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特训 11 空间向量与立体几何动态问题（四大题型）
探索性问题：
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把
“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
最值或取值范围问题：
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是：
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求
解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数
的最值．
目录：
01 ：立体几何中的探索性问题
02： 空间位置关系的判定
03： 轨迹问题
04： 最值、取值范围问题
01 ：立体几何中的探索性问题
例 1　如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1 中，四边形 ABB1A1为正方形，四边形 AA1C1C 为菱形，且 AA1C = 60°，
平面 AA1C1C ^ 平面 ABB1A1，点D为棱BB1的中点.
(1)求证： AA1 ^ CD ；
C M
(2)棱 B1C1 （除两端点外）上是否存在点M ，使得二面角B - A1M - B
15 1
1的余弦值为 ，若存在，请求出
5 C1B1
的值；若不存在，请说明理由.
方法归纳：　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方
程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
02 ：空间位置关系的判定
例 2　（多选）如图几何体是由正方形 ABCD沿直线 AB 旋转90o得到的，已知点G 是圆弧C E的中点，点 H
是圆弧D F 上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点 H ，使得CH ^平面 BDG
B．不存在点 H ，使得平面 AHE //平面 BDG
C．存在点 H ，使得直线EH 与平面 BDG 7的所成角的余弦值为
3
1
D．不存在点 H ，使得平面 BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为
3
方法归纳：　解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
03 ：轨迹问题
例 3　(1)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，P 为棱BB1的中点，Q 为正方形BB1C1C 内一动点
（含边界），则下列说法中正确的是 ．
①若 D1Q / / 平面 A1PD ，则动点 Q 的轨迹是一条线段
②存在 Q 点，使得D1Q ^平面 A1PD
③当且仅当 Q 点落在棱CC1 上某点处时，三棱锥Q - A1PD 的体积最大
④ D Q 6 Q 2若 1 = ，那么 点的轨迹长度为 p2 4
方法归纳：　解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
04 ：最值、范围问题
例 4　如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，△ ABC 为边长为 2 的正三角形， AA1 = 3, D 为 AC 中点，点E 在棱
CC1 上，且CE = lCC1,0 < l <1 .
l 2(1)当 = 时，求证 A E ^平面BDE ；
3 1
(2)设O1为底面 A1B1C1的中心，求直线CO1与平面BDE 所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时l 的
值.
方法归纳：　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最
值．
例 5 三棱锥 P-ABC 中，PA，PB，PC 两两垂直，PA = PB = PC = 6 ，点 Q 为平面 ABC 内的动点，且满足
PQ = 3 ，记直线 PQ 与直线 AB 的所成角为q ，则sinq 的取值范围为 .
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
一、单选题
r r r r r r r ur
1．（2023·辽宁·模拟预测）已知空间向量 a,b,c两两夹角均为60°，且 a = b =1, c = 2 .若向量 x, y满足
r r r r r ur ur r ur r r urx × x + a = x ×b, y × y + a = y ×c ，则 x - y 的最小值是（ ）
A 1 3． - B 3 C
1
． ．0 D．
2 2 2
2．（2024·安徽马鞍山·三模）已知点A ， B ，C ，D， P ，Q都在同一个球面上， ABCD为正方形，若直
线 PQ经过球心，且PQ ^平面 ABCD．则异面直线PA，QB 所成的角最小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
3．（2020·浙江嘉兴·二模）将边长为 1 的正方形 ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角 A - BD - C 的平面角
π uuur uuur
的大小为 ，若点E , F 分别是线段 AC 和BD上的动点，则BE ×CF 的取值范围为（3 ）
A．[-1,0] B．[-1,
1] 1C．[- ,0] [
1 , 1D． - ]
4 2 2 4
4．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，已知矩形 ABCD的对角线交于点E, AB = x, BC =1，将△ABD 沿BD
翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得 AB ^CE ，则 x 的取值范围是（ ）
A．0 < x 3 B．0 < x 2
C．0 < x 1 D．0 < x 6
5．（2024·全国 ·模拟预测）如图，已知矩形 ABCD 中，E 为线段 CD 上一动点（不含端点），记
AED = a ，现将VADE 沿直线 AE 翻折到VAPE 的位置，记直线 CP 与直线 AE 所成的角为b ，则（ ）
A． cosa > cos b B． cosa < cos b C． cosa > sin b D． sina < cos b
6．（2023·四川遂宁·三模）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，线段 B1D1上有两个动点 E, F （E 在F
的左边），且EF = 2 ．下列说法不正确的是（ ）
A．当E 运动时，二面角E - AB - C 的最小值为 45o
B．当 E, F 运动时，三棱锥体积B - AEF 不变
C．当 E, F 运动时，存在点 E, F 使得 AE //BF
D．当 E, F 运动时，二面角C - EF - B 为定值
7．（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，P 为棱BB1的中点，Q 为正方
形BB1C1C 内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　）
A．若D1Q//平面 A1PD ，则动点 Q 的轨迹是一条线段
B．存在 Q 点，使得D1Q ^ 平面 A1PD
C．当且仅当 Q 点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q- A1PD 的体积最大
D 6 2．若D1Q= ，那么 Q 点的轨迹长度为 p2 4
8．（2023·陕西咸阳·模拟预测）如图，点 P 是棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 的表面上一个动点，则以
下不正确的是（ ）
A．当 P 在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P - AA1D1D的体积不变
é π πB ù．当 P 在线段 AC 上运动时，D1P与 A1C1所成角的取值范围是 ê , 3 2 ú
C．使直线 AP 与平面 ABCD所成的角为 45o 的点 P 的轨迹长度为 π + 4 2
D．若F 是 A1B1 的中点，当 P 在底面 ABCD上运动，且满足 PF / / 平面B1CD1时，PF 长度的最小值是
5
二、多选题
uuur uuur uuur
9．（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = AA1 = 1，点 P 满足BP = lBC + m BB1 ，
其中l [0,1], m [0,1]，则（ ）
A．当l = 1时， AP + PB1最小值为 2
B．当m =1时，三棱锥P - A1BC 的体积为定值
C．当l =1, m
1
= 时，平面 AB1P ^平面 A1AB2
π
D．若 AP =1，则 P 的轨迹长度为
2
uuur uuur uuur
10．（2024·浙江·三模）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 1，点 P 满足 AP = l AD + m AA1 ，其中l R ，
m R，则（ ）
A．当l = m 时，则C1P + PD 的最小值为 2 + 2
B．过点 P 在平面 ADD1A1内一定可以作无数条直线与CP垂直
C．若C1P
π
与 AD 所成的角为 ，则点 P 的轨迹为双曲线
4
é ù
D．当l = 1，m
6
0,1 时，正方体经过点A 、 P 、C1的截面面积的取值范围为 ê , 22 ú
11．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 棱长为 4，点 N 是底面正方形 ABCD 内及边
界上的动点，点 M 是棱DD1上的动点（包括点D，D1），已知MN = 4，P 为 MN 中点，则下列结论正确的
是（ ）
A．无论 M，N 在何位置， AP,CC 31为异面直线 B．若 M 是棱DD1中点，则点 P 的轨迹长度为 π
2
C．M 1，N 存在唯一的位置，使 A1P∥平面 AB1C D．AP 与平面 A1BCD1 所成角的正弦最大值为 2
三、填空题
12．（2024·浙江金华·三模）四棱锥P- ABCD的底面 ABCD为正方形，PA ^平面 ABCD，且PA = 2 ，
AB =1．四棱锥P- ABCD的各个顶点均在球 O 的表面上，B l ， l ^ OB ，则直线 l 与平面PAC 所成夹角
的范围为 ．
13．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形 ABCD 的一边 BC 所在直线为旋转轴，其余三边旋转
90°形成的面所围成的几何体，点 G 是圆弧D F 的中点，点 H 是圆弧 AE 上的动点， AB = 2 ，给出下列四个
结论：
①不存在点 H，使得平面BDH∥平面 CEG；
②存在点 H，使得FH ^平面 CEG；
③ 4 3不存在点 H，使得点 H 到平面 CEG 的距离大于 ；
3
④ 2存在点 H，使得直线 DH 与平而 CEG 所成角的正弦值为 ．
3
其中所有正确结论的序号是 ．
14．（2023·江西宜春·一模）如图，多面体 ABCDEF 中，面 ABCD为正方形，DE ^ 平面 ABCD,CF∥DE ，
且 AB = DE = 2,CF =1,G为棱BC 的中点， H 为棱DE 上的动点，有下列结论：
①当 H 为DE 的中点时，GH P 平面 ABE ；
②存在点 H ，使得GH ^ AC ；
③直线GH 与 BE 4 5所成角的余弦值的最小值为 ；
5
④三棱锥 A - BCF 的外接球的表面积为9π .
其中正确的结论序号为 .（填写所有正确结论的序号）
四、解答题
15．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥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为 AD 的中点，证明：平面POC ^ 平面 ABCD；
uuuur uuur
(2)若 CDA
1
= 60°， AB = CD =1，线段PD上的点M 满足DM = l DP，且平面PCB与平面 ACM 夹角的余2
42
弦值为 ，求实数l 的值.
7
16．（2023·山东潍坊·三模）如图， P 为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， AC 为底面直径，△ABD 为底
面圆O的内接正三角形，且边长为 3，点E 在母线PC 上，且 AE = 3，CE = 1．
(1)求证：PO P 平面BDE ；
(2)求证：平面BED ^平面 ABD
(3)若点M 为线段PO上的动点．当直线DM 与平面 ABE 所成角的正弦值最大时，求此时点M 到平面 ABE 的
距离．
17．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图 1，在平行四边形 ABCD中，D = 60°, DC = 2AD = 2，将△ADC 沿 AC
折起，使点 D 到达点 P 位置，且PC ^ BC ，连接 PB得三棱锥P - ABC ，如图 2．
(1)证明：平面PAB ^平面 ABC ；
| PM |
(2)在线段PC
5
上是否存在点 M，使平面 AMB 与平面MBC 的夹角的余弦值为 ，若存在，求出
8 | PC |
的值，
若不存在，请说明理由．
18．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图所示，四棱台 ABCD - A1B1C1D1 ，底面 ABCD为一个菱形，且
BAD =120° . 底面与顶面的对角线交点分别为O，O1 . AB = 2A1B1 = 2，BB1 = DD
39
1 = ， AA1与底面夹2
37
角余弦值为 .
37
(1)证明：OO1 ^ 平面 ABCD；
(2)现将顶面绕OO1 旋转q 角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC1的夹角正弦值为
6 43
，此时求q 的值(q < 90° )；
43
(3)求旋转后 AA1与BB1的夹角余弦值.
19．（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系O- xyz中，任何一个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 为该平面的法向量.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)设集合M = x, y, z z = 0 ，记P M 中所有点构成的图形的面积为 S1，Q I M 中所有点构成的图形的面
积为 S2 ，求 S1和 S2 的值；
(2)记集合 Q 中所有点构成的几何体的体积为V1，P IQ中所有点构成的几何体的体积为V2，求V1和V2的值：
(3)记集合 T 中所有点构成的几何体为 W.
①求 W 的体积V3的值；
②求 W 的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出 W 的面数和棱数.特训 11 空间向量与立体几何动态问题（四大题型）
探索性问题：
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把
“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
最值或取值范围问题：
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是：
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求
解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数
的最值．
目录：
01 ：立体几何中的探索性问题
02： 空间位置关系的判定
03： 轨迹问题
04： 最值、取值范围问题
01 ：立体几何中的探索性问题
例 1　如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1 中，四边形 ABB1A1为正方形，四边形 AA1C1C 为菱形，且 AA1C = 60°，
平面 AA1C1C ^ 平面 ABB1A1，点D为棱BB1的中点.
(1)求证： AA1 ^ CD ；
C M
(2)棱 B1C
15 1
1 （除两端点外）上是否存在点M ，使得二面角B - A1M - B1的余弦值为 ，若存在，请求出
5 C1B1
的值；若不存在，请说明理由.
答案 (1)证明见解析
C M 1
(2) 1 1存在， C B 的值为 2 或1 1 8
分析 （1）结合题意添加辅助线，先证明 AA1 ^ 平面OCD，进而得到 AA1 ^ CD ；
（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假
设点M 存在，设出点M 的坐标，求出该二面角的两个平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，
解方程即可.
解析 （1）证明：取 AA1的中点O，连接CA1、CO、OD ，
∵ AC = AA1，且 AA1C = 60°，∴△AA1C 为等边三角形，得 AA1 ^ OC ，
∵四边形 ABB1A1为正方形，且O、D分别是 AA1、BB1的中点，
∴ 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为坐标原点，分别以OA、OD 、OC 所在直线为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，
不妨设 AB = 2 ，则B 1,2,0 ， A1 -1,0,0 ，C1 -2,0, 3 ，B1 -1,2,0 ，
uuuur uuuur uuuur uuuur uuur
则 A1B1 = 0,2,0 ， A1C1 = -1,0, 3 ，C1B1 = 1,2,- 3 ，OC1 = -2,0, 3 ， A1B = 2,2,0 ，
ur
设 n1 = x1, y1, z1 为平面 A1B1C1的一个法向量，
ur uuuur
ìn urur1
× A1B1 = 2y1 = 0
由 í uuuur ，取 z1 =1，得 n1 = 3,0,1 ；
n1 × A1C1 = -x1 + 3z1 = 0
假设棱 B1C1 上（除端点外）存在点M 满足题意，
uuuur uuuur
令C1M = lC1B1 0 < l <1 ，得M l - 2,2l, 3 - 3l ，
uur
设 n2 = x2 , y2 , z2 为平面 BA1M 的一个法向量，
uur uuur
ìn2 × A1B = 2x2 + 2y2 = 0
则由 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
经检验l = 或l = 时，二面角B - A1M - B1的平面角均为锐角，2 8
C1M 1 1
综上， C 的值为 或 .1B1 2 8
uuuur uuuur
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用向量共线定理设C1M = lC1B1 0 < l <1 ，再用l 表示出两个平
面的法向量，得到方程，解出即可.
方法归纳：　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方
程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
02 ：空间位置关系的判定
例 2　（多选）如图几何体是由正方形 ABCD沿直线 AB 旋转90o得到的，已知点G 是圆弧C E的中点，点 H
是圆弧D F 上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点 H ，使得CH ^平面 BDG
B．不存在点 H ，使得平面 AHE //平面 BDG
C 7．存在点 H ，使得直线EH 与平面 BDG 的所成角的余弦值为
3
1
D．不存在点 H ，使得平面 BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为
3
答案 ACD
分析 将图形补全为一个正方体 ADMF - BCNE ，设 AD = 2，以点A 为坐标原点， AD 、 AF 、 AB 所在的直
线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
解析 由题意可将图形补全为一个正方体 ADMF - BCNE ，如图所示：
不妨设 AD = 2，以点A 为坐标原点， AD 、 AF 、 AB 所在的直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，
则 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 ，
设点H 2cosa , 2sina ,0 π，其中0 a ，
2
uuur
对于 A 选项，假设存在点 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
则 íuuur uuur ，可得 í ，
CH × BG = 2 2 cosa -1 + 2 2 sina = 0 cosa = 0
π π
因为0 a ，则a = ，即当点 H 与点F 重合时，CH ^平面 BDG ，A 对；
2 2
uuur
对于 B 选项，由 A 选项可知，平面 BDG 的一个法向量为FC = 2, -2,2 ，
假设存在点 H ，使得平面 AHE //平面 BDG ，则CF ^ AH ，CF ^ AE ，
uuur uuur
ìFC × AH = 4cosa - 4sina = 0 π π
则 íuuur uuur ，可得 tana =1，又因为0 a ，解得a = ，
FC × AE = -4 + 4 = 0 2 4
即当点 H 为D F 的中点时，面 AHE //平面 BDG ，B 错；
对于 C 7选项，若存在点 H ，使得直线EH 与平面 BDG 的所成角的余弦值为 ，
3
2

则直线EH 7 2与平面 BDG 的所成角的正弦值为 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
因为函数 f a = 3sin 2a - 4sina π+ 3 é ù在a ê0, 2 ú 时的图象是连续的，
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，存在点 H ，使得直线EH 与平面 BDG 7的所成角的余弦值为 ，C 对；
3
r
对于 D 选项，设平面CEH 的法向量为 n = x, y, z ，
uuur uuur
CE = -2,2,0 ，CH = 2cosa - 2,2sina , -2 ，
uuur
ì r n ×CE = -2x + 2y = 0
则 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
假设存在点 H ，使得平面 BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为 ，
3
r uuur
cos nr
uuur n × FC 2 sina + cosa -1
则 , 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 因为
ê
0, ú ，则 a + ，则 sin a + 12 ， 4 4 4 2 ÷è 4
所以， sina + cosa = 2 sin
a π+ ÷ é 1, 2 ù ，è 4
é
故当a ê0,
π ù
ú 时，方程 sina + cosa = 0 和 sina + cosa = 22 均无解，
1
综上所述，不存在点 H ，平面 BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为 ，D 对.
3
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可
确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 h ，从而不必作出线面角，则线面
角q 满足 sinq
h
= （ l为斜线段长），进而可求得线面角；
l
r r
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 a 为直线 l的方向向量， n为平面的法向量，则线面角q 的
r r
正弦值为 sinq = cos a, n .
方法归纳：　解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
03 ：轨迹问题
例 3　(1)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，P 为棱BB1的中点，Q 为正方形BB1C1C 内一动点
（含边界），则下列说法中正确的是 ．
①若 D1Q / / 平面 A1PD ，则动点 Q 的轨迹是一条线段
②存在 Q 点，使得D1Q ^平面 A1PD
③当且仅当 Q 点落在棱CC1 上某点处时，三棱锥Q - A1PD 的体积最大
④ D Q 6 2若 1 = ，那么 Q 点的轨迹长度为 p2 4
答案 ①③④
分析 作出过点D1与平面 A1PD 平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面 A1PD 的法向
量判断②；设出点 Q 的坐标，求出点 Q 到平面 A1PD 最大距离判断③；确定点 Q 的轨迹计算判断④作答.
解析 在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，取B1C1,CC1的中点 E，F，连D1E, EF , D1F , B1C ，如图，
则EF / /B1C / / A1D， A1D 平面 A1PD ，EF 平面 A1PD ，则有EF / / 平面 A1PD ，
因点 P 为棱BB1的中点，有PF / /B1C1 / / A1D1，PF = B1C1 = A1D1，即有 A1PFD1为平行四边形，
则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 ，
则D1Q 平面D1EF ，又点 Q 在平面BCC1B1，平面 D1EF I平面BCC1B1 = EF ，即点 Q 的轨迹为线段 EF，①
正确；
1
以D1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A1(1,0,0), D(0,0,1), P(1,1, )，设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)，设平面 A1PD 的一个法向量 n = (x, y, z) ，2
v uuuuvìn × A1D = -x + z = 0 r uuuur r
则 í v uuuv y = -1
a 1 b
1 ，令 ，得 n = (2,-1,2)，若D1Q ^平面 An A 1
PD ，则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 点，使得D1Q ^平面 A1PD ，②不正确；
因△A1PD的面积为定值，当且仅当点 Q 到平面 A1PD 的距离最大时，三棱锥Q - A1PD 的体积最大，
uuur r
uuur
A PD d | A1Qr ×n | 2 | a b 3A1Q = (a -1,1,b) ，点 Q 到平面 1 的距离 = = + - |，而0 a + b 2，则当 a + b = 0时，| n | 3 2
dmax = 1，
而 a,b 0,1 ，即 a = b = 0，因此点Q(0,1,0)与点C1重合时，三棱锥Q - A1PD 的体积最大，③正确；
因D1C1 ^平面BB1C1C ，C1Q 平面BB1C1C ，则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
显然点 Q 2 2的轨迹是以C1为圆心，半径为 ，所含圆心角为 的扇形弧，弧长为 p ，④正确.
2 2 4
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几
何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点
中至少有两个点在几何体的同一平面上.
方法归纳：　解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
04 ：最值、范围问题
例 4　如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，△ ABC 为边长为 2 的正三角形， AA1 = 3, D 为 AC 中点，点E 在棱
CC1 上，且CE = lCC1,0 < l <1 .
l 2(1)当 = 时，求证 A1E ^平面BDE ；3
(2)设O1为底面 A1B1C1的中心，求直线CO1与平面BDE 所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时l 的
值.
答案 (1)证明见解析
(2) 930 l
1
最大值为 ，此时 =
31 9
分析 （1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.
（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.
解析 （1）取 A1C1的中点D1，连接DD1，
因为三棱柱 ABC - A1B1C1 为直棱柱，且△ ABC 为正三角形，
所以以DB, DC, DD1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示空间直角坐标系，
根据已知条件得
D(0,0,0), B( 3,0,0), A1(0,-1,3), C(0,1,0),C1(0,1,3)，
当l
2
= 2时，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为 1 1 1的中心，\ 1 ,0,3) ， CO (
3
3 1
= ,-1,3)
3
r
设平面BDE 的法向量 n = (x, y, z) ，则
r uuur
ìn × DB = 3x = 0 r
í
nr
uuur ，令 z =1，则 n = (0, -3l,1)
× DE = y + 3lz = 0
设直线CO1与平面BDE 所成角为q ，则
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
，则 = ，
9
sinq 3 1 18t 3= + = 1 18+
此时 31 t 2 -8t + 25 31 t 25 8 ，+ -
t
Qt 25 2 t 25+ × =10 (当且仅当 t = 5,即l
1
= 时取等号)，
t t 9
sinq 3 1 18 930+ = ，
31 10 -8 31
930 1
即直线CO1与平面BDE 所成角正弦的最大值为 ，此时l 的值为
31 9
方法归纳：　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最
值．
例 5 三棱锥 P-ABC 中，PA，PB，PC 两两垂直，PA = PB = PC = 6 ，点 Q 为平面 ABC 内的动点，且满足
PQ = 3 ，记直线 PQ 与直线 AB 的所成角为q ，则sinq 的取值范围为 .
é 6 ù
答案 ê ,13 ú
分析 根据已知条件先确定出Q在平面 ABC 内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量
夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的正弦值的取值范围.
解析 因为PA, PB, PC 两两垂直，且PA = PB = PC ，所以由全等三角形可知 AB = AC = BC ，
所以三棱锥为正三棱锥，记 P 在底面 ABC 内的投影为O，
所以 AB = AC = BC = PA2 + PB2 = 2 3 ，
AB
因为 AO cos30° = ，所以 AO = 2，所以
2 PO = AP
2 - AO2 = 2 ，
因为PQ = 3 ，所以OQ = PQ2 - OP2 =1，所以Q的轨迹是以O为圆心半径为1的圆，
取 AB 中点D，连接CD ，可知CD 经过点O，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设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
故答案为： ê ,13 ú
.

【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
一、单选题
r r r r r r r ur
1．（2023·辽宁·模拟预测）已知空间向量 a,b,c两两夹角均为60°，且 a = b =1, c = 2 .若向量 x, y满足
r r r r r ur ur r ur r r urx × x + a = x ×b, y × y + a = y ×c ，则 x - y 的最小值是（ ）
A．1 3- B 3． C
1
．0 D．
2 2 2
【答案】C
【分析】根据题意，取一个三棱锥，用其棱表示对应的向量，结合题中所给的条件，将相应的边长求出，
之后应用空间向量运算法则，表示出对应的结果，从而判断出取最值时对应的情况，求值即可.
【解析】
uuur r uuur r uuur r
取一三棱锥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
设 AX = x, AY = y，
r r r r r uuur uuur uuur uuur因为 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 为直径的球上，球半径为 2 ，设球心为D，
ur ur r ur r又由 y × y + a = y ×c 3同理可知Y 在以 AC 为直径的球上，球半径为 ，设球心为E ，
2
DE 3球心距 = ，所以两球相交，即 X 点与Y 点可以重合，
2
r ur uuur uuur uuur
又 x - y = AX - AY = YX ，
r ur uuur
所以 x - y = YX = 0 .
min min
故选：C.
2．（2024·安徽马鞍山·三模）已知点A ， B ，C ，D， P ，Q都在同一个球面上， ABCD为正方形，若直
线 PQ经过球心，且PQ ^平面 ABCD．则异面直线PA，QB 所成的角最小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】C
【分析】设球的半径为R R > 0 ，记 ABCD中心为O，依题意可得 PQ过点O且 PQ的中点为球心，设球心
uuur uuur
为G ，建立空间直角坐标，设OA = r r > 0 ，G 0,0, t -R < t < R ，利用空间向量法表示出 cos PA,QB，求
uuur uuur
出 cos PA,QB的最大值，即可得到.
【解析】设球的半径为R R > 0 ，记 ABCD中心为O，
因为 ABCD为正方形，直线 PQ经过球心，且PQ ^平面 ABCD，
所以 PQ过点O且 PQ的中点为球心，设球心为G ，
以O为原点，OB、OC 、OP分别为 x ， y ， z 轴正半轴，建立空间直角坐标系O- xyz，
设OA = OB = OC = OD = r r > 0 ，G 0,0, t -R < t < R ，
则 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
= = = ，当且仅当 t = 0时等号成立，
2R R2 - t 2 2R 2R 2
uuur uuur 1
设直线PA，QB 所成的角为a ，则 cosa = cos PA,QB ，
2
又0° a 90°，所以amin = 60
° .
故选：C
uuur uuur
【点睛】关键点点睛：本题解答是建立空间直角坐标，利用空间向量法求出 cos PA,QB的最大值.
3．（2020·浙江嘉兴·二模）将边长为 1 的正方形 ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角 A - BD - C 的平面角
π uuur uuur
的大小为 ，若点E , F 分别是线段 AC 和BD上的动点，则BE ×CF 的取值范围为（3 ）
A．[-1,0] B．[-1,
1] 1C．[- ,0] [
1 , 1D． - ]
4 2 2 4
【答案】B
【分析】设O点为BD中点，连接 AO ，CO，由题意可证得 AOC = 60°，作 AP ^ OC ，EQ P AP ，利用向
uuur uuur uuur uuur 3
量的基本运算可得BE ×CF = BQ ×CF ，再通过建立平面直角坐标系，设Q m, m ， m 1 4 ÷ ，F n,1- n ，è
uuur uuur
(0 n 1) uuur uuur ，求出BQ，CF ，利用向量数量积的坐标表示可求出BE ×CF = -m - n +1，借助m + n的范围，即
可得解.
【解析】设O点为BD中点，连接 AO ，CO，
由题意可知 AO ^ BD ，CO ^ BD，所以 AOC = 60°，
作 AP ^ OC ，则 P 为 OC 中点作EQ P AP ，
则 EQ ^ 平面 BCD，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以BE ×CF = (BQ + QE) ×CF = BQ ×CF ，
如图建立平面直角坐标系：
则B 1,0 ，C 1,1 ，
设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
则BE ×CF = BQ ×CF = -m - n +1，
3
因为 m + n 2，
4
uuur uuur
所以BE ×CF éê-1,
1 ù
4ú
，

故选：B.
【点睛】本题考查平面图形的翻折，考查二面角，向量的基本运算以及向量数量积的坐标表示，考查学生
的推理能力和计算能力，难度较大.
4．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，已知矩形 ABCD的对角线交于点E, AB = x, BC =1，将△ABD 沿BD
翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得 AB ^CE ，则 x 的取值范围是（ ）
A．0 < x 3 B．0 < x 2
C．0 < x 1 D．0 < x 6
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，表示出翻折后的位置 A1(a,b,c)，利用向量垂直，数量积为零，找出关系式
bx =1- a ，进而求得 x2 = 2(1- a)，再利用极限位置求得 a 的最小值，即可求得答案。
【解析】如图示,设 A1处为△ABD 沿BD翻折后的位置，
以 D 为坐标原点，DA,DC 分别为 x,y 轴，过点 D 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，
1 x
则 A(1,0,0), B(1, x,0),C(,0, x,0), E( , ,0) ，设 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 ，则BA1 × DA1 = a(a -1) + b(b - x) + c
2 = 0，
即bx =1- a ；
又由在翻折过程中存在某个位置，便得 AB ^CE ，不妨假设BA1 ^ CE ,
uuur uuur
BA CE 1 (a x则 1 × = -1) - (b - x) = 0，即 x22 2 - bx + a -1 = 0
，
即 x2 = bx +1- a = 2(1- a) ，
当将△ABD 翻折到如图VA BD位置时，VA BD位于平面 ABCD 内，
不妨假设此时BA ^ CE ，设垂足为 G,
作 A F ^ AD 的延长线，垂足为 F,此时在 x 轴负半轴上方向上，DF 的长最大，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 为正三角形，则 EDA = 60o ,\ BDA = FDA = 60o ,
1 1
而 A D =1 ,故DF = ,则 a - ，
2 2
故 x2 = 2(1- a) 3， x > 0 ，则 x 3 ，
故 x 的取值范围是 (0, 3] ，
故选：A
【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的
位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度.
5．（2024·全国 ·模拟预测）如图，已知矩形 ABCD 中，E 为线段 CD 上一动点（不含端点），记
AED = a ，现将VADE 沿直线 AE 翻折到VAPE 的位置，记直线 CP 与直线 AE 所成的角为b ，则（ ）
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
利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到 cos b = uuur ，由三角形三边关系得到
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 选项， 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
因为 CE + EP > CP ，所以 uuur >1，所以cos b > cosa ，A 错误，B 正确；
CP
é π ù
由于 y = cos x在 x ê0, ú 上单调递减，故 b < a ，不确定 cosa ,sin b 和 sina , cos b2 的大小关系，CD 错误.
故选：B．
6．（2023·四川遂宁·三模）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，线段 B1D1上有两个动点 E, F （E 在F
的左边），且EF = 2 ．下列说法不正确的是（ ）
A．当E 运动时，二面角E - AB - C 的最小值为 45o
B．当 E, F 运动时，三棱锥体积B - AEF 不变
C．当 E, F 运动时，存在点 E, F 使得 AE //BF
D．当 E, F 运动时，二面角C - EF - B 为定值
【答案】C
【分析】对 A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对
B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断. 对 C：由反证法判断；对 D：平面EFB即为平
面BDD1B1，平面CEF 即为平面CB1D1，从而得出二面角C - EF - B 为定值.
【解析】对 A：建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A 2,2,0 , B 0,2,0 ,C 0,0,0 , D 2,0,0 , D1 2,0,2 ．
因为 E, F 在 B1D1上，且B1D1 = 2 2 ，EF = 2 ，
可设E t, 2 - t, 2 1 t 2 ，则F t -1,3- t, 2 ，
uuur uuur
则 AE = t - 2, -t, 2 , BF = t -1,1- t, 2 ，
ur
设平面 ABE 的法向量为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，则m = 0,2, t ，
r ur r t
平面 ABC 的法向量为 n = 0,0,1 ，所以 cos m,n = 2 ．t + 4
ur r
cosq mur × n= r t 1= =
设二面角E - AB - C 的平面角为q ，则q 为锐角，故 m n t 2 + 4 4 ，1+
t 2
因为1 t 2 4， y = 1+ 在 1,2 2 上单调递减，t
2 1 4所以 + 2 5
5
，故 cosq 2 ，
t 5 2
当且仅当 t = 2时， cosq 2取得最大值 ，即q 取最小值 45o ，故 A 说法正确．
2
S 1 EF BB 1对 B：因为 VBEF = = 2 2 = 2 ，点 A 到平面BDD B 的距离为 ，2 1 2 1 1 2
1 2
所以体积为VB- AEF = VA-BEF = 2 2 = ，即体积为定值，故 B 说法正确．3 3
对 C：若 AE //BF ，则 A, B, B1, D1 四点共面，与 AB 和 B1D1是异面直线矛盾，故 C 说法错误．
对 D：连接CD1,CB1,CE ，平面EFB即为平面BDD1B1，而平面CEF 即为平面CB1D1，故当 E, F 运动时，二
面角C - EF - B 的大小保持不变，故 D 说法正确．
故选：C
7．（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，P 为棱BB1的中点，Q 为正方
形BB1C1C 内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　）
A．若D1Q//平面 A1PD ，则动点 Q 的轨迹是一条线段
B．存在 Q 点，使得D1Q ^ 平面 A1PD
C．当且仅当 Q 点落在棱CC1上某点处时，三棱锥Q- A1PD 的体积最大
D．若D1Q=
6 2
，那么 Q 点的轨迹长度为 p
2 4
【答案】B
【分析】取B1C1,CC1中点 E, F ，证明D1EF / /平面 A1DP ，得动点轨迹判断 A，建立如图所示的空间直角坐
uuuur
标系，求出平面 A1PD 的一个法向量，由D1Q 与此法向量平行确定Q点位置，判断 B，利用空间向量法求得
Q到到平面 A1PD 距离的最大值，确定Q点位置判断 C，利用勾股定理确定Q点轨迹，得轨迹长度判断
D．
【解析】选项 A，分别取B1C1,CC1中点 E, F ，连接D1E, D1F , EF ，PF ，由PF 与 B1C1 ， A1D1平行且相等得
平行四边形 A1PFD1，所以D1F / / A1P，
D1F 平面 A1DP ， A1P 平面 A1DP ，所以D1F / / 平面 A1DP ，
连接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 ，
当Q EF 时，D1Q 平面D1EF ，所以 D1Q / / 平面 A1DP ，即Q点轨迹是线段 EF ，A 正确；
选项 B，以D1为原点，D1A1, D1C1, DD1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，则
A1(1,0,0)，D(0,0,1) ，P(1,1,
1)，设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
设m = (a,b,c)是平面 A1PD 的一个法向量，
r uuuurìm × A1D = -a + c = 0 ur 1
则 í r uuur ，取 c =1，则m = (1, - ,1)，
m × A1P
1
= b + c = 0 2
2
uuuur ur uuuur ur
若D1Q ^平面 A1PD ，则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内（含边界）不存在点Q，使得D1Q ^平面 A1PD ，B
2
z = l
错；
选项 C，△A1PD面积为定值，当且仅当点Q到平面 A1PD 的距离最大时，三棱锥Q - A1PD 的体积最大，
uuur
A1Q = (x -1,1, z)，
uuur ur
A1Q ×m
Q到平面 A1PD 的距离为 d = ur
2
= x + z 3- ，0 x + z 23 2 ，m
0 x z 3 d 2 3 + 时， = [ - (x + z)]，当 x + z = 0时，d 有最大值 1，
2 3 2
3 x z 2 d 2 + 时， = [(x
3
+ z) - ]， x + z
1
= 2时，d 有最大值 ，
2 3 2 3
综上， x + z = 0时，d 取得最大值 1，故Q与C1重合时，d 取得最大值，三棱锥Q - A1PD 的体积最大，C 正
确；
选项 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点轨迹是以C1为圆心， 为半径的圆弧，圆心角是 ，轨迹长度2 2 2
1 2p 2 2为 = p ，D 正确．
4 2 4
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过D1且与平面 A1PD 平行的平面
D1EF ，由体积公式，在正方形BB1C1C 内的点Q到平面 A1PD 的距离最大，则三棱锥Q - A1PD 体积最大．
8．（2023·陕西咸阳·模拟预测）如图，点 P 是棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 的表面上一个动点，则以
下不正确的是（ ）
A．当 P 在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P - AA1D1D的体积不变
π π
B．当 P 在线段 AC 上运动时，D é ù1P与 A1C1所成角的取值范围是 ê , 3 2 ú
C．使直线 AP 与平面 ABCD所成的角为 45o 的点 P 的轨迹长度为 π + 4 2
D．若F 是 A1B1 的中点，当 P 在底面 ABCD上运动，且满足 PF / / 平面B1CD1时，PF 长度的最小值是
5
【答案】D
【分析】由底面正方形 ADD1A1的面积不变，点 P 到平面 AA1D1D的距离不变，可判定 A 正确；
uuuur uuuur
以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x, 2 - x,0) ，则D1P = (x, 2 - x, -2), A1C1 = (-2,2,0)，结合向量的夹角
公式，可判定 B 正确；
由直线 AP 与平面 ABCD所成的角为 45o ，作PM ^平面 ABCD，得到点 P 的轨迹，可判定 C 正确；
r uuur
设P(m, m,0)，求得平面CB1D1的一个法向量为 n = (1, -1, -1) ，得到 FP = 2(x -1)
2 + 6 ，可判定 D 错误.
【解析】对于 A 中：底面正方形 ADD1A1的面积不变，点 P 到平面 AA1D1D的距离为正方体棱长，
所以四棱锥P - AA1D1D的体积不变，所以 A 选项正确；
对于 B 中：以D为原点，DA, DC, DD1所在的直线分别为 x 轴、 y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系，可得
A1(2,0, 2), D1(0,0, 2),C1(0, 2, 2)，
uuuur uuuur
设P(x, 2 - x,0),0 x 2，则D1P = (x, 2 - x, -2), A1C1 = (-2,2,0)，
uuuur uuuur
uuuur uuuur D1P × A1C1 x -1
设直线D1P与 A1C1所成角为q ，则 cosq = cos D1P, A1C1 = uuuur uuuur = ，
D1P A1C1 (x -1)2 + 3
因为0 x -1 1，当 x -1 = 0
π
时，可得 cosq = 0，所以q = ；
2
x -1
cosq 1 1= =
当 0 < x -1 1
π π
时， (x -1)2 + 3 1 3
2
+ ，所以 q < ，2 3 2x -1
所以异面直线D1P与 A1C
é π π ù
1所成角的取值范围是 ê , ú ，所以 B 正确； 3 2
对于 C 中：因为直线 AP 与平面 ABCD所成的角为 45o ，
若点 P 在平面DCC1D1 和平面BCC1B1内，
因为 B AB = 45o1 , D1AD = 45
o 最大，不成立；
在平面 ADD1A1内，点 P 的轨迹是 AD1 = 2 2 ；
在平面 ABB1A1内，点 P 的轨迹是 AB1 = 2 2 ；
在平面 A1B1C1D1时，作PM ^平面 ABCD，如图所示，
因为 PAM = 45o，所以PM = AM ，又因为PM = AB，所以 AM = AB ，所以 A1P = AB ，
所以点 P 的轨迹是以 A1点为圆心，以 2 为半径的四分之一圆，
1
所以点 P 的轨迹的长度为 2π 2 = π ，
4
综上，点 P 的轨迹的总长度为 π + 4 2 ，所以 C 正确；
对于 D 中，由B1(2, 2, 2), D1(0,0, 2),C(0, 2,0), F (2,1, 2)，
设P(m, n,0),0 m 2,0 n 2，
uuur uuuur uuur
则CB1 = (2,0, 2),CD1 = (0,-2,2), FP = (m - 2,n -1, -2)
r uuuur
r ì n ×CD1 = -2b + c = 0
设平面CB1D1的一个法向量为 n = (a,b,c) ，则 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
因为 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 ，
当 x =1时，等号成立，所以 D 错误.
故选：D.
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动
点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、
性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有
解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
二、多选题
uuur uuur uuur
9．（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = AA1 = 1，点 P 满足BP = lBC + m BB1 ，
其中l [0,1], m [0,1]，则（ ）
A．当l = 1时， AP + PB1最小值为 2
B．当m =1时，三棱锥P - A1BC 的体积为定值
1
C．当l =1, m = 时，平面 AB1P ^平面 A1AB2
π
D．若 AP =1，则 P 的轨迹长度为
2
【答案】BCD
【分析】当l = 1时，点 P 在CC1 上，把平面 ACC1A1 与平面BCC1B1展在一个平面上，可判定 A 错误；当m =1
时，得到点 P 在 B1C1 上，证得 A1D ^平面BCC1B1，求得三棱柱P - A1BC 的体积定值，可判定 B 正确；当
l =1, m 1= 时，得到点 P 为CC1 的中点，取 AB1, AB 的中点 E, F ，证得PE ^平面 ABB1A1，得到 AB1P ^平面2
uuur uuur uuur
A1AB ，可判定 C 正确；由点 P 满足BP = lBC + m BB1 ，得到点 P 在矩形BCC1B1内，取BC 的中点 H ，证得
1
AH ^平面BCC1B1，得到 AH ^ PH ，求得PH = ，得出以点 P 的轨迹，可判定 D 正确.2
uuur uuur uuur
【解析】对于 A 中，当l = 1时，BP = BC + m BB1 ，可得点 P 在CC1 上，
以CC1 为轴，把平面 ACC1A1 与平面BCC1B1展在一个平面上，如图所示，
连接 AB1交CC1 于点 P ，此时 AP + PB1最小值为 AB2 + BB21 = 5，所以 A 错误；
uuur uuur uuur
对于 B 中，当m =1时，BP = lBC + BB1 ，可得点 P 在 B1C1 上，
取 B1C1 的中点D，在等边△A1B1C1中，可得 A1D ^ B
3
1C1，且 A1D = ，2
因为BB1 ^ 平面 A1B1C1，且 A1D 平面 A1B1C1，所以 A1D ^ BB1 ，
又因为B1C1 I BB1 = B1 且B1C1, BB1 平面BCC1B1，所以 A1D ^平面BCC1B1，
即 A1D为三棱锥 A1 - PBC 的高，
所以三棱锥P - A1BC V V
1 1 1 3 3
的体积为 P- A1BC = A1 -PBC = S × A1D = = 为定值，所以 B 正确；3 3 2 2 12
1 uuur uuur 1 uuur
对于 C 中，当l =1, m = 时，BP = BC + BB1 ，可得点 P 为CC1 的中点，2 2
如图所示，取 AB1, AB 的中点 E, F ，分别连接PE, EF ,CF ，
可得EF / /PC 且EF = PC ，所以EFCP为平行四边形，所以CF / /PE ，
因为BB1 ^ 平面 ABC ，CF 平面 ABC ，所以BB1 ^ CF ，
又因为CF ^ AB，且 AB BB1 = B， AB, BB1 平面 ABB1A1，所以CF ^ 平面 ABB1A1，
因为CF / /PE ，所以PE ^平面 ABB1A1，
又因为PE 平面 APB1 ，所以 AB1P ^平面 A1AB ，所以 C 正确；
uuur uuur uuur
对于 D 中，由点 P 满足BP = lBC + m BB1 ，其中l [0,1], m [0,1]，
可得点 P 在矩形BCC1B1内（包含边界），
取BC 的中点 H ，连接 AH 和PH ，
因为BB1 ^ 平面 ABC ，且 AH 平面 ABC ，所以 AH ^ BB1 ，
又因为 AH ^ BC ，BC I BB1 = B且BC, BB1 平面BCC1B1，所以AH ^平面BCC1B1，
3
因为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
所以点 P 的轨迹是以 H 为圆心，半径为 的半圆，其轨迹长度为 π =2 ，所以 D 正确.2 2
故选：BCD
【点睛】解题方法点拨：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动
点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、
性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有
解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
uuur uuur uuur
10．（2024·浙江·三模）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 1，点 P 满足 AP = l AD + m AA1 ，其中l R ，
m R，则（ ）
A．当l = m 时，则C1P + PD 的最小值为 2 + 2
B．过点 P 在平面 ADD1A1内一定可以作无数条直线与CP垂直
C．若C1P
π
与 AD 所成的角为 ，则点 P 的轨迹为双曲线
4
é ù
D．当l = 1，m 0,1 6时，正方体经过点A 、 P 、C1的截面面积的取值范围为 ê , 22 ú
【答案】ACD
【分析】对 A，将平面 AD1D 展开到与D1ABC1同一平面，由两点间线段最短得解；对 B，当 P 在D1时，过 P
点只能作一条直线与CP垂直，可判断；对 CD，以点 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点 P 坐标，
利用向量的坐标运算即可判断.
uuur uuur uuur uuuur【解析】对于 A，当l = m 时， AP = l AD + AA1 = l AD1 ，
所以点 P 在线段 AD1 上，
如图，将三角形 AD1D 与矩形D1ABC1沿CD1展成平面图形如下所示，
则线段DC1即为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 的最小值为 2 + 2 ，故 A 正确；
对于 B，当 P 在D1时，过点 P 在平面 ADD1A1内只可以作一条直线与CP垂直，故 B 错误；
对于 C，以 D 为原点，分别以DA, DC, DD1为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
uuur uuur
则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，为双曲线方程，故 C 正确．
uuur uuur uuur uuur uuur
对于 D，当l = 1时， AP = AD + m AA1 DP = m AA1，故点 P 在线段DD1上运动,
正方体经过点A 、 P 、C1的截面为平行四边形 A P C 1 H ，
以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz ，
则 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
所以点 到直线 1的距离为 = - 1 11 ÷÷ = 1+ 1- m
2 2 - m 2m - 2m + 2- ÷ = ，
è AC1 è 3 3
m 1= d 2 VPAC 2 6于是当 时 min = ， 1 的面积取最小值，此时截面面积为2 3 =
；
2 2 2
当m = 0 或1时 d 6= ，VPAC 6max 1 的面积取最大值，此时截面面积为 3 = 2 ，3 3
é 6 ù
所以正方体经过点A 、 P 、C1的截面面积的取值范围为 ê , 2 ú，故 D 正确．
2
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及
了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计
算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线
段型，平面型，二次曲线型，球型.
11．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 棱长为 4，点 N 是底面正方形 ABCD 内及边
界上的动点，点 M 是棱DD1上的动点（包括点D，D1），已知MN = 4，P 为 MN 中点，则下列结论正确的
是（ ）
A 3．无论 M，N 在何位置， AP,CC1为异面直线 B．若 M 是棱DD1中点，则点 P 的轨迹长度为 π
2
C．M，N 1存在唯一的位置，使 A1P∥平面 AB1C D．AP 与平面 A1BCD1 所成角的正弦最大值为 2
【答案】ABD
【分析】根据 AP, AA1相交，而 AA1 / /CC1即可判断 A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断 P 的轨迹
1
长度为半径为 3的圆的 ，即可判断 B，根据法向量与方向向量垂直即可判断 C,根据线面角的向量法，结
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为异面直线，A 正确，
当 M 是棱DD1中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设
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，化简得 x2 + y2 = 3，
由于 0 2x 4,0 2y 4
1
3，所以点 P 的轨迹长度为半径为 3的圆的 ，故长度为 π ，B 正确，4 2
设M 0,0, a , A1 4,0,4 ,则 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
设平面 AB1C 的法向量为m = m,n,k ，则
uuur
ì AB1 ×m
r
= 4n + 4k = 0
íuuur r ，令m =1，则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，化简得 x2 + y2 + z2 = 4，
ìx + y - z = 0 2 2
联立 íx2 2 2
x + y + xy = 2
y z 4 ，故解不唯一，比如取 x = 0, y = 2 ，则或取 y = 0, x = 2 ，故 C 错误， + + =
由于 A1D1 ^ 平面 ABB1A1， AB1 平面 ABB1A1，故 A1D1 ^ AB1 ,
又四边形 ABB1A1为正方形，所以 A1B ^ AB1 ,
A1B A1D1, A1B, A1D1 平面 A1BCD1 ，
所以 AB1 ^平面 A1BCD1 ，
uuur
故平面 A1BCD1 的法向量为 AB1 = 0,4,4
uuur
AP = x - 4, y, z ，
uuur uuur
uuur uuur AP × AB1 y + z
设 AP 与平面 A1BCD1 所成角为q ，则 sinq = cos AP, AB1 = uuur uuur = ，AP AB1 2 x - 4 2 + y2 + z2
2 2 2 y2 + z2
2
则 sin q 1 y + z + 2yz 1= ，当且仅当 y = z时取等号，
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时，令 20 - 8x = t > 0，则 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，当且仅当 = t ，即 t =12时等号成立，此时 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 的最大值为 2 ，故 D 正确，、 2
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及
了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计
算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线
段型，平面型，二次曲线型，球型.
三、填空题
12．（2024·浙江金华·三模）四棱锥P- ABCD的底面 ABCD为正方形，PA ^平面 ABCD，且PA = 2 ，
AB =1．四棱锥P- ABCD的各个顶点均在球 O 的表面上，B l ， l ^ OB ，则直线 l 与平面PAC 所成夹角
的范围为 ．
é0, π ù【答案】 ．
ê 4 ú
【分析】依题意可证明BD ^平面PAC ，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.
【解析】解：依题意，四棱锥P- ABCD的外接球的球心 O 为PC 的中点，连接 AC, BD ，
交点为 Q，因为底面 ABCD为正方形，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为平面PAC 的一个法向量，
如图建立坐标系，并设直线 l 上异于 B 的一点R x, y, z ，所求线面角为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
则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
当 z = 0时， sinq = 0，
ù
sinq 1 1= 0,
2
ú
当 z 0 2 2时， 2 y× + 3+ 2 2 y× 2 y 2
è 2 ，
z2 z + ÷ + 2
è z 2
é 2 ù é π ù
综上， sinq ê0, 2 ú
，∴q ê0, 4 ú
．

é π ù
故答案为： ê0, ú . 4
另解：依题意，四棱锥P- ABCD的外接球的球心 O 为PC 的中点，连接 AC, BD ，
交点为 Q，因为底面 ABCD为正方形，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 ，则 l与平面PAC 所成的角为 0 .
若过 B 的直线 l 与平面PAC 相交于点 R，
在平面BOQ中，过 B 作直线BS ^ OB ，与平面PAC 相交于点为 S，
因为 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 ，
故过 B 且与BO垂直的直线与平面PAC 的交点的轨迹为直线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为 BR在面PAC 内的射影，
BQ
即 BRQ为直线 l 与平面PAC 所成的角，且 tan BRQ = RQ ，
2
又 QB = ，而 RQ QS =1，
2
BQ
当且仅当RS 重合等号成立，故02
BRQ = ，
QS 2
é 2 ù é π ù
综上， sinq ê0, 2 ú
，∴q ê0, ú．
4
é π ù
故答案为： ê0, 4 ú
.

【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形
中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面
角.
13．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形 ABCD 的一边 BC 所在直线为旋转轴，其余三边旋转
90°形成的面所围成的几何体，点 G 是圆弧D F 的中点，点 H 是圆弧 AE 上的动点， AB = 2 ，给出下列四个
结论：
①不存在点 H，使得平面BDH∥平面 CEG；
②存在点 H，使得FH ^平面 CEG；
③ 4 3不存在点 H，使得点 H 到平面 CEG 的距离大于 ；
3
④ 2存在点 H，使得直线 DH 与平而 CEG 所成角的正弦值为 ．
3
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】将图形补全为一个正方体 ABEM - DCFN ，以点 B 为坐标原点，BA、 BE 、BC 所在的直线分别为
x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【解析】由题意可将图形补全为一个正方体 ABEM - DCFN ，如图所示：
以点 B 为坐标原点，BA、 BE 、BC 所在的直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，
则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设点 ，其中 ，
2
uuur uuur
对于①，CE = r0,2, -2 ，CG = 2, 2,0 ，设 n = x, y, z ^ 平面CEG ，
ìnr
uuur
×CE = 0 ìuuur
2y - 2z = 0
则 í r ，即 í ，
n ×CG = 0 2x + 2y = 0
r
取 x=1，则 y = -1, z = -1，可得 n = 1,-1,-1 ，
r uuur uuur
设m = x1, y1, z1 ^平面 BDH ，BD = 2,0,2 ，BH = 2cosa , 2sina ,0 ，
uuur
ì m
r
× BD = 0 ì2x + 2z = 0
则 í
mr
uuur ，即 í
× BH = 0 2cosa x + 2sin
，
a y = 0
r
取 x = s in a ，则 y = -cosa , z = -sina ，可得m = sina ,-cosa ,-sina ，
1 -1 π
若平面BDH / /平面 CEG，则 = ，解得：a = ，
sina -cosa 4
所以存在H 2, 2,0 使得平面BDH / /平面 CEG，故①错误；
uuur
对于②，FH = 2cosa , 2sina - 2, -2 ，若FH ^平面 CEG，
uuur 1 -1 -1
则FH / /nr = 0，即 = = ，2cosa 2sina - 2 -2
即 cosa =1,sina = 0，故H 2,0,0 ，故存在点 H，使得FH ^平面 CEG，故②正确；
uuur
对于③，CH = 2cosa , 2sina , -2 ，
所以点 H 到平面 CEG 的距离为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
因为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
所以不存在点 H，使得点 H 到平面 CEG 的距离大于 ，故③正确；
3
uuuur
r对于④，DH = 2cosa - 2,2sina , -2 ， n = 1,-1,-1 ，则直线DH 与平面 CEG 的所成角为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
因为函数 f a = 3sin 2a - 4sina + 3在a π é ùê0, 2 ú 时的图象是连续的，
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，存在点 H ，使得直线DH 与平面 CEG 的所成角的余弦值为 ，④正确.
3
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可
确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 h ，从而不必作出线面角，则线面
角q 满足 sinq
h
= （l 为斜线段长），进而可求得线面角；
l
r r
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 a 为直线 l的方向向量， n为平面的法向量，则线面角q 的
正弦值为 sinq = cos a
r,nr .
14．（2023·江西宜春·一模）如图，多面体 ABCDEF 中，面 ABCD为正方形，DE ^ 平面 ABCD,CF∥DE ，
且 AB = DE = 2,CF =1,G为棱BC 的中点， H 为棱DE 上的动点，有下列结论：
①当 H 为DE 的中点时，GH P 平面 ABE ；
②存在点 H ，使得GH ^ AC ；
③直线GH BE 4 5与 所成角的余弦值的最小值为 ；
5
④三棱锥 A - BCF 的外接球的表面积为9π .
其中正确的结论序号为 .（填写所有正确结论的序号）
【答案】①④
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合异面直线所成角，以及棱锥外接球半径的
求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【解析】对①：当 H 为 DE 的中点时，取EA中点为M ，连接MH , MB，
因为H , M 分别为ED, EA的中点，
1
故可得MH // AD ，MH = AD ，
2
根据已知条件可知：BG // AD, BG
1
= AD ，
2
故MH // BG, MH = BG，
故四边形HMBG 为平行四边形，则HG// MB，又MB 平面 ABE, HG 平面 ABE ，
故HG//面 ABE ，故①正确；
对②：因为 ED ^ 平面 ABCD，DA, DC 平面 ABCD，
故DE ^ DA, DE ^ DC ，
又四边形 ABCD为矩形，
故DA ^ DC ，则DE, DA, DC 两两垂直，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则 A 2,0,0 ,C 0,2,0 , B 2,2,0 , E 0,0,2 ,G 1,2,0 ，设H 0,0, m ，m 0,2 ，
uuur uuur
若GH ^ AC ，则GH × AC = -1, -2, m × -2,2,0 = -2 0，不满足题意，故②错误；
uuur uuur
对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 ，设 t = 3m + 2， t 2,8 ，m = ，5 + m 3
y t 9= =
则 5 t - 2
2
+ t
49
+ - 4 ，当 t 2,8 时， ÷
è 3 t
t 49 4 é10, 45ù y é 2根据对勾函数的性质得 + - ê ú ，则 ê ,
9 ù
ú，t 2 5 10
2 uuur uuur 15
当 y = 时， cos GH , BE 有最小值，最小值为 ，故③错误；
5 5
对④：由题可得CF ^ 平面 ABCD，又面 ABCD为正方形，
∴ AB ^ BC,CF ^ AB, BC CF = C ，
∴AB⊥平面 BCF，则 AB，BC，CF 两两垂直，
∴AF 为三棱锥 A - BCF 的外接球的直径，
又 AF 2 = AB2 + BC 2 + CF 2 = 22 + 22 +11 = 9，
∴三棱锥 A - BCF 的外接球表面积为9π，故④正确.
故答案为：①④.
四、解答题
15．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥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为 AD 的中点，证明：平面POC ^ 平面 ABCD；
1 uuuur uuur
(2)若 CDA = 60°， AB = CD =1，线段PD上的点M 满足DM = l DP，且平面PCB与平面 ACM 夹角的余2
42
弦值为 ，求实数l 的值.
7
【答案】(1)证明见解析
(2) 23
【分析】（1）取BC 中点为E ，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明CO ^ AD ，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求
解即可.
【解析】（1）取BC 中点为E ，由条件可得OE为梯形 ABCD的中位线，则OE ^ BC ，
又PB = PC ，则PE ^ BC ，
且PE IOE = E ，PE 平面POE ，OE 平面POE ，
根据线面垂直的判定定理，得BC ^平面POE ，
QPO 平面POE ，\BC ^ PO .
由PA = PD，则PO ^ AD ，又 AD ，BC 为梯形的两腰，则 AD 与BC 相交，
\PO ^ 平面 ABCD，
又PO 平面POC ，所以平面POC ^ 平面 ABCD .
1
（2）取CD 的中点为 Q，由 AB = CD =1， CDA = 60°，
2
则 AQ ^ CD ， AD = CD = 2QD = 2，
因此△ ACD为等边三角形，CO ^ AD .
由（1）知PO ^平面 ABCD，OP，OA，OC 两两垂直，
uuur uuur uuur
如图，以OC ，OA，OP 分别为 x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，
由CD = DA = PA = PD = 2， CDA = 60°，则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
设平面PCB的一个法向量为 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
设平面 ACM 的一个法向量为 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 的一个法向量为 n2 = l, 3l, 2 - l .
记平面PCB与平面 ACM 夹角的大小为q ，
ur uur
所以 cosq u
nr1 ×nu2ur 42= = ，化简得 23l - 2 2 = 0 l = 2，即 ，所以实数l 的值为
n × n 7 3 3
.
1 2
16．（2023·山东潍坊·三模）如图， P 为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， AC 为底面直径，△ABD 为底
面圆O的内接正三角形，且边长为 3，点E 在母线PC 上，且 AE = 3，CE = 1．
(1)求证：PO P 平面BDE ；
(2)求证：平面BED ^平面 ABD
(3)若点M 为线段PO上的动点．当直线DM 与平面 ABE 所成角的正弦值最大时，求此时点M 到平面 ABE 的
距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) 7
14
【分析】（1）设 AC 交BD于点F ，连接 EF ，利用三角形相似证得EF ^ AC ，从而证得PO∥EF ，进而
证得直线PO P 平面BDE ；
（2）通过PO ^平面 ABD，证得EF ^ 平面 ABD，所以平面BED ^平面 ABD；
uuuur uuur uuuur
（3）建立空间直角坐标系，设OM = lOP 0 l 1 ，通过向量DM 和平面 ABE 的法向量建立直线DM 与
平面 ABE 所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【解析】（1）如图，设 AC 交BD于点F ，连接 EF ，由圆锥的性质可知PO ^底面 ABD，
因为 AC 平面 ABD，所以PO ^ AC ，
又因为△ABD
3
是底面圆的内接正三角形，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
又因为 = = ，所以VACE∽VAFE ，
AC AE 2
所以 AFE = AEC = 90°，即EF ^ AC ，
又PO, AC, EF 平面PAC ，直线EF∥PO, PO 平面BDE ，EF 平面BDE ，
所以直线PO P 平面BDE ．
（2）因为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 ，以点F 为坐标原点，FA, FB, FE 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，

则 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
设平面 ABE 的法向量为 n = x, y, z ，
ìuuur
AB n
r 3 x 3× = - + y = 0
2 2 r
则 í n = 1, 3, 3
uuur
，令 x =1，则 ，
AE × n
r 3 3
= - x + z = 0
2 2
uuuur uuur uuuur uuur uuuur
1 3

设OM = lOP 0 l 1 ，可得DM = DO + OM = , , 3l ÷÷，
è 2 2
设直线DM 与平面 ABE 所成的角为q ，
r uuuur
r uuuur n × DM 3l + 2
则 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
则 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
当且仅当 x = 时，等号成立，所以当 x = 时， y = 有最大值 4，
2 2 3x2 +1
1 1 3
即当l = 时，sinq 的最大值为 1，此时点M ,0, ÷÷，2 è 2 2
uuur 3
所以MA = 1,0,- ÷÷ ，
è 2
uuur r 1,0,
3
- ÷ × 1, 3, 3
所以点M 到平面 ABE 的距离 MA ×n 2

d = r = è 7= ，
n 7 14
7
故当直线DM 与平面 ABE 所成角的正弦值最大时，点M 到平面 ABE 的距离为 .
14
17．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图 1，在平行四边形 ABCD中，D = 60°, DC = 2AD = 2，将△ADC 沿 AC
折起，使点 D 到达点 P 位置，且PC ^ BC ，连接 PB得三棱锥P - ABC ，如图 2．
(1)证明：平面PAB ^平面 ABC ；
5 | PM |
(2)在线段PC 上是否存在点 M，使平面 AMB 与平面MBC 的夹角的余弦值为 ，若存在，求出
8 | PC |
的值，
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2存在； 3
【分析】（1）推导出PA ^ AC ，证明出BC ^平面PAB，可得出PA ^ BC ， 利用面面垂直的判定定理可证
得结论成立；
uuur uuur uuur
（2）以点A 为坐标原点，BC 、 AC 、 AP 的方向分别为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设
uuuur uuur
PM = lPC ，其中 0≤l ≤1，利用空间向量法可得出关于l 的等式，结合 0≤l ≤1求出l 的值，即可得出结
论.
【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形 ABCD为平行四边形， D = 60o ，则 B = 60o，
因为DC = 2AD = 2 ，则 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 ，则BC ^ AC ，同理可证 AD ^ AC ，
翻折后，则有BC ^ AC ，PA ^ AC ，
因为PC ^ BC ， AC I PC = C ， AC 、PC 平面PAC ，
所以，BC ^平面PAC ，
因为PA 平面PAC ，则PA ^ BC ，
因为 AC IBC = C， AC 、BC 平面 ABC ，所以，PA ^平面 ABC ，
所以平面PAB ^平面 ABC .
（2）因为PA ^平面 ABC ，BC ^ AC ，以点A 为坐标原点，
uuur uuur uuur
BC 、 AC 、 AP 的方向分别为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 A 0,0,0 、P 0,0,1 、C 0, 3,0 、B -1, 3,0 ，
uuuur uuur
设PM = lPC = l 0, 3,-1 = 0, 3l,-l ，其中 0≤l ≤1，
uuuur uuur uuuur uuur则 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
设平面 ABM 的法向量为m = x, y, z ，则 í r uuuur ，
m × AM = 3l y + 1- l z = 0
取 y = l
r
-1，则 z = 3l ， x = 3 l -1 ，所以，m = 3 l -1 ,l -1, 3l ，
r uuur uuur
平面MBC 的一个法向量为 n = a,b,c ，PB = -1, 3,-1 ，PC = 0, 3, -1 ，
r uuur
ìn × PB = -a + 3b - c = 0 r
则 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
则 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，线段PC 上存在点M ，使平面 AMB 与平面 MBC 的夹角的余弦值为 ，且 =
8 PC 3
.
18．（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图所示，四棱台 ABCD - A1B1C1D1 ，底面 ABCD为一个菱形，且
BAD =120° . 39底面与顶面的对角线交点分别为O，O1 . AB = 2A1B1 = 2，BB1 = DD1 = ， AA1与底面夹2
37
角余弦值为 .
37
(1)证明：OO1 ^ 平面 ABCD；
(2)现将顶面绕OO1 旋转q 角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC1的夹角正弦值为
6 43
，此时求q 的值(q < 90° )；
43
(3)求旋转后 AA1与BB1的夹角余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 60°；
(3) 4 195 .
65
【分析】（1）先在等腰梯形BDD1B1证明OO1 ^ BD ，求出OO1 = 3；再证明 A1AE 即 AA1与底面夹角，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 ，所以可证OO1 ^37 2
平面 ABCD .
r
（2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，易得平面 ABCD的一个法向量 n = 0,0,1 ，根据旋转方向和旋
C 1 cosq , 1转前的位置，写出 1坐标为 - - sinq ,3
6 43
÷ ；再根据底面与DC1的夹角正弦值为 ，求出2 2 q = 60
° .
è 43
1
（3）与第二问的原理相同，根据旋转方向和旋转前的位置写出 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÷，从而得到旋转后 AA1与BB1的夹角
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）连接OB1，OD1 ，过点 A1作 A1E ^ AC 于点E ，取 AO 中点F ，连接FO1，如图.
由题易得 AC = 2A1C1 = 2
1
，BD = 2B1D1 = 2 3 . 所以FO = . 2
在四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中易得BD / /B1D1，
又因为BB1 = DD1 且BD B1D1，所以四边形BDD1B1为等腰梯形.
因为O，O1分别是BD和 B1D1的中点，所以OO1 ^ BD ，
39
又因为BB1 = DD1 = ，易得等腰梯形BDD1B1的高OO1 = 3 . 2
因为在菱形 ABCD中 AC ^ BD ，且 AC，OO1 面 ACC1A1 ， AC IOO1 = O，
所以BD ^面 ACC1A1 ，又因为 A1E 面 ACC1A1 ，
所以 A1E ^ BD，又因为 A1E ^ AC ，且 AC，BD 面 ABCD， AC I BD = O ，
所以 A1E ^面 ABCD，因此 A1AE 即 AA1与底面夹角.
由题易得 A1O1 P AO，且 A1O1 = AF ，所以四边形 AA1O1F 为平行四边形，所以 AA1 P O1F .
则 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 .
又因为OO1 ^ BD ，且 AC，BD 面 ABCD， AC I BD = O ，
所以OO1 ^ 平面 ABCD .
（2）因为 AC ^ BD ，
uuur uuur uuuur
所以O为原点，OA，OB ，OO1 方向分别为 x ， y ， z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
r
易得平面 ABCD的一个法向量 n = 0,0,1 ，
旋转前坐标分别为： 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
点C1旋转的过程俯视如图：
1
因为在旋转过程中O1C1 = 不变，且点C1所在终边对应的角大小为 π，逆时针旋转q 角后点C1坐标为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
= =
所以底面与DC1的夹角正弦值为 DC × nr 1 2 43 ,1 cos2 q 3 1+ - sinq

÷ + 94 è 2
sinq 3解得 = ，又因为q < 90° ，所以q = 60° .
2
1 1
（3）由第二问可得，因为点 A1所在终边对应的角为 0 ，所以旋转后点 A1 cosq , sinq ,32 2 ÷，即è

A 1 , 3

1 ,3÷÷ ；
è 4 4
B π

B 3 π 3 π

同理因为点 1所在终边对应的角为 ，所以旋转后点 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 =因此旋转后 与 的夹角余弦值为 uuur uuur
9 4 195
= =
1 1 AA1 × BB 39 45 65
.
1
4 4
19．（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系O- xyz中，任何一个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 为该平面的法向量.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)设集合M = x, y, z z = 0 ，记P M 中所有点构成的图形的面积为 S1，Q I M 中所有点构成的图形的面
积为 S2 ，求 S1和 S2 的值；
(2)记集合 Q 中所有点构成的几何体的体积为V1，P IQ中所有点构成的几何体的体积为V2，求V1和V2的值：
(3)记集合 T 中所有点构成的几何体为 W.
①求 W 的体积V3的值；
②求 W 的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出 W 的面数和棱数.
【答案】(1) S1 = 4， S2 = 8；
32 20
(2)V1 = ，V2 = ；3 3
2π
(3)①16；② ，共有 12 个面，24 条棱.
3
【分析】（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合M , P代表的点，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）首先根据（1）分析得出P IQ 为截去三棱锥Q4 - Q1Q2Q3 所剩下的部分.
后用割补法求解体积即可.
（3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可.
【解析】（1）集合M = x, y, z z = 0 表示 xOy 平面上所有的点，
P = x, y, z x 1, y 1, z 1 表示 ±1, ±1, ±1 这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而P M 可以看成正方体在 xOy 平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为 2 的正方形，因此 S1 = 4 .
对于Q = x, y, z x + y + z 2 ，当 x, y, z > 0时，
x + y + z = 2表示经过 (2, 0, 0)， (0,2,0) ， (0,0, 2) 的平面在第一象限的部分.
由对称性可知 Q 表示( ± 2,0,0)，( 0, ±2,0)，( 0,0, ±2)
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而Q I M 可以看成正八面体在 xOy 平面上的截面内所有的点.
它是边长为 2 2 的正方形，因此 S2 = 8 .
（2）记集合Q，P IQ中所有点构成的几何体的体积分别为V1，V2；
考虑集合Q的子集Q = x, y, z x + y + z 2, x 0, y 0, z 0 ；
即为三个坐标平面与 x + y + z = 2围成的四面体.
四面体四个顶点分别为 (0,0,0) ， (2, 0, 0)， (0,2,0) ， (0,0, 2) ，
1
此四面体的体积为VQ = 2
1 4
3
2 2÷ =
è 2 3
32
由对称性知，V1 = 8VQ = 3
考虑到 P 的子集P 构成的几何体为棱长为 1 的正方体，
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 ，
显然P IQ 为两个几何体公共部分，
记Q1 1,1,0 ，Q2 1,0,1 ，Q3 0,1,1 ，Q4 1,1,1 .
容易验证Q1，Q2，Q3在平面 x + y + z = 2上，同时也在P 的底面上.
则P IQ 为截去三棱锥Q4 - Q1Q2Q3 所剩下的部分.
P 的体积VP =1 1 1 =1
1 1
，三棱锥Q4 - Q1Q2Q3 的体积为VQ -Q Q Q = 1 1
1
1 = .
4 1 2 3 3 2 6
故P IQ 的体积V
1 5
P IQ = VP -VQ -Q =1- = .4 1Q2Q3 6 6
20
当由对称性知，V2 = 8VP IQ = .3
（3）
如图所示，即为T 所构成的图形.
其中正方体 ABCD - IJML即为集合 P 所构成的区域. E - ABCD构成了一个正四棱锥，
其中E 到面 ABCD的距离为 2，
V 1 4 4E- ABCD = 1 2 2 = ，V3 = VP + 6VE- ABCD = 8 + 6 =16 .3 3 3
ur
由题意面EBC 方程为 x + z - 2 = 0，由题干定义知其法向量 n1 = 1,0,1
uur
面 ECD方程为 y + z - 2 = 0，由题干定义知其法向量 n2 = 0,1,1
ur uur ur uur
cos n ,n unr1 ×nu2ur 1故 1 2 = =n .1 × n 22
2π
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故 H 相邻两个面所成角为 .
3
由图可知共有 12 个面，24 条棱.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，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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