压轴16立体几何中的创新与融合问题的3大核心题型（压轴题专练）（全国通用）（答案版）_三轮冲刺_2026年试卷教辅资源等多个文件

压轴16 立体几何中的创新与融合问题的3 大核心题型
参考答案
压轴题型精讲
题型01 立体几何与轨迹问题的融合
1.【答案】A
【解析】取
1
CC 的中点H ，
1
1
C D 的中点M ，连接
1
1
,
,
B H HM MB ，
在正方体中，明显有
1
1
1
,
HM
BA B H
A E
∥
∥
，
又HM Ë 面
1A BE ，
1
BA Ì 面
1A BE ，
1
B H Ë 面
1A BE ，
1A E Ì 面
1A BE ，
所以
/ /
HM
面
1A BE ，
1
/ /
B H
面
1A BE ，
又
1
,
HM B H Ì 面
1
B HM ，
1
HM
B H
H
=
I
，
所以面
1
/ /
B HM
面
1A BE ，
当F 在线段MH 上运动时，有
1
/ /
B F
平面
1A BE ，
即点F 在侧面
1
1
CDD C 上的轨迹为线段MH ，
又
1
2
2 2
MH
C M
=
=
，
故点F 在侧面
1
1
CDD C 上的轨迹长度为2 2 ，故选A.
2.【答案】2 5
3
【解析】由
1
2
AD
BC
BE
=
=
，
//
AD BC 得：四边形ABED 为平行四边形，
//
AB DE
\
，
又
90
ABC
Ð
=
o ，
DE
BE
\
^
，DE
EC
^
，
Q平面CDE ^ 平面ABED ，平面CDE Ç 平面ABED
ED
=
，BE Ì 平面ABED ，
BE
\
^ 平面CDE ，
\以E 为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则

0,2,0
B
，


2,0,0
D
，


0,0,2
C
，


0,0,1
M
，

2,2,0
A
，
若P 在侧面CBE 上，设


0, ,
P
y z ，则


0, ,
1
MP
y z
=
-
uuur
，


2, 2,1
AM = -
-
uuuur
，
由AM
MP
^
得：
2
1
0
AM MP
y
z
×
= -
+
- =
uuuur uuur
，即P 点轨迹为2
1
0
y
z
-
+ =
，
则2
1
0
y
z
-
+ =
与BC 交于点
1 5
0,
,
3 3
N æ
ö
ç
÷
è
ø ，
P
\
在侧面CBE 上的轨迹长度为
1
4
5
9
9
3
MN =
+
=
；
若P 在侧面CDE 上，设


,0,
P x
z ，则


,0,
1
MP
x
z
=
-
uuur
，


2, 2,1
AM = -
-
uuuur
，
由AM
MP
^
得：2
1
0
x
z
-
+
- =
，即P 点轨迹为2
1
0
x
z
-
+ =
，
则2
1
0
x
z
-
+ =
与CD 交于点
1
5
,0,
3
3
Qæ
ö
ç
÷
è
ø ，
P
\
在侧面CDE 上的轨迹长度为
1
4
5
9
9
3
MQ =
+
=
.
综上所述：P 点形成的轨迹长度为2 5
3
.
题型02 立体几何与函数的融合
3.【答案】B
【解析】建立空间直角坐标系，如图所示，过P 作
1
PN
BB
^
，垂足为N ，
设
( ,3, )
P x
z ，则
(3,0,2)
H
，
(1,3,2),
(0,3, )
F
N
z ，且0
,
3
x z
£
£
，
由PN = PF ，即
2
2
(
1)
(
2)
x
z
x
-
+
-
=
，化简得2
1
x - =
2
(
2)
z -
，
2
2
2
2
|
|
(
3)
9
(
2)
HP
x
z
x
\
=
-
+
+
-
=
-
2
6
18
2
1
4
17
x
x
x
x
+
+
- =
-
+
，
所以当
2
x =
时，
2
|
|
HP
取最小值13，故选B
4.【答案】1
4
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系：
  


1,2,0
B
，


1 1,2,
B
a ，


1 0,0,
D
a ，


1 0,2,
C
a .
P 在
1
BD 上，所以设


1 0
1
BP
BD
l
l
=
£
£
uuur
uuuur
，


1
1, 2,
BD
a
= - -
uuuur
，
所以


1
, 2 ,
BP
BD
a
l
l
l
l
=
= -
-
uuur
uuuur
，所以

1
,2
2 ,
P
a
l
l
l
-
-
.
所以


1
,2 ,
PB
a
a
l
l
l
=
-
uuur
，


1
1,2 ,
PC
a
a
l
l
l
=
-
-
uuuur
.
因为
1
1
·
0
PB PC =
uuur uuuur
，所以



2
2
1
4
0
a
a
l l
l
l
-
+
+
-
=
，
即


2
2
2
5
1
a
l
l
l
-
=
-
，令1
t
l
-
= ，


0,1
t Î
则


2
2
2
2
1
5 1
9
4
5
t
t
a
t
t
t
- -
-
=
= - +
-
令
1
x
t
=
，则


1,
x
¥
Î
+
，所以
2
2
4
9
5
a
x
x
= -
+
- ，
所以二次函数开口向下，对称轴为：
9
8
x =
，
所以在
9
8
x =
处取得最大值为：
2
2
9
9
1
4
9
5
8
8
16
a
æ
ö
= - ´
+ ´
-
=
ç
÷
è
ø
.
所以a 的最大值是1
4 .
题型03 立体几何中的创新问题
5.【解】（1）由题可知AE
xi
yj
=
+
r
u ur
r
u
，
1
2
AA
k
=
uuu
r
r
，则
1
2
A E
xi
yj
k
=
+
-
r
r
r
uuur
（提示：斜坐标的本质是将空间中的向
量用基底表示后的系数），由题可知
0
i
j
×
=
r r
，
1
2
i k
×
=
r
r
，
1
2
j k
×
=
r
r
．
1AE ^
Q
平面ABCD ，
1
1
0,
0,
A E AB
A E AD
ì
×
=
ï
\í
×
=
ïî
uuur uuur
uuur uuur
即



2
1
0,
2
1
0,
xi
yj
k
i
x
xi
yj
k
j
y
ì
+
-
×
= - +
=
ïí
+
-
×
= - +
=
ïî
r
r
r
r
r
r
r
r
则
1
x = ，
1
y = ，则
1A E
uuur
的斜坐标为

1,1, 2
-
．
（2）由题可得AF
i
k
=
+
uu
r
r
r
u
，
1
2
AD
j
k
=
+
uuuu
r
r
r
，
设平面
1
AD F 的法向量为a
pi
qj
mk
=
+
+
r
r
r
r
，
由
1
0,
0,
AF a
AD a
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuuur r
得






0,
2
2
2
2
2
0,
2
m
p
q
i
k
pi
qj
mk
p
m
m
j
k
pi
qj
mk
q
p
q
m
ì
+
×
+
+
=
+
+
+
+
=
ïïí
ï
+
×
+
+
=
+
+
+
+
=
ïî
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
即
3
3
0,
2
2
2
5
2
0,
2
q
p
m
q
p
m
ì
+
+
=
ïïí
ï
+
+
=
ïî
取
10
m =
，可得
7
p = - ，
9
q = - ，
即
7
9
10
a
i
j
k
= -
-
+
r
r
r
r
．
则


2
2
2
7
9
10
a
i
j
k
a =
= -
-
+
r
r
r
r
r
49
81 100
70
90
70
=
+
+
-
-
=
．
由（1）可知
1A E ^ 平面ABCD ，
且
1
2
A E
i
j
k
=
+
-
r
r
r
uuur
，
则


2
2
1
2
1 1
4
2
2
2
A E
i
j
k
=
+
-
= + +
-
-
=
u
r
r
ur
r
u
，



1
2
7
9
10
A E a
i
j
k
i
j
k
×
=
+
-
-
-
+
r
r
r
r
r
r
uur r
u
7
5
9
5
7
9
20
10
= - + - + +
+
-
= -
，
则
1
1
1
10
35
cos
,
7
2
70
A
A
a
E a
A E a
E
×
=
=
=
´
r
uuur
r
uuur
uuur r
，
即平面
1
AD F 与平面ABCD 的夹角的余弦值为
35
7
．
6.【解】（1）根据题意，平面的法向量


1
1, 1, 1
n =
- -
ur
，
在平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
上任取点


4,0,0
M
，可得


4,0,0
OM =
uuuur
，
设原点O 到平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
的距离为d ，则
1
1
|
|
4
4 3
3
|
|
3
OM n
d
n
×
=
=
=
uuuur ur
ur
，
故原点O 到平面
4
0
x
y
z
-
-
-
=
的距离为4 3
3
.
（2）由点到直线的距离公式
0
0
2
2
|
|
A x
B y
D
d
A
B
¢
¢
¢
+
+
=
¢
¢
+
，
类比：点到平面的距离公式为
0
0
0
2
2
2
A x
B y
C z
D
d
A
B
C
+
+
+
=
¢
¢
¢
¢
¢
+
¢
¢
+
，
证明如下：
不妨设
0
C ¹
，在平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
内取一点
0,0,
D
Q
C
¢
æ
ö
-
ç
÷
¢
è
ø ，
则向量
0
0
0
,
,
D
QP
x
y
z
C
¢
æ
ö
=
+
ç
÷
¢
è
ø
uuur
，
取平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
的一个法向量


,
,
n
A B C
¢
¢
=
¢
r
，
所以点


0
0
0
,
,
P x
y
z
到平面
0
A x
B y
C z
D
¢
¢
¢
¢
+
+
+
=
的距离为：
0
0
0
2
2
2
|
|
|
|
|
|
A x
B y
C z
D
QP n
d
n
A
B
C
¢
¢
¢
¢
+
+
+
×
=
=
¢
¢
¢
+
+
uuur r
r
（3）


1,1,1
EF =
uuur
，


1,1, 1
FG =
-
uuur
设


, ,
p
i j r
=
r
为平面
1
1
ADD A 的一个法向量，则
0
0
EF p
i
j
r
EG p
i
j
r
ì
×
= +
+
=
ïí
×
= +
-
=
ïî
uuur r
uuur r
，
令
1
i = ，得
1
j = - ，
0
r =
，所以


1, 1,0
p =
-
r
．
因为平面
1
1
CDD C 的方程为
2
2
0
x
y
z
-
+
-
=
，所以由（2）知平面
1
1
CDD C 的一个法向量为


1, 2,1
q =
-
r
，
设直线
1
DD 的一个方向向量为


1
1
1
,
,
t
x y z
=
r
，则
1
1
1
1
1
0,
2
0.
t
p
x
y
t q
x
y
z
×
=
-
=
ì
í ×
=
-
+
=
î
r r
r r
令
1
1
x = ，得
1
1
y = ，
1
1
z = 所以


1,1,1
t =
r
．
因为
1 / /
DD
平面
1
1
ACC A ，所以平面
1
1
ACC A 的一个法向量


,
, 2
s
k
t
=
- -
r
与直线
1
DD 的方向向量


1,1,1
t =
r
垂直，
所以
2
0
s t
k
t
× =
- -
=
r r
，
所以平面
1
1
CDD C 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦值为
2
2
2
|
|
|
2
2 |
| 3 |
|
|| |
4 6
2
4
8 6
q s
k
t
t
q s
k
t
t
t
×
+
-
=
=
+
+
+
+
r r
r
r
2
2
2
2
2
3
3
3
1
3
1
1
1
2
2
4
2
2
1
1
3
2 3
2
4
1
2
4
4
4
4
t
t
t
t
t
t
t
t
t
=
=
=
=
+
+
+
+
æ
ö
+
+
+
+
ç
÷
è
ø
又1
2
t
£ £
，1
1
1
2
t
£
£ ，
2
3
1
1
2
2
1
1
3
4
4
4
q s
q s
t
×
=
£
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
r r
r r
平面
1
1
CDD C 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦值的最大值为
1
2 ．
1.【答案】B
【解析】如图所示，等腰四面体A-BCD 的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积.设长方体长、宽、
高分别为a，b，c，则等腰四面体A-BCD 的体积V＝abc－4×
1
3×（
1
2abc）＝
1
3abc＝4.故选B. 
2.【答案】C
【解析】以点D 为原点，DA
uuur ，DC
uuur
，
1
DD
uuuur
为x，y，z 的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则




1
0,0,0 ,
1,0,1
D
A
，设


, ,1
Q x y
，
可得


, ,1
DQ
x y
=
uuur
，


1
1,0,1
DA =
uuuur
，
因为直线DQ 与
1
DA 的所成角为45°，
则
1
2
2
1
1
2
cos45
2
1
2
DQ DA
DQ
DA
x
x
y
+
° =
=
×
×
=
+
+ ´
uuur uuuur
uuur
uuuur
，化简可得
2
2
y
x
=
，
所以点Q 的轨迹为抛物线，故选：C.
  
3.【答案】B
【解析】如图，取B1C1 的中点D，BB1 的中点E，连接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又
MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE＝D，
MD，DE⊂平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故点N 的轨迹为线段DE，又由
DE＝
1
2BC1＝2，可得BC1＝4.
4.【答案】D
【解析】设AN
AB
AD
uuur
uuur
uuur
=
´
,则AN
AB AN
AD
uuur
uuur uuur
uuur
，
^
^
，过C 作CO ^ 平面ABD ，
则O 为三角形ABD 的外心，所以
o
1
2
2
2
sin60
3
DO =
´
=
，进而
,
3
|
| |
| |
| sin
2 2
2 3
2
AB
AD
AB
AD
DAB
uu
Q
ur
uuur
uuur
uuur
´
=
×
×
Ð
=
´ ´
=
2
2
2
2
2
2 6
2
3
3
CO
CD
DO
æ
ö
ç
÷
=
-
=
-
=
ç
÷
è
ø
,
2 6
6
3
cos
,
,
2
3
OC
AC OC
AC
uuur
<
>
=
=
由于AN
uuur
与OC
uuur
共线，且方向相同，
则

6
cos
,
cos
,
2 3
2
4 2
3
AB
AD
AC
AN AC
AN
AC
AN AC
AN
AC
OC AC
uuur
uuur
uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur uuur
´
×
=
×
=
×
=
×
=
´ ´
=
故选：D
  
5.【答案】A
【解析】取AD 的中点E，连接PE，PC，CE，PB.易知PE⊥平面ABCD，取PC，AB 的中点F，G，连接
DF，DG，FG，则PE⊥DG，又易知DG⊥EC，EC∩PE＝E，∴DG⊥平面PEC，又PC⊂平面PEC，
∴DG⊥PC，由PD＝DC 知DF⊥PC，DF∩DG＝D 且DF，DG⊂平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又F 是
PC 的中点，∴平面DFG 上的点到点P，C 的距离相等，又平面DFG∩平面ABCD＝DG，∴线段DG 上的
M 点满足MP＝MC.故选A.
6.【答案】A
【解析】如图，
AOB
a
Ð
=
，
,
BOC
AOC
b
g
Ð
=
Ð
=
，
  
在OC 上取一点K ，过K 在平面BOC 内作KM
OC
^
，交OB 于M ，
过K 在平面AOC 内作KN
OC
^
，交OA于N ，连接MN ，
则
NKM
Ð
是二面角A
OC
B
-
-
的平面角，即
NKM
x
Ð
=
.
设OM
m
=
，在直角三角形OKM 中，
cos
,
sin
OK
m
KM
m
b
b
=
=
，
在直角三角形OKN 中，
cos
cos
m
ON
b
g
=
，
cos
sin
cos
tan
cos
m
KN
m
b
g
b
g
g
=
=
，
在OMN
V
中，
2
2
2
2
2
2
cos
cos
cos
2
cos
cos
m
MN
m
m
b
a
b
g
g
=
+
-
×
，
在
KMN
△
中，
2
2
2
2
cos
KM
KN
NM
KM KN
x
+
-
=
×
×
，
即为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
sin
cos
cos
cos
sin
2
cos
cos
cos
m
m
m
m
m
b
g
b
a
b
b
g
g
g
+
-
-
+
×
2
2
2
2
2cos
cos
2cos
cos
cos
cos
m
b
g
a
b
g
g
-
+
=
×


2
2 2 cos
cos
cos
cos
cos
sin
2
sin
cos
cos
cos
m
m
m
x
a
b
b
g
b
g
b
g
g
-
=
×
=
×
×
，
所以
cos
cos
cos
cos
sin
sin
x
a
b
g
b
g
-
=
.
故选：A.
7.【答案】AD
【解析】如图建系，令


1,
,1,
AD
P x
z
=
，
则














1
1
1
1
1,0,0 ,
1,0,1 ,
0,1,1 ,
0,0,0 ,
1,1,0 ,
0,0,1 ,
1,1,1
A
A
C
D
B
D
B
，
 
对于A，




1
,1,
,
0,1,1
DP
x
z
AB
=
=
uuur
uuur
，若
1
/ /
DP
AB ，则
0
1
x
z
l
l
l
=
×
ì
ï =
í
ï =
î
，解得：
0,
1
x
z
=
=
故


0,1,1
P
满足要求，与
1
C 重合，存在唯一一点P，使得DP / /
1
AB ，A 对.
对于B，因为



1
1
1
1, 1,1
1,1,0
1 1
0
B
AC
D ×
= - -
× -
= - =
uuuur uuuur
，



1
1
1, 1,1
1,0, 1
1 1
0
BD
A D
×
= - -
× -
-
= - =
uuuur uuuur
，
因为
1
1
1
1
AC
A D
A
Ç
=
，
1
1
1
,
AC A D Ì 平面
1
1
AC D ，
所以
1
BD ^
uuuur
平面
1
1
AC D ，又AP / / 平面
1
1
AC D ，则
1
0
AP BD
×
=
uuur uuuur
，



1, 1,1
1,1,
1
1
0
x
z
x
z
- -
×
-
= -
- +
=
，解得：x
z
=
，
故P 点轨迹为线段
1
B C ，满足条件的P 有无数个，B 错，
对于C，




1
1
1
1
1,1,
1 ,
1,1,1 ,
1 1
1
1
0
A P
x
z
DB
A P DB
x
z
x
z
=
-
-
=
×
=
- + +
- =
+
- =
uuur
uuuur
uuur uuuur
，
P 在线段
1
BC 上，满足条件的P 有无数个，C 错.
对于D，由B 选项可知：
1
BD ^
uuuur
平面
1
1
AC D ，而
1
D P ^
uuuur
面
1
1
AC D ，
又
1
D P
uuuur
与
1
BD
uuuur
共线，故
,
P B 重合，D 对.
故选：AD.
8.【答案】BCD
【解析】对于A,假设存在某个位置,使得DE⊥A1C.
由题意知∠AED=∠BEC=45°,
所以∠DEC=90°,即DE⊥CE,
又DE⊥A1C,A1C∩CE=C,
A1C,CE⊂平面A1CE,
所以DE⊥平面A1CE,
因为A1E⊂平面A1CE,
所以DE⊥A1E,与∠A1ED=∠AED=45°矛盾,故A 错误;
对于B,在△ADE 的翻折过程中,当平面A1DE⊥平面ABCD 时,
易证CE⊥平面A1DE,故CE⊥A1D,故B 正确.
对于C,取CD 的中点F,连接MF,BF,
则MF∥A1D,MF= 1
2
A1D,
易知BF∥DE,且BF=DE,
所以∠A1DE=∠MFB=45°,
故由余弦定理可得MB 的长为定值,故C 正确.
对于D,MB 与CD 所成的角即MB 与AB 所成的角,
亦即∠ABM,在平面ABCD 内作M 的射影M1,
由最小角定理知∠ABM≥∠ABM1,
当M1 为AC 与BD 的交点时,∠ABM1 取最小值,此时tan∠ABM1= 1
2
故所求正切值的最小值为1
2
，D 正确.
9.【答案】2＋2
【解析】如图，将△BCC1 沿BC1 折起铺平在正方体的对角面ABC1D1 所在平面内，这时ABCC1D1 是一个五
边形，过点D1 作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1 于P，显然，此时D1P＋PQ 最小.在直角梯形D1QCC1 中，
∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1cos 45°＝2＋2. 
10.【答案】B
【解析】由题意，将AED
V
沿AE 折起，由题意平面AED ⊥平面ABC ，
由翻折的特征知，连接D K
¢
，则
90
D KA
Ð
=
¢
°，故K 点的轨迹是以AD¢ 为直径的圆上一弧，
根据长方形知圆半径是
1
2 ,如图当E 与C 重合时，
1
2
AK =
,取O 为AD¢ 的中点，得到OAK
V
为等边三角形，
故
2
,
,
3
3
KOA
KOD
p
p
Ð
=
\Ð
=
¢
故所对的弧长为1
2
.
2
3
3
p
p
´
=
故选B.
11.【答案】2 5
5
【解析】如图，以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O
xyz
-
，
则


0,0,0
O
，
(1
A ，1，0) ，( 1
B - ，1，0) ，
(0
P
，0，2) ，
设平面PAB 的方程为
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
，
将
, ,
A B P 坐标代入计算得
0
0
2
0
A
B
D
A
B
D
C
D
+
+
=
ì
ï-
+
+
=
í
ï
+
=
î
解得
0
A =
，B
D
= -
，
1
2
C
D
= -
，
1
0
2
Dy
Dz
D
\-
-
+
=
，
即2
2
0
y
z
+
-
=
，
| 2
0
0
2 |
2 5
5
4
1
d
´
+
-
\
=
=
+
．
12.【答案】2
3
p     
6
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û
【解析】由
2
CP
PE
=
得，点P 轨迹是以A 为球心，1 为半径的球面，又Q点P 在平面SAB 内，\点P 在以
A 为圆心，1 为半径，2π
3 为圆心角的圆弧上，因此点P 的轨迹长度为2π
3 .
建系如图，设
2π
(cosθ,0,sinθ) θ
0, 3
P
æ
ö
é
ù
Î
ç
÷
ê
ú
ë
û
è
ø
，则
(2,0,0),
(cosθ 1,
3,sinθ)
AB
CP
=
=
-
-
uuur
uuur
.
2
2
2(cosθ 1)
cosθ 1
cos
,
5
2cosθ
2 (cosθ 1)
3
sin θ
AB CP
AB CP
AB CP
×
-
-
=
=
=
-
-
+ +
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
.
令
2
5
5
2cosθ,
[ 3, 6],cosθ
2
t
t
t
-
=
-
Î
=
，
2
3
3
6
cos
,
0,
2
2
4
t
t
t
AB CP
t
-
-
é
ù
\
á
ñ =
=
Îê
ú
ë
û
uuur uuur
.
故直线CP 与直线AB 所成角的余弦值的取值范围为
6
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û
.
13.【解】（1）依题意得：
2(
)
u
u
u a
f
a
v
+
- ×
=
=
r
r
r r r
r
，设


1
2
3
,
,
a
a a a
=
r
，
则
1
u a
a
- ×
=
r r
，
2
1
1
2
1
3
1
2
0
2
2
2
0
,0,
2
2
2
1
a
a a
a
a a
ì- +
=
æ
ö
ï
=
Þ
=
-
ç
÷
í
ç
÷
è
ø
ï
= -
î
r
或
2
2
,0,
2
2
a
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
r
；
（2）设xr 与ar 的夹角为a ，则
cos
cos
x a
x
a
a
a
×
=
×
=
r r
r
r
，
则
2
2
( )
2
3
2(
)
(3
2cos
)
9
8cos
3
f x
x
x
x a a
x
a
a
a
+
=
-
×
=
-
=
-
£
r
r
r
r r r
r
r
，
故最大值为3.
14.【解】（1）证明：如图，过射线PC 上一点H 作HM⊥PC 交PA 于M 点，
作HN⊥PC 交PB 于N 点，连接MN，
则∠MHN 是二面角A-PC-B 的平面角.
在△MNP 中和△MNH 中分别用余弦定理，得
MN2＝MP2＋NP2－2MP·NP·cos γ，
MN2＝MH2＋NH2－2MH·NH·cos θ，
两式相减得MP2－MH2＋NP2－NH2－2MP·NP·cos γ＋2MH·NH·cos θ＝0，∴2MP·NP·cos γ＝
2PH2＋2MH·NH·cos θ，
两边同除以2MP·NP，得cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ.
（2）①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知二面角A1-AC-B 的大小为90°，
∴由（1）得cos∠A1AB＝cos∠A1AC·cos∠CAB，
∵∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°，
∴cos∠A1AB＝
1
2×
2
2 ＝
2
4 .
②在直线CC1 上存在点P，使BP∥平面DA1C1.
连接B1C，延长C1C 至P，使CP＝C1C，连接BP（图略），
在平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中，A1B1􀰿AB，AB􀰿CD，
∴A1B1􀰿DC，
∴四边形A1B1CD 为平行四边形，
∴A1D􀰿B1C.
在四边形B1BPC 中，B1B􀰿CP，
∴四边形B1BPC 为平行四边形，
∴B1C􀰿BP，
∴A1D∥BP，
又A1D⊂平面DA1C1，BP⊄平面DA1C，∴BP∥平面DA1C1.
∴当点P 在C1C 的延长线上，且使CP＝C1C 时，BP∥平面DA1C1.
15.【解】（1）取AC 中点O，连接PO，BO，
  
因为
3
PA
PC
=
=
，
2 2
AC =
，所以PO
AC
^
，且
23
2
7
PO =
-
=
，
因为
ABC
V
是等腰直角三角形，所以BO
AC
^
，且
2
BO =
，又
3
PB =
，
满足
2
2
2
PB
PO
BO
=
+
，
所以PO
BO
^
，因为AC
BO
O
Ç
=
，AC Ì 平面ABC，BO Ì 平面ABC，
所以
^
PO
平面ABC，
因为点E 为棱PA 的中点，所以E 到平面ABC 的距离为1
7
2
2
PO =
；
（2）如图，以O 为原点建立空间直角坐标系，设


0
1
CQ
CE
l
l
=
£
£
uuur
uuur
，
则







2
7
0,
2,0 ,
0,
,
,
0,0, 7 ,
0,
2,0 ,
2,0,0
2
2
C
E
P
A
B
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
则






3 2
7
2,0,
7 ,
0,
2,
7 ,
2,
2,0 ,
0,
,
2
2
PB
PC
AB
CE
æ
ö
=
-
=
-
=
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设


0
1
CQ
CE
l
l
=
£
£
uuur
uuur
，则可得
3 2
7
0,
,
2
2
CQ
l
l
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
则
3 2
7
0,
2,
2
2
Q
l
l
æ
ö
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，则
3 2
7
0,2 2
,
2
2
AQ
l
l
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
所以
2
4
3
cos
25
48
32
AQ AB
QAB
AQ
AB
l
l
l
×
-
Ð
=
=
×
-
+
uuur uuur
uuur
uuur
，
所以
2
2
16
24
16
sin
25
48
32
QAB
l
l
l
l
-
+
Ð
=
-
+
，
所以
2
2
sin
4
6
4
d
AQ
QAB
l
l
=
×
Ð
=
-
+
，
设平面PBC 的法向量为


, ,
n
x y z
=
r
，
则
0
0
n PB
n PC
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
2
7
0
2
7
0
x
z
y
z
ì
-
=
ïí
-
=
ïî
，令
7
x =
，可得


7, 7,
2
n =
r
，
则
1
14
4
CQ n
d
n
l
×
=
=
uuur r
r
，
所以

2
1
2
14
4
6
4
,0
1
4
d
d
f l
l
l
l
l
+
=
=
-
+
+
£
£ ，
所以

2
4
3
14
4
4
6
4
f
l
l
l
l
¢
-
=
+
-
+
，令

0
f
l
¢
=
，解得
2
= 5
l
，
令

2
4
3
14
4
4
6
4
g
f
l
l
l
l
l
-
=
=
+
¢
-
+
，则



2
2
7
0
4
6
4
4
6
4
g l
l
l
l
l
=
>
-
+
-
+
¢
，
所以

g
f
l
l
=
¢
在

0,1 单调递增，
所以当
2
0, 5
l
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，

0
f
l
¢
<
，

0
f l =
单调递减，
当
2 ,1
5
l
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，

0
f
l
¢
>
，

0
f l =
单调递增，
所以
min
2
14
5
2
f
f
l
æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，即
1
2
d
d
+
的最小值为
14
2
.