⃗n=(x , y , z)，所以¿，即¿，
令x =1，则y =1，z =1，所以n
→
=(1,1,1)，
所以点D到平面EFG的距离为|DE⃗⋅n
→|
|n
→|
=
3
2❑√3 =
❑√3
2 <1，而DH =1，所以不存在点H，使得直线DH ⊥平面EFG，
故B不正确；
因为D B⃗1=(1,1,1)，所以D B1⊥平面EFG，连接D B1交EG于点O，所以O为D B1的中点，DO = B1O =
❑√3
2 ，
所以∠B1 HO为直线B1 H与平面EFG所成角，
因为DH =1，在Rt△ODH中，sin ∠DHO = DO
DH =
❑√3
2 ，
所以∠DHO =π
3 ，因为Rt△O B1 H与Rt△ODH全等，所以∠B1 HO =∠DHO =π
3 ，故C正确；
延长GF交B1B的延长线于N，连接EN交AB于P，连接PF，取D1C1的中点K，D1 A1的中点J，
连接KG，EJ，KJ，KG // EP，EJ //GF，KJ // PF，
平面EFG被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为
❑√2
2 ，
所以截面面积为6× 1
2 ×
❑√2
2 ×
❑√6
4 = 3 ❑√3
4
，故D不正确.
故选：C.
二、多选题
3．（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P，Q 分别为A C1, A1B1的中点，
点T在正方体的表面上运动，满足PT ⊥BQ．其中所有正确结论是（ ）
A．线段PT长度的最小值为1；
B．点P到直线BQ的距离为
❑√30
5
C．点T的轨迹是梯形；
D．点T的轨迹围成的多边形的面积为2❑√5．
【答案】ABD
【分析】以C点为坐标原点，以⃗CD ,⃗CB ,⃗C C1所在直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，设T (x , y , z)，利用向
量法求出点P到直线BQ的距离，从而判断B；由PT ⊥BQ，EF ⊥EH，可得点T的轨迹为矩形EFGH，即可判断
C；求出其面积可判断D；由题意可得|PT|=
❑√5(z−1)
2+( y −1)
2，求出其最小值，即可判断A.
【详解】由题知，以C点为坐标原点，
以⃗CD ,⃗CB ,⃗C C1所在直线分别为x , y , z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，
则C (0,0,0)，D (2,0,0)，B (0,2,0)，A (2,2,0)，C1(0,0,2)，D1(2,0,2)，
B1(0,2,2)，A1(2,2,2)，P(1,1,1)，Q (1,2,2)，设T (x , y , z)，⃗
PQ =(0,1,1),⃗BQ =(1,0,2)，d = ❑√⃗
PQ
2−(⃗
PQ⋅⃗BQ⃗
|BQ| )
2
=
❑√30
5
，故B 正确．⃗
PT =(x−1, y −1, z−1)，
因为PT ⊥BQ，所以x−1+2(z−1)=0，
当x =0时，z = 3
2，当x =2时，z = 1
2，
取E(2,0, 1
2)，F(2,2, 1
2)，G(0,2, 3
2)，H(0,0, 3
2)，
连接EF，FG，GH，HE，
则⃗EF =⃗HG =(0,2,0)，⃗EH =⃗FG =(−2,0,1)，
所以⃗EF ⋅⃗EH =0，即EF ⊥EH，所以四边形EFGH 为矩形，
因为⃗EF ⋅⃗BQ =0，⃗EH ⋅⃗BQ =0，所以EF ⊥BQ，EH ⊥BQ，
又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线， 所以BQ⊥平面EFGH，
又⃗EP =(−1,1, 1
2)，⃗PG =(−1,1, 1
2)，
所以P为EG 的中点，则P∈平面EFGH，
为使PT ⊥BQ，必有点T ∈平面EFGH，
又点T在正方体表面上运动，所以点T的轨迹为四边形EFGH，
又EF =GH =2，EH = FG = ❑√5，所以EF ≠EH，
则点T的轨迹为矩形EFGH，故C 错误；
面积为2×❑√5=2❑√5，即2❑√5，故D 正确
又因为⃗BQ =(1,0,2)，⃗PT =(x−1, y −1, z−1)，PT ⊥BQ，
则x−1+2(z−1)=0，即x +2 z−3=0，
所以x =3−2 z，点T在正方体表面运动，
则0≤3−2 z≤2，解得1
2 ≤z≤3
2，
|PT|=
❑√(x−1)
2+( y −1)
2+(z−1)
2=
❑√5(z−1)
2+( y −1)
2，
结合点T的轨迹为矩形EFGH，
分类讨论下列两种可能取得最小值的情况
当z =1，y =0或y =2时，|PT|=1，
当y =1，或z = 1
2时，|PT|=
❑√5
2
因为1<
❑√5
2 ，
所以当z =1，y =0或y =2时，PT取得最小值为1，即1，故A 正确．
三、填空题
4．已知菱形ABCD的各边长为2,∠D =60
∘.如图所示，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，
得到三棱锥S−ABC，此时SB =3.若E是线段SA的中点，点F在三棱锥S−ABC的外接球上运动，且始终保持
EF ⊥AC则点F的轨迹的面积为__________.
【答案】25
12 π
【分析】取AC中点M，由题可得AC ⊥平面SMB，设点F轨迹所在平面为α，则F轨迹为平面α截三棱锥的外接球的
截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【详解】取AC中点M，连接SM ,BM，则AC ⊥BM , AC ⊥SM，SM = MB = ❑√3
BM ∩SM = M，BM ,SM ⊂平面SMB，所以AC ⊥平面SMB，
又因为SB =3，则∠SBM =∠MSB =30
∘,∠SMB =120
∘，
作EH ⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为α，
则平面α经过点H，且AC ⊥α，
设三棱锥S−ABC外接球的球心为O，半径为R，△SAC ,△BAC的中心分别为O1,O2，
可知OO1⊥平面SAC ,OO2⊥平面BAC，且O ,O1,O2, M四点共面，
由题可得∠OM O1= 1
2 ∠O1 M O2=60
∘,O1 M = 1
3 SM =
❑√3
3 ，
在Rt△OO1 M中，可得OO1= ❑√3O1 M =1，
又因为O1S = 2
3 SM = 2❑√3
3
，则R
2=O1S
2+O1O
2= 7
3，
易知O到平面α的距离d = MH = 1
2，
故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1=
❑√R
2−d
2= ❑√
7
3 −1
4 = 5 ❑√3
6
，
所以截面圆的面积为π(
5 ❑√3
6 )
2
= 25
12 π.
故答案为：25
12 π.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半
径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
四、解答题
5．（2026·甘肃兰州·模拟预测）如图1，在平面五边形MADCB中，
AB //CD , AB⊥BC , AB⊥MA , BC =CD =2 AB =2 MA = 4，将△MAB沿AB折起得到如图2 所示的四棱锥
P−ABCD，且PD = 4，E为棱CD的中点．
(1)证明：PE⊥平面PAB；
(2)若G为棱PD上一动点，直线CG与平面PAD所成角的正弦值为3 ❑√21
14
．
（i）求DG
DP
（ii）求点G到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）DG
DP = 1
3或2
3（ii）4 ❑√21
21
或8 ❑√21
21
．
【分析】（1）先由平面几何性质得到AB⊥AE，结合折叠后AB⊥PA推出AB⊥平面PAE，可得AB⊥PE，再由
勾股定理证得PE⊥PA，最后根据线面垂直的判定定理完成证明；
（2）（i）根据第一问的垂直关系建立空间直角坐标系，设⃗DG = λ⃗DP得到G的坐标，求出平面PAD的法向量和直线
CG的方向向量，利用线面角的向量计算公式列方程求解得到结果；（ii）在已建立的空间直角坐标系中求出平面
PBC的法向量，结合已得的G点坐标，利用点到平面的距离向量公式计算得到所求距离，也可通过等体积法结合三棱
锥体积关系求解。
【详解】（1）连接AE，
因为AB //CD , AB⊥BC , AB =CE，所以四边形ABCE为矩形，
所以AB⊥AE , AE = BC = 4，
因为AB⊥AP , AE∩AP = A , AE , AP⊂平面PAE，所以AB⊥平面PAE．
又PE⊂平面PAE，所以AB⊥PE，所以CD⊥PE，
又PD = 4，DE = 1
2 CD =2，
所以PE =
❑√P D
2−D E
2= ❑√16−4 =2❑√3，
因为AP =2, AE = 4，所以A E
2= A P
2+ P E
2，所以PE⊥AP，
因为AP∩AB = A , AP , AB⊂平面PAB，
所以PE⊥平面PAB．
（2）过点P作PF ⊥AE于点F，由（1）知AB⊥平面PAE．
因为PF ⊂平面PAE，所以PF ⊥AB，
因为AB∩AE = A , AB , AE⊂平面ABCD，所以PF ⊥平面ABCD，
所以AB , AE , PF两两垂直，
过点F作FH // AB交BC于点H，
以F为原点，FH , FE , FP所在直线分别为x , y , z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知AP⊥PE，所以AP⋅PE = AE⋅PF，则PF = AP⋅PE
AE
= ❑√3，
所以AF =
❑√A P
2−P F
2=1，
则A (0,−1,0),B (2,−1,0),C (2,3,0), D (−2,3,0), P(0,0,❑√3)．
所以⃗AP =(0,1,❑√3),⃗AD =(−2,4,0),⃗BP =(−2,1,❑√3),⃗BC =(0,4,0),⃗DP =(2,−3,❑√3)．
（i）设⃗DG = λ⃗DP =(2 λ ,−3 λ ,❑√3 λ)(0< λ<1)，
则G(2 λ−2,3−3 λ ,❑√3 λ)，
设平面PAD的一个法向量为⃗n=(x1, y1, z1)，
则¿，即¿，
取z1=1，则y1=−❑√3, x1=−2❑√3．所以⃗n=(−2❑√3,−❑√3,1)．
又CG
→
=(2 λ−4 ,−3 λ ,❑√3 λ)，
设直线CG与平面PAD所成角为θ，
则sinθ =¿，
整理得9 λ
2−9 λ+2=0，解得λ= 1
3或λ= 2
3，
所以DG
DP = 1
3或2
3．
（ii）设平面PBC的一个法向量为⃗m=(x2, y2, z2)，
则¿，即¿，
取z2=2，则y2=0, x2= ❑√3，所以⃗m=(❑√3,0,2)．
因为⃗DC =(4,0,0)，所以点D到平面PBC的距离为|⃗m⋅⃗DC|
|⃗m|
= 4 ❑√21
7
．
由（i）得DG
DP = 1
3或2
3，
当DG
DP = 1
3时，GP= 2
3 DP，此时点G到平面PBC的距离为8 ❑√21
21
；
当DG
DP = 2
3时，GP= 1
3 DP，此时点G到平面PBC的距离为4 ❑√21
21
．
综上，点G到平面PBC的距离为4 ❑√21
21
或8 ❑√21
21
．
