2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第七章§7.10立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問題§7.10立體幾何中的動(dòng)態(tài)、軌跡問題重點(diǎn)解讀“動(dòng)態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化．題型一平行、垂直中的動(dòng)態(tài)軌跡問題例1如圖，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H，N分別是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中點(diǎn)，M在四邊形EFGH邊上及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，若MN∥平面A1BD，則點(diǎn)M軌跡的長度是()A.eq\r(3)aB.eq\r(2)aC.eq\f(\r(3)a,2)D.eq\f(\r(2)a,2)答案D解析連接HN，GN(圖略)，∵在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H，N分別是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中點(diǎn)，則GH∥BA1，HN∥BD，又GH?平面A1BD，BA1?平面A1BD，∴GH∥平面A1BD，同理可證得NH∥平面A1BD，又GH∩HN＝H，GH，HN?平面GHN，∴平面A1BD∥平面GHN，又∵點(diǎn)M在四邊形EFGH上及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，MN∥平面A1BD，則點(diǎn)M在線段GH上運(yùn)動(dòng)，即滿足條件，又GH＝eq\f(\r(2),2)a，則點(diǎn)M軌跡的長度是eq\f(\r(2)a,2).思維升華動(dòng)點(diǎn)軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程．跟蹤訓(xùn)練1正四棱錐S－ABCD的底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在正四棱錐表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持PE⊥AC，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的周長為()A.eq\r(6)＋eq\r(2) B.eq\r(6)－eq\r(2)C．4 D.eq\r(5)＋1答案A解析如圖，設(shè)AC，BD交于O，連接SO，由正四棱錐的性質(zhì)可得SO⊥平面ABCD，因?yàn)锳C?平面ABCD，故SO⊥AC.又BD⊥AC，SO∩BD＝O，SO，BD?平面SBD，故AC⊥平面SBD.由題意，PE⊥AC則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為過E且垂直AC的平面與正四棱錐S－ABCD的交線，即平面EFG，則AC⊥平面EFG.由線面垂直的性質(zhì)可得平面SBD∥平面EFG，又由面面平行的性質(zhì)可得EG∥SB，GF∥SD，EF∥BD，又E是邊BC的中點(diǎn)，故EG，GF，EF分別為△SBC，△SDC，△BCD的中位線．由題意BD＝2eq\r(2)，SB＝SD＝eq\r(22＋2)＝eq\r(6)，故EG＋EF＋GF＝eq\f(1,2)×(eq\r(6)＋eq\r(6)＋2eq\r(2))＝eq\r(6)＋eq\r(2).即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的周長為eq\r(6)＋eq\r(2).題型二距離、角度有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題例2已知長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面積為5π，AA1＝2，點(diǎn)P在四邊形A1ACC1內(nèi)，且直線BP與平面A1ACC1所成的角為eq\f(π,4)，則長方體的體積最大時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長為()A．πB.eq\f(\r(2)π,2)C.eq\f(π,2)D.eq\f(\r(2)π,4)答案C解析因?yàn)殚L方體ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面積為5π，設(shè)外接球的半徑為R，所以4πR2＝5π，解得R＝eq\f(\r(5),2)或R＝－eq\f(\r(5),2)(舍去)，即外接球的直徑為eq\r(5)，設(shè)AB＝a，BC＝b，則eq\r(a2＋b2＋22)＝eq\r(5)，可得a2＋b2＝1，所以V＝2ab≤a2＋b2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號成立．如圖，設(shè)AC，BD相交于點(diǎn)O，因?yàn)锽O⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面A1ACC1，所以BO⊥平面A1ACC1，因?yàn)橹本€BP與平面A1ACC1所成的角為eq\f(π,4)，所以∠BPO＝eq\f(π,4)，故OP＝eq\f(1,2)，則點(diǎn)P的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑r＝eq\f(1,2)的半圓弧，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長為πr＝eq\f(π,2).思維升華距離、角度有關(guān)的軌跡問題(1)距離：可轉(zhuǎn)化為在一個(gè)平面內(nèi)的距離關(guān)系，借助于圓錐曲線定義或者球和圓的定義等知識(shí)求解軌跡．(2)角度：直線與面成定角，可能是圓錐側(cè)面；直線與定直線成等角，可能是圓錐側(cè)面．跟蹤訓(xùn)練2已知三棱錐P－ABC的外接球O的半徑為eq\r(13)，△ABC為等腰直角三角形，若頂點(diǎn)P到底面ABC的距離為4，且三棱錐P－ABC的體積為eq\f(16,3)，則滿足上述條件的頂點(diǎn)P的軌跡長度是________．答案4eq\r(3)π解析設(shè)底面等腰直角三角形ABC的直角邊的邊長為x(x>0)，∵頂點(diǎn)P到底面ABC的距離為4且三棱錐P－ABC的體積為eq\f(16,3)，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)x2×4＝eq\f(16,3)，解得x＝2eq\r(2)，∴△ABC的外接圓半徑為r1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)＝2，∴球心O到底面ABC的距離d1＝eq\r(R2－r\o\al(2,1))＝eq\r(13－22)＝3，又∵頂點(diǎn)P到底面ABC的距離為4，∴頂點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)截面圓的圓周(球心在底面ABC和截面圓之間)且球心O到該截面圓的距離d2＝1，∵截面圓的半徑r2＝eq\r(R2－d\o\al(2,2))＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3)，∴頂點(diǎn)P的軌跡長度是2πr2＝2π×2eq\r(3)＝4eq\r(3)π.題型三翻折有關(guān)的動(dòng)態(tài)軌跡問題例3在矩形ABCD中，E是AB的中點(diǎn)，AD＝1，AB＝2，將△ADE沿DE折起得到△A′DE，設(shè)A′C的中點(diǎn)為M，若將△ADE沿DE翻折90°，則在此過程中動(dòng)點(diǎn)M形成的軌跡長度為________．答案eq\f(\r(2)π,8)解析如圖，設(shè)AC的中點(diǎn)為M0，△ADE沿DE翻折90°，此時(shí)平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中點(diǎn)P，CE中點(diǎn)Q，PQ中點(diǎn)N，連接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N.MP＝M0P＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，MQ＝M0Q＝eq\f(1,2)AE＝eq\f(1,2)，PQ＝eq\f(1,2)DE＝eq\f(\r(2),2)，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形，且在旋轉(zhuǎn)過程中保持形狀大小不變，故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡是以N為圓心，eq\f(1,2)PQ為半徑的一段圓弧，又MP∥A′D，MP?平面A′DE，A′D?平面A′DE，∴MP∥平面A′DE，同理MQ∥平面A′DE，又∵M(jìn)P∩MQ＝M，∴平面MPQ∥平面A′DE，又平面A′DE⊥平面ABCD，故平面MPQ⊥平面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，又M0N?平面ABCD，∴MN⊥M0N，故動(dòng)點(diǎn)M形成的軌跡長度為eq\f(1,4)π·PQ＝eq\f(\r(2)π,8).思維升華翻折有關(guān)的軌跡問題(1)翻折過程中尋找不變的垂直的關(guān)系求軌跡．(2)翻折過程中尋找不變的長度關(guān)系求軌跡．(3)可以利用空間坐標(biāo)運(yùn)算求軌跡．跟蹤訓(xùn)練3(2024·連云港模擬)在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，點(diǎn)E在CD上，現(xiàn)將△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，當(dāng)E從D運(yùn)動(dòng)到C時(shí)，求點(diǎn)D在平面ABC上的射影K的軌跡長度為()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(π,3)答案D解析由題意，將△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED內(nèi)過點(diǎn)D作DK⊥AE，垂足K為D在平面ABC上的射影，連接D′K，由翻折的特征知，則∠D′KA＝90°，故K點(diǎn)的軌跡是以AD′為直徑的圓上一段弧，根據(jù)長方形知圓半徑是eq\f(1,2)，如圖當(dāng)E與C重合時(shí)，∠D′AC＝60°，所以AK＝eq\f(1,2)，取O為AD′的中點(diǎn)，得到△OAK是正三角形．故∠KOA＝eq\f(π,3)，所以∠KOD′＝eq\f(2π,3)，射影K的軌跡長度為eq\f(1,2)×eq\f(2π,3)＝eq\f(π,3).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，A1Q⊥BC1，則Q點(diǎn)的軌跡是()A．點(diǎn)B1 B．線段B1CC．線段B1C1 D．平面B1BCC1答案B解析如圖，連接A1C，因?yàn)锽C1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1＝A1，A1Q，A1B1?平面A1B1Q，所以BC1⊥平面A1B1Q，又B1Q?平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q，又BC1⊥B1C，所以點(diǎn)Q在線段B1C上．2.(2023·佛山模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)P為正方形A1B1C1D1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，滿足直線BP與下底面ABCD所成角為60°的點(diǎn)P的軌跡長度為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3)π,6)C.eq\r(3)D.eq\f(\r(3)π,2)答案B解析直線BP與下底面ABCD所成的角等于直線BP與上底面A1B1C1D1所成的角，連接B1P，如圖，因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，PB1?平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PB1，故∠BPB1為直線BP與上底面A1B1C1D1所成的角，則∠BPB1＝60°，因?yàn)锽B1＝1，所以PB1＝eq\f(BB1,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)，故點(diǎn)P的軌跡為以B1為圓心，eq\f(\r(3),3)為半徑，位于平面A1B1C1D1內(nèi)的eq\f(1,4)圓，故軌跡長度為eq\f(1,4)×2π×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(\r(3)π,6).3.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M為A1C1的中點(diǎn)，N為側(cè)面BCC1B1上的一點(diǎn)，且MN∥平面ABC1，若點(diǎn)N的軌跡長度為2，則()A．AC1＝4 B．BC1＝4C．AB1＝6 D．B1C＝6答案B解析如圖，取B1C1的中點(diǎn)D，BB1的中點(diǎn)E，連接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，故點(diǎn)N的軌跡為線段DE，又由DE＝eq\f(1,2)BC1＝2，可得BC1＝4.4.已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，側(cè)棱與底面垂直，點(diǎn)P是側(cè)棱DD1上的點(diǎn)，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若點(diǎn)Q在側(cè)面BCC1B1(包括其邊界)上運(yùn)動(dòng)，且總保持AQ⊥BP，則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡長度為()A.eq\r(3)B.eq\r(2)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(\r(5),2)答案D解析如圖，在側(cè)棱AA1上取一點(diǎn)R，使得AR＝2RA1，連接PR，BR，過點(diǎn)A作AN⊥BR交BR于點(diǎn)M，交BB1于點(diǎn)N，連接AC，CN，BD，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR，PR?平面BPR，BR∩PR＝R，從而AN⊥平面BPR，BP?平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD內(nèi)的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN，AC?平面ACN，AN∩AC＝A，知BP⊥平面ACN，CN?平面ACN，所以BP⊥CN，所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為線段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽R(shí)t△RAB，則eq\f(BN,AB)＝eq\f(AB,RA)，得BN＝eq\f(1,2)，易得CN＝eq\r(BN2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋12)＝eq\f(\r(5),2).5.如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AD，B1C1的中點(diǎn)．若點(diǎn)P為側(cè)面正方形ADD1A1內(nèi)(含邊界)動(dòng)點(diǎn)，且B1P∥平面BEF，則點(diǎn)P的軌跡長度為()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(π,2)答案C解析取A1D1的中點(diǎn)M，連接AM，B1M，AB1，EM，F(xiàn)M，如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD＝B1C1，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是棱AD，B1C1的中點(diǎn)，則AE∥B1F且AE＝B1F，所以四邊形AB1FE為平行四邊形，則AB1∥EF，因?yàn)锳B1?平面BEF，EF?平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可證AM∥平面BEF，因?yàn)锳B1∩AM＝A，AB1，AM?平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF，因?yàn)锳M?平面AA1D1D，若P∈AM，則B1P?平面AB1M，所以B1P∥平面BEF，所以點(diǎn)P在側(cè)面AA1D1D內(nèi)的軌跡為線段AM，由勾股定理可得AM＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1M2)＝eq\f(\r(5),2).6．已知菱形ABCD邊長為2，∠ABC＝60°，沿對角線AC折疊成三棱錐B′－ACD，使得二面角B′－AC－D為60°，設(shè)E為B′C的中點(diǎn)，F(xiàn)為三棱錐B′－ACD表面上動(dòng)點(diǎn)，且總滿足AC⊥EF，則點(diǎn)F軌跡的長度為()A．2eq\r(3)B．3eq\r(3)C.eq\r(3)D.eq\f(3\r(3),2)答案D解析連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OB′，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC，△ACD，△AB′C均為正三角形，所以∠B′OD為二面角B′－AC－D的平面角，于是∠B′OD＝60°，又因?yàn)镺B′＝OD，所以△B′OD為正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，取OC的中點(diǎn)P，取CD的中點(diǎn)Q，連接EP，EQ，PQ，所以PQ∥OD，EP∥OB′，所以AC⊥EP，AC⊥PQ，EP∩PQ＝P，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱錐B′－ACD表面上，滿足AC⊥EF的點(diǎn)F軌跡為△EPQ，因?yàn)镋P＝eq\f(1,2)OB′，PQ＝eq\f(1,2)OD，EQ＝eq\f(1,2)B′D，所以△EPQ的周長為3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，所以點(diǎn)F軌跡的長度為eq\f(3\r(3),2).二、多項(xiàng)選擇題7．(2024·濟(jì)南模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的各頂點(diǎn)均在表面積為12π的球面上，P為該球面上一動(dòng)點(diǎn)，則()A．存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)P，使得PA∥平面A1B1C1D1B．當(dāng)平面PAA1⊥平面CB1D1時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長度為2πC．當(dāng)PA∥平面A1B1CD時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長度為2πD．存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)P，使得平面PAD⊥平面PBC答案ACD解析因?yàn)樵撉虻谋砻娣e為4πr2＝12π，故半徑r＝eq\r(3)，且正方體的棱長滿足(2r)2＝3a2＝12，故棱長a＝2，選項(xiàng)A，由題意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且PA∥平面A1B1C1D1，故PA?平面ABCD，則P的軌跡為正方形ABCD的外接圓，故有無數(shù)個(gè)點(diǎn)P滿足，故A正確；選項(xiàng)B，易知AC1⊥平面CB1D1，且平面PAA1⊥平面CB1D1，PA?平面PAA1，故P的軌跡為矩形AA1C1C的外接圓，其周長為2πr＝2eq\r(3)π，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，因?yàn)镻A∥平面A1B1CD，設(shè)過PA且與平面A1B1CD平行的平面為α，則P的軌跡為α與外接球的交線，其半徑為eq\f(a,2)＝1，周長為2π，故C正確；選項(xiàng)D，若平面PAD⊥平面PBC，則點(diǎn)P在以四邊形ABCD為軸截面的某個(gè)圓柱面上，該圓柱面與球面交線為曲線，故有無數(shù)個(gè)點(diǎn)P滿足，故D正確．8．(2023·長沙模擬)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為正方體表面上的動(dòng)點(diǎn)，N為線段AC1上的動(dòng)點(diǎn)，若直線AM與AB的夾角為eq\f(π,4)，則下列說法正確的是()A．點(diǎn)M的軌跡確定的圖形是平面圖形B．點(diǎn)M的軌跡長度為eq\f(π,2)＋2eq\r(2)C．C1M的最小值為eq\r(2)－1D．當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面BB1C1C上時(shí)，eq\f(\r(3),3)AN＋MN的最小值為1答案BCD解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,1,0)，C1(1,1,1)，∵直線AM與AB的夾角為eq\f(π,4)，當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面AA1D1D上時(shí)，AB⊥AM，不合題意；當(dāng)點(diǎn)M在底面A1B1C1D1和側(cè)面CC1D1D(不包含邊界)上時(shí)，點(diǎn)M到直線AB的距離大于AB的長度，此時(shí)，AM與AB的夾角大于eq\f(π,4)；當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面AA1B1B和底面ABCD上時(shí)，可知線段AB1，AC滿足題意；當(dāng)點(diǎn)M在側(cè)面BCC1B1上時(shí)，由AB⊥BM，可知BM＝AB，此時(shí)弧B1C為所求．∴M點(diǎn)的軌跡為線段AC，AB1，弧B1C，顯然線段AC，AB1，弧B1C不共面，∴A錯(cuò)誤；對于B，點(diǎn)M的軌跡長度為eq\f(π,2)＋2eq\r(2)，∴B正確；對于C，若M在線段AC上，則C1M的最小值為1，同理，若M在線段AB1上，則C1M的最小值也為1，若M在弧B1C上，則C1M的最小值為C1B－1＝eq\r(2)－1，∴C正確；對于D，M(1，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，且y2＋z2＝1，由題意設(shè)N(λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，則eq\f(\r(3),3)AN＋MN＝λ＋eq\r(1－λ2＋y－λ2＋z－λ2)≥λ＋eq\r(1－λ2)＝λ＋(1－λ)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)y＝z＝λ，且y2＋z2＝1，即y＝z＝λ＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號成立，∴D正確．三、填空題9．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M為棱B1C1的中點(diǎn)，N為底面正方形ABCD上一動(dòng)點(diǎn)，且直線MN與底面ABCD所成的角為eq\f(π,3)，則動(dòng)點(diǎn)N的軌跡長度為________．答案eq\f(4\r(3)π,9)解析如圖所示，取BC中點(diǎn)G，連接MG，NG，由正方體的特征可知，MG⊥底面ABCD，故MN與底面ABCD的夾角即為∠MNG，所以∠MNG＝eq\f(π,3)，則eq\f(MG,NG)＝taneq\f(π,3)?NG＝eq\f(2\r(3),3)，故點(diǎn)N在以G為圓心，eq\f(2\r(3),3)為半徑的圓上，又N在底面正方形ABCD上，即點(diǎn)N的軌跡為圖示中的圓弧，易知eq\f(BG,EG)＝eq\f(1,\f(2\r(3),3))＝eq\f(\r(3),2)?∠EGB＝eq\f(π,6)?∠EGF＝π－eq\f(π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，所以動(dòng)點(diǎn)N的軌跡長度為eq\f(2\r(3),3)×eq\f(2π,3)＝eq\f(4\r(3)π,9).10.如圖所示，在平行四邊形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，DE⊥AB，DC＝8，DE＝6.沿著DE將△ADE折起，使A到達(dá)點(diǎn)A′的位置，且平面A′DE⊥平面ADE.設(shè)P為△A′DE內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若∠EPB＝∠DPC，則點(diǎn)P的軌跡長度為______．答案eq\f(4π,3)解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，C(0,8,0)，E(6,0,0)，B(6,4,0)，設(shè)P(x,0，z)，則eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－x,0，－z)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－x,8，－z)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(6－x,0，－z)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(6－x,4，－z)，∴cos∠EPB＝cos〈eq\o(PE,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PE,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),\o(|PE,\s\up6(→))||\o(PB|,\s\up6(→)))＝eq\f(6－x2＋z2,\r(6－x2＋z2)\r(6－x2＋16＋z2))，cos∠DPC＝cos〈eq\o(PD,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PD,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),\o(|PD,\s\up6(→))||\o(PC|,\s\up6(→)))＝eq\f(x2＋z2,\r(x2＋z2)\r(x2＋64＋z2))，∵∠EPB＝∠DPC，∴cos∠EPB＝cos∠DPC，∴eq\f(6－x2＋z2,\r(6－x2＋z2)\r(6－x2＋16＋z2))＝eq\f(x2＋z2,\r(x2＋z2)\r(x2＋64＋z2))，整理化簡得x2＋z2－16x＋48＝0，即(x－8)2＋z2＝16，∴點(diǎn)P的軌跡為圓弧，所在圓交A′E于P1(6,0,2eq\r(3))，交DE于P2(4,0,0)，則|eq\o(P1P2,\s\up6(→))|＝eq\r(6－42＋0－02＋2\r(3)－02)＝4，∴所對應(yīng)的圓心角α＝eq\f(π,3)，∴弧長l＝αr＝eq\f(π,3)×4＝eq\f(4π,3)，即點(diǎn)P的軌跡長度為eq\f(4π,3).必刷大題14空間向量與立體幾何1.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中點(diǎn)，PA＝AB.(1)求證：AM⊥平面PBD；(2)設(shè)直線AM與平面PBD交于點(diǎn)O，求證：AO＝2OM.證明(1)由題意知，AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)PA＝AB＝2，則P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，M(1，1,1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(1,1,1)，設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1)，∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝n，∴AM⊥平面PBD.(2)如圖，連接AC交BD于點(diǎn)E，則E是AC的中點(diǎn)，連接PE，∵AM∩平面PBD＝O，∴O∈AM且O∈平面PBD，∵AM?平面PAC，∴O∈平面PAC，又平面PBD∩平面PAC＝PE，∴O∈PE，∴AM，PE的交點(diǎn)就是O，連接EM，∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)，∴PA∥EM，PA＝2EM，∴△PAO∽△EMO，∴eq\f(PA,EM)＝eq\f(AO,MO)＝eq\f(2,1)，∴AO＝2OM.2．(2023·長沙模擬)斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都為2，點(diǎn)A1在下底面ABC上的投影為AB的中點(diǎn)O.(1)在棱BB1(含端點(diǎn))上是否存在一點(diǎn)D，使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的長；若不存在，請說明理由；(2)求點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離．解(1)連接OC，因?yàn)锳C＝BC，O為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥AB，由題意知A1O⊥平面ABC，又AA1＝2，OA＝eq\f(1,2)AB＝1，所以A1O＝eq\r(3)，∠A1AO＝60°，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，OA，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(0,0，eq\r(3))，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))得B1(－2,0，eq\r(3))，同理得C1(－1，eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)eq\o(BD,\s\up6(→))＝teq\o(BB1,\s\up6(→))，t∈[0,1]，得D(－1－t,0，eq\r(3)t)，又eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1－t,0，eq\r(3)t－eq\r(3))，由eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0，得－2(－1－t)＋eq\r(3)(eq\r(3)t－eq\r(3))＝0，得t＝eq\f(1,5)，又BB1＝2，∴BD＝eq\f(2,5)，所以存在點(diǎn)D且BD＝eq\f(2,5)滿足條件．(2)設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＝0，,n·\o(CC1,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq\r(3)，－1,1)，又eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，所以點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離為eq\f(|\o(BA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(3),\r(5))＝eq\f(2\r(15),5)，所以所求距離為eq\f(2\r(15),5).3．(2024·丹東模擬)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小為120°，E為棱C1D1的中點(diǎn)．(1)證明：CD⊥AE；(2)點(diǎn)F在棱CC1上，AE∥平面BDF，求直線AE與DF所成角的余弦值．(1)證明因?yàn)槠矫鍯DD1C1⊥平面ABCD，且平面CDD1C1∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面CDD1C1，又D1D?平面CDD1C1，所以AD⊥D1D，則∠D1DC是二面角D1－AD－C的平面角，故∠D1DC＝120°.連接DE(圖略)，因?yàn)镋為棱C1D1的中點(diǎn)，則DE⊥C1D1，又C1D1∥CD，從而DE⊥CD.又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD?平面AED，所以CD⊥平面AED，又AE?平面AED，因此CD⊥AE.(2)解方法一如圖，連接DE，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接CE交DF于點(diǎn)G，連接OG.設(shè)AB＝2，則DE＝eq\r(D1D2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)D1C1))2)＝eq\r(3)，所以CE＝AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(7).因?yàn)锳E∥平面BDF，AE?平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG，所以AE∥OG，因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以G為CE的中點(diǎn)，故OG＝eq\f(1,2)AE＝eq\f(\r(7),2).且直線OG與DF所成的角等于直線AE與DF所成的角．在Rt△EDC中，DG＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(\r(7),2)，因?yàn)镺D＝eq\r(2)，所以cos∠OGD＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2－\r(2)2,2×\f(\r(7),2)×\f(\r(7),2))＝eq\f(3,7).因此直線AE與DF所成角的余弦值為eq\f(3,7).方法二如圖，連接DE，CE，取DC中點(diǎn)為G，連接EG交DF于點(diǎn)H，則EG＝DD1＝2.連接AG交BD于點(diǎn)I，連接HI，設(shè)AB＝2，則DE＝eq\r(D1D2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)D1C1))2)＝eq\r(3)，所以CE＝AE＝eq\r(AD2＋DE2)＝eq\r(7).因?yàn)锳E∥平面BDF，AE?平面AGE，平面AGE∩平面BDF＝IH，所以AE∥IH.HI與DH所成角等于直線AE與DF所成角．在正方形ABCD中，GI＝eq\f(1,3)AG，DI＝eq\f(1,3)DB＝eq\f(2\r(2),3)，所以GH＝eq\f(1,3)EG，故HI＝eq\f(1,3)AE＝eq\f(\r(7),3).在△DHG中，GH＝eq\f(1,3)EG＝eq\f(2,3)，GD＝1，∠EGD＝60°，由余弦定理得DH＝eq\r(1＋\f(4,9)－2×1×\f(2,3)×\f(1,2))＝eq\f(\r(7),3).在△DHI中，cos∠DHI＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)))2,2×\f(\r(7),3)×\f(\r(7),3))＝eq\f(3,7).因此直線AE與DF所成角的余弦值為eq\f(3,7).方法三連接DE，由(1)知DE⊥平面ABCD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))為x軸、y軸、z軸正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為2個(gè)單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由(1)知DE＝eq\r(3)，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0，eq\r(3))，C1(0,1，eq\r(3))．則eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2,0，eq\r(3))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．設(shè)eq\o(CF,\s\up6(→))＝teq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－t，eq\r(3)t)(0≤t≤1)，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0,2－t，eq\r(3)t)．因?yàn)锳E∥平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，使得eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))＋μeq\o(DF,\s\up6(→))＝λ(2,2,0)＋μ(0,2－t，eq\r(3)t)＝(2λ，2λ＋2μ－μt，eq\r(3)μt)＝(－2,0，eq\r(3))，故2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0，eq\r(3)μt＝eq\r(3)，解得t＝eq\f(2,3)，從而eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(2\r(3),3))).所以直線AE與DF所成角的余弦值為|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(DF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(DF,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,\r(7)×\f(2\r(7),3))＝eq\f(3,7).4．(2023·成都模擬)如圖所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，異面直線DE與AC所成角為45°，點(diǎn)F，G分別為CE，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)H是線段EG上靠近點(diǎn)G的三等分點(diǎn)．(1)求證：A，B，F(xiàn)，H四點(diǎn)共面；(2)求平面HCD與平面BCD夾角的余弦值．(1)證明如圖，取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OE，因?yàn)锳C＝BC，故∠BAC為銳角，又ED∥AB，故∠BAC即為異面直線DE與AC所成角，則∠BAC＝45°，則∠ACB＝90°，即AC⊥CB，因?yàn)橹苯翘菪蜛BDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB?平面ABDE，故DB⊥平面ABC，又DE＝OB，DE∥OB，即四邊形OBDE為平行四邊形，故EO∥DB，所以EO⊥平面ABC，故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))的方向?yàn)閤，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,1)，E(0,0,1)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，由于eq\o(GH,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，可得Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))，則eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)，\f(1,3)))，則eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，故A，B，F(xiàn)，H四點(diǎn)共面．(2)解因?yàn)镈B⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以DB⊥AC，且AC⊥BC，DB∩BC＝B，DB，BC?平面BCD，故AC⊥平面BCD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)可作為平面BCD的一個(gè)法向量，設(shè)平面HCD的法向量為m＝(x，y，z)，eq\o(HC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq\o(HD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(HC,\s\up6(→))·m＝0，,\o(HD,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y－z＝0，,－x＋2y＋2z＝0，))令z＝1，則m＝(0，－1,1)，設(shè)平面HCD與平面BCD的夾角為θ，故cosθ＝|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，m〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up6(→))·m,|AC||m|)))＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，故平面HCD與平面BCD夾角的余弦值為eq\f(1,2).5．(2023·長沙模擬)如圖，在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1與A1C相交于點(diǎn)D，eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，且DE∥平面BCC1B1.(1)求三棱錐C－A1B1C1的體積；(2)平面A1B1C與平面ABC所成角為α，CC1與平面A1B1C所成角為β，求證：α＋β＝eq\f(π,4).(1)解∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ABB1A1，∵BB1?平面ABB1A1，∴BC⊥BB1，又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC?平面ABC，∴BB1⊥平面ABC，連接C1B，如圖，∵DE∥平面BCC1B1，DE?平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1＝C1B，∴DE∥C1B，∵eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC1,\s\up6(→))，∴A1C1＝eq\f(1,2)AC.∴三棱錐C－A1B1C1的底面△A1B1C1的面積S1＝eq\f(1,2)×2×3＝3，高h(yuǎn)＝BB1＝2，∴其體積為V＝eq\f(1,3)S1h＝eq\f(1,3)×3×2＝2.(2)證明以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A(6,0,0)，C(0,4,0)，B1(0,0,2)，A1(3,0,2)，C1(0,2,2)，則eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝(3,0,0)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－2,2)．設(shè)平面A1B1C的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1A1,\s\up6(→))＝3x＝0，,n·\o(B1C,\s\up6(→))＝4y－2z＝0，))取y＝1，則n＝(0,1,2)，∵平面ABC的一個(gè)法向量為eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，∴cosα＝eq\f(|n·\o(BB1,\s\up6(→))|,|n||\o(BB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).sinβ＝eq\f(|n·\o(CC1,\s\up6(→))|,|n||\o(CC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(\r(10),10).又∵α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝e