14JL01堂同中的勃克5鼠嗓冏41

一、單

1.(23-24高二下?福建漳州?期末)正方體ABGD-ABGA的棱長為LMV是正方體外接球的直徑,

P為正方體表面上的動點，則戶必?由的取值范圍是()

A.[―4,。]B-[°'y]c弓,1]D.[1&

【答案】A

【分析】利用向量數量積的運算律可知，用心麗=歷之一：■，進一步只需求出PCT即可得解.

【詳解】由題意MN等于正方體的體對角線長，設點O為MN的中點，

所以OM=ON=^MN=-yVl2+12+12=猙，

則而??兩=(PO+OM)-(PO+ON)

=PO2+PO-(OM+ON)+OM-ON=PO2+0-

=歷二，

當點P與某個側面的中心重合時，用2最小，且(用2端口=(9?=十,

當點p與正方體的頂點重合時，2最大，且(2/=(1)2+(夸)2=年，

由于點p是在正方體表面連續運動，所以反5z的取值范圍是[],、■],

同小時的取值范圍是

故選：A.

【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于利用球心O,將門立?時轉化為用2一1_,然后分析點p位置即可.

2.(23-24高二上?黑龍江齊齊哈爾?期末)正方體ABCD-的棱長為4,M為梭CG中點，尸為

正方形4BGA內(舍邊界)的動點，若山田，入河,則動點尸的軌跡長度為()

A.V2B.2V2C.yD.7T

【答案】4

【分析】建立空間直角坐標系，設?(，,9,4),根據MF±4河列等式，得到點F的軌跡方程,理解方程含義為

線段，結合圖形得到端點坐標，求解.

【詳解】如圖建立空間直角坐標系，設F(c,y,4),則4(4,0,0),兇(0,4,2),

則就=(-4,4,2),痂=(2J,?/-4,2).

因為AYF_LAM,所以瘋?痂=-4rr+4(沙一4)+2x2=0,

所以力一g+3=0,所以點F的軌跡為上底面中的一條線段.

易知點F的軌跡所在直線與上底面正方形的邊的交點坐標分別為(0,3,4),(1,4,4),

所以動點F的軌跡長度為J(0-l)2+(3—4y+(4-4)2=，5

故選：A

3.（23-24高二下.河南.開學考試）在正三棱柱ABC-A^C.中，4B=2,AA,=2^,0為的中點,

分別為線段BIG，AM上的動點，且修=端，則線段的長度的取值范圍為（）

ivikyIVL^A.

A,吐*]B.[Vi5,4）C-]D.[卡*]

【答案】。

【分析】建立空間直角坐標系，設M（a,0,2，），且aW[—1,1],根據露■=祟將跖V表示為a的函數，再

iWCziVzjT.

換元求上W的范圍即可.

取B1G的中點Q,連接OQ,如圖，以o為坐標原點，03,引,函的方向分別為⑨協Z軸的正方向，建立空

間直角坐標系，

則O（0,0,0），40,vX0）,Bi（—l,0,2&）,G（l,0,2，）.

因為朋?是棱B1G上一動點，設河（a,0,2，^）,且ae[-1,1],

所以OM=（a,0,2V3）,MA=（―a,V3,—2^3）.

因為她L=2所以MN="=4+12=a?+12

MOM4cMA介+3+12V^+15'

令±=Va2+15,tC[V15,4],則，+I2-=-——=t——,t6[V15,4].

Va2+15tt

又函數U=—1■在[V15,4]上為增函數，

所以線段上W的長度的取值范圍為「四叵，學】

故選：D

4.（23-24高二上.浙江紹興.期末）在正方體ABCD-中，過AB作一垂直于耳。的平面交平

面人。。14于直線Z,動點河在直線Z上,則直線與CQ所成角余弦值的最大值為（）

A.乎B.鄉C.JD.1

【答案】A

【分析】由正方體性質可知，BQ_L平面4BGA,平面ABGAn平面4024=4。,故動點M在直線

ADi上,建立空間直角坐標系，利用空間向量法表示線線角，并求最值.

【詳解】

由正方體性質可知，BQ±BC1,B1C±AB,BC1HAB=B,

BGU平面ABCXDX,ABU平面ABC^,

易知BC_L平面ABC。,平面ABCDP平面ADDrAx=ADX,

故動點”在直線ADi上，

設正方體棱長為1,并如圖建立空間直角坐標系，

,

則M(0,m,m),B(1.0,0),C(l,l,0),n1(0,l,l),

設兩直線所成角為仇翁=(—Lm,m),阿=(一1,0,1),

2

,,|l+m|?nV2I(m+1)

VH-m2+m2*A/22V2m+1

令7+1=力貝|]以與夕=第一/—=^~?/1—

n2j

十'」2V2t-4t+32J|-A+2

所以當；=日時，即利=[■時，(COS%ax=W-

LOZ乙

故選：A

5.（23-24高二上?北京?期中）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-ABQQi中，P為線段4G的中點,

Q為線段上的動點，則下列四個命題中正確命題的個數是（）

①存在點Q,使得PQ〃皿②不存在點Q,使得尸平面

③三棱錐Q—APD的體積是定值④不存在點Q,使得PQ與AD所成角為60°

A.0B.1C.2D.3

【答案】A

【分析】對于①，由BD〃BD、BQiCPQ=P即可判斷；對于②，若Q為BQ中點，根據正方體、線面的性

質及判定即可判斷；對于③，只需求證BG與面APD是否平行；對于④，利用空間向量求直線夾角的范圍

即可判斷.

【詳解】對于①，在正方體ABCD-ABQQi中，BB1〃DD,,BBX=DD,,

則四邊形BBQQ為平行四邊形，所以，BD〃,

而P為線段AG的中點，即為BQi的中點，所以BQ]C\PQ=P,

若存在點Q,使得BD〃PQ,且耳。、PQ不重合，則PQ〃瓦。，

這與BQiCPQ=P矛盾，假設不成立，①錯；

對于②，若Q為BG中點，則PQ〃4B,而人田_LAB】，故PQ_LABi,

又AD_L面ABB/1,4BC面ABBxAr,則AXB±AD,itPQ±AD,

因為ABiAAD=A,AB1、AOu面ABiG。，則PQ_L面ABQQ,

所以存在。使得PQ，平面ABCQ，②錯；

對于③，在正方體ABCD-AB1G2中，4B〃CD,AB=CXDX,

所以，四邊形ABC.D,為平行四邊形，則BCi〃AD,,

而ADiCl面故3G與面4PD不平行，

所以Q在線段BQ上運動時，Q到面APD的距離不是定值，

故三棱錐Q-APD的體積不是定值,③錯；

對于④，以點。為坐標原點，所在直線分別為c、?/、z軸建立如下圖示空間直角坐標系D-

xyz,

則A(2,0,0)、P(l,l,2),Q(2—a,2,a)且0Wa<2,

所以屈=(2,0,0),所=(1—a,l,Q—2),

|2(1a)l

則"s(房國)|=匕粵=—-=任一a|=工

|m|-|B4|2x7(l-a)2+l+(a-2)2"Vet2—3o.+32

整理可得a?—a—1=0,解得a=,合乎題意，

所以，存在點Q,使得PQ與AD所成角為60°,④錯.

故選：A.

【點睛】方法點睛：求空間南的常用方法：

⑴定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對

應的三角形，即可求出結果；

（2）向量法：建立適當的空間直角坐標系，通過計算向量的夾角（兩直線的方向向量、直線的方向向量與平

面的法向量、兩平面的法向量）的余弦值，即可求得結果.

6.（23-24高二上?河北石家莊?期末）在如圖所示的直四棱柱ABCD-A.B.C.D.中，底面ABCD是正方

形，AB=2,AAi=3,Af是的中點，點N是棱CC.上的一個動點，則點A,到平面的距離的最

小值為（）

【答案】。

【分析】建立空間直角坐標系，將則點兒到平面AMN的距離表示出來即可求得最值.

【詳解】由題意知，該幾何體為長方體，建立空間直角坐標系如下圖所示，

則A⑵0,0）,河（1,2,0）,就=（一1,2,0）,設N（O,2,t）,（0WtW3）,赤=（一1,0,墳

5

n-AM——x-\-2cy—（］

設平面AMN的一?個法向量為方=（力,y,z）,則

n-MN-—x-\-tz—O

設y=t,則x=2t,z=2,則1=（2力尼2）,44i=（0,0,3）,

6

所以點4到平面4MN的距離為

"+4，

又0&產49,4&5廿+4&49,所以當力=3,5/+4=49時,

點兒到平面⑷WN的距離取得最小值為=專.

故選：D

7.（23-24高二上?北京?期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A^C.D,中，點M是CC,的中點，點

N是底面正方形內的動點（包括邊界），則下列選項正確的是（）

A.不存在點N滿足乙4閃欣=百

B.滿足％N|=V5的點N的軌跡長度是全

C.滿足〃平面4BG的點N的軌跡長度是1

D.滿足的點7的軌跡長度是方

【答案】。

【分析】利用正方體中的垂直關系建立空間直角坐標系，設出對應點的坐標，翻譯條件求出軌跡方程，注意

變量的取值范圍，求解軌跡長度即可.

【詳解】

如圖建立空間直角坐標系，則有A(2,0,0),河(0,2,1),N(a;,y,o),4(2,0,2),B(2,2,0),G(0,2,2),瓦(2,2,2)

對于A選項，若NANM=母，則忘?而法=0,且定=(2—2,一伙0),就=(―2,2—y1),

故N軌跡方程為(①一I)?+(y—I)?=2,當a?=0時，y=0,點(0,0)既在軌跡上,

也在底面內，故存在這樣的點、N存在，A錯誤；

對于B選項，|AN|=1,；.N在底面內軌跡的長度是以4為圓心，

1為半徑的圓周長的%故長度為5X2兀=*，8錯誤；

對于。選項，才苫=(0,2,—2),通^=(一2,2,0),設面4BG的法向量方=(⑨9⑶

力--|

片1,故日=(1,1,1),

(Z=1

,:MN〃平面A、BC,：.而?亢=Q,r.N的軌跡方程為t+y—3=0,

???0Wa;W2,0WvW2,；.N在底面內軌跡的長度為V12+12=V2,。錯誤；

對于。選項，瓦芹=0-2,9—2,—2),短法=(-2,2,-1)

AAf,.?.瓦法?4^=0,的軌跡方程為―2+4+1=0,即/一。一1=0,

?.-0<z<2,0<y<2,.?."在底面內軌跡的長度為，？”=血，。正確

故選：D.

8.(23-24高二上?重慶?期末)正三棱柱ABC-ALB,CL的所有棱長均相等，E,F分別是棱4B,CG上

的兩個動點，且BE=C斤，則異面直線跳;與4斤夾角余弦的最大值為()

A.1B.JC.D.十

【答案】。

【分析】設BE=CF=t/e[0,2]，以人為原點，毋，高方向分別為，，Z軸正方向建立空間直角坐標系，

從而得到顯和行的坐標.又因為cos。=竺，從而得到異面直線BE與AF夾角余弦的最大值.

\BE\-\AF\

【詳解】設==[0,2],

以A為原點，存,打方向分別為z軸正方向建立空間直角坐標系，

可得B(2,0,0),E(2一1,0⑵，晟=(一玄0,2),4(0,0,0),網1,通,力,/=(1,6,力,

故所求角的余弦值為cosd=AF^___t___，當亡=2時取.

\BE\-\AF\#+4t+j4

故選：D

二、多選題

9.（23-24高二下?湖南郴州?期末）如圖，正方體ABCD-A.B.C.D.的邊長為2,M為A.D.的中點，動點

P在正方形ABC?內（包含邊界）運動，且7W尸.下列結論正確的是（）

A.動點P的軌跡長度為兀；B.異面直線M尸與口耳所成角的正切值為2；

C.MP-AB的最大值為2；D.三棱錐尸-MAD的外接球表面積為空.

【答案】ACD

【分析】取AD的中點N,分析可知AiW_L平面ABCD.對于力:分析可知動點P的軌跡是以點N為圓心，半

徑為1的半圓，即可得結果；對于B：分析可知異面直線與BBi所成角即為ZPMN，即可得結果；對于

C:根據數量積的幾何意義分析判斷；對于。:分析可知O6MN,進而求球的半徑和表面積.

【詳解】取AD的中點N,連接MN,NP,

因為Af,N分別為4A,AD的中點，則MN//441,且MN=AA^2,

又因為44i，平面4BCD,則MN±平面ABCD,

由NPU平面ABCD,可得MN_LNP.

對于選項A:在Rt^MNP中，NP=y/MP2-MN2=1,

可知動點P的軌跡是以點N為圓心，半徑為1的半圓，

所以動點P的軌跡長度為yX27tXl=7t,故4正確

對于選項B:因為MN//NA,BBJ/AAr,則MN//BBX,

可知異面直線AiP與照所成角即為ZPMN，其正切值為tan/PMN=毀r=/，故B錯誤;

對于選項。：因為線段在平面ABCD內的投影為NP,

結合選項人可知：加在屆方向上的投影數量的最大值為1,

所以赤?毋的最大值為1x同=2,故。正確；

對于選項。:設三棱錐P-MAD的外接球的球心為O,半徑為R,

因為AW_L平面ABCD,且N為△24。的外接圓圓心，可知OC兒W,

則不=(2—五,+1,解得五=］■,

所以三棱錐P—MAD的外接球表面積為4兀斤=等，故D正確；

故選：ACD.

10.(23-24高二下?山西太原?期末)如圖，在棱長均為1的平行六面體ABCD-中，6日，平

面ABCD,NABC=60°,P,Q分別是線段入。和線段人田上的動點，且滿足的=4向，無=

(1—均次,則下列說法正確的是()

A.當4=J時，PQ〃4。

B.當4=■時，若PQ=xAB+yAD+zA4i(a;,y,ze_R),則x+y+z=0

C.當仁春時，直線PQ與直線CG所成角的大小為強

36

D.當4C(0,1)時,三棱錐Q—BCP的體積的最大值為造

4o

【答案】ABD

［分析］利用直棱柱的性質，以及空間向量的有關知識逐項計算可得結論.

【詳解】對于4當4=4時，P，Q分別是線段入。和線段A.B的中點，

所以P也是BD的中點，所以PQ〃4Q,故4正確；

對于B,當4=■時,PQ=AQ—AP=卷(人8+A4J—呆AB+AD)=-^AD+--AA1,

所以c=0,y=—,z=~1",滿足rr+g+z=O,故_B正確；

對于。，過Q作QNH441交49于N,

可知QN1_面ABCD,PQ與直線CG成角即為APQN,

當4=｝時，QN=y,在4ANP中,AN=^-,AP=j,ZPAN=60°,

則PN=73WP444)4，

瓜

所以tan/PQN=1^=十=遮，所以NPQN=60°,故。錯誤；

對于D,易知ZVIB。是正三角形,

三棱錐Q—BCP體積為V=^-x[BCxCPxsin60°xQN

O/

—■—x-^―x1x(1—4)xsin60°x4=(1—X)A

/1一/+/\2_

-2~'一石，

當且僅當1-4=九即4時取等號，故。正確;

故選：ABD.

【點睛】關鍵點點睛：本題。選項解決的關鍵是，分析得△ABC是正三角形，從而得到所需各線段長，從而

利用三棱錐的體積公式即可得解.

11.（23—24高二下?河北唐山?期末）已知點P是正方體4BCD—4BGA表面上的一個動點，則以下說

法正確的是（）

A.當P在平面BCCR上運動時，四棱錐P—44。。的體積不變

B.當P在線段AC上運動時，DF與4G所成角的取值范圍是［多方］

C.若點P在底面4BCD上運動,則使直線A.P與平面ABCD所成的角為45°的點P的軌跡為橢圓

D.若尸是4瓦的中點，點P在底面ABCD上運動時,不存在點P滿足P尸〃平面B.CD,

【答案】AB

（分析］可以設正方體的棱長為2,利用四棱錐的體積公式，底面積與高不變則體積不變可以判斷4選項；建

立空間直角坐標系，設PQ,2—2,0）,（a;C［0,2］）,表示出D.P與4G所成角的余弦值，即可根據C的范圍求

得范圍，進而求得角的范圍，判斷B選項；設/5（，,/0）（04H《2,04沙&2）,表示出直線4。與平面45。0

所成的角的正弦值得到c與沙的關系，從而得到點P的軌跡，判斷C選項；證得4G，平面CB1D1,所以向

量AC,是平面CBB的法向量，再由PF〃平面BO得到點P的軌跡，進而判斷。選項.

【詳解】不妨設正方體棱長為2.

A選項，當P在平面BCCB上運動時，點P到平面AA,DXD的距離為2,

所以四棱錐P—A4QQ的體積V=X2x2x2=-1?，故A正確；

B選項，以為r軸，以。。為"軸，以。Di為z軸建立空間直角坐標系，如圖，

2(O,O,2),P3,2—0,O),Qe[O,2]),4(2,O,2)，G(O,2,2),DF=

0,2—°,—2),盤=(-2,2,0),

|4—4a?||力一1|

設_DF與4G所成角為仇則cos。="s〈_DbP,4G)|=

2^/2xyjx2,(2—a?)2+4-\/(^—1)2+3

1

當/W1時，cos夕,,a；e[0,1)U(l,2].,

1+(AF

則(2-1)2e(0,1],^^—7e[3,+8),1+—e[4,+co),

(X—1)(T—1)

1+—*+00),,1e即cos0e(o,3

1+7^7

當c=1時,cos9=0,所以cos96"1"]

又因為夕e所以1e1受］，故B正確;

。選項，若點P在底面ABCD上運動，設PO，",0)(04c<2,0WyW2),4(2,0,2),4?=(a:-2,y,-2),

平面ABCD的法向量取前=(0,0,1),

AiF-m

則直線4P與平面ABCD所成的角為45°時，有sin45°=|cos(AF,m)I=

|AF||m|/3-2)2+娟+4

2，

化簡為(x—2了+好=4,則點P的軌跡為四分之一圓，故。錯誤;

。選項，如圖，

2(O0,2),C(0,2,0),Bi(2,2,2),A(2,0,0),G(0,2,2),,左=(0,2,—2),

國=(2,0,2),相=(-2,2,2),

因為褐?*=(),函?W=。，且OQnCBi=GDQ,C?iU平面CBD,

所以AG_L平面CBQi,即向量戀是平面CBi。的法向量,

F(2,l,2),P(rd=(x-2,y-l,-2),

若FP〃平面CB12,則屬甘?相=一2?0—2)+2@—1)-4=0,即工一y+l=0,

因為直線①一g+1=0與正方形ABCD有公共點,即存在點P滿足P尸〃平面5coi，故。錯誤;

故選：AB.

三、填空題

12.（23-24高二上?廣東?期末）如圖，正方形ABCD和正方形ABEF的邊長都是1,且它們所在的平面所

成的二面角D-AB-F的大小是60°,則直線人。和BF夾角的余弦值為.若分別是

尸上的動點，且4W=BN,則MN的最小值是.

【答案】《/0.25;.

4

【分析】利用已知條件結合向量法即可求解；利用二面角的定義證得ND4F就是二面角。一AB—F的平面

角，即為60°,再利用空間向量將7WN的長轉化為屈的模求解，利用空間向量的線性運算和數量積、一元

二次函數的圖象與性質運算即可得解.

【詳解】連接MB,如下圖，

由題意，力河=BN,正方形ABCD中，AD_LAB,

12

1.?正方形ABEF中AF±AB,AFu平面ABEF,ADu平面ABCD,平面ABEFH平面ABCD=AB,

/D4F就是二面角D-AB-F的平面角，則ZZMF=60°,

向量屈與向量/夾角為60°,且由

①彩=晶+/，麗=魂+坊，然|=|明=僅

AC?BF=(AB+BC)?(BE+EF)=AB-BE+AB?EF+BC-BE+BC?EF=—卞,

_X

cos<AC,BF>=-=—,

r.直線AC和BF夾角的余弦值為J;

4

②設AM=AAC,BN=ABF,Ae[0,1],則荻=(1—A)AC,

且由題意\AD\=\AB\=|AF|=1,

MN=MB+BN=MC+CB+BN={1-A)AC+CB+ABF

=(1-1)(AD+AB)+CB+A(BA+BE)=-AAD+(1-2A)AB+AAF,

：.MN2=A2AD2+(1-24)2岳2+A2AF2-24(1-2/l)AD-AB+2/1(1-2A)AB-AF-2/12AD?AF

=/+(1—24)2+a2+0+0-2/l2cos60o=5/12-4/1+1,

令/1(4)=5/12—4/1+1,/16[0,1],/1(/1)圖象開口向上，且對稱軸為/1=三，

5

當；1=4時，無(名取得最小值無⑷1nto=%修)=?又昭2=1麗

(7W2)1nM=《，即7WN的最小值是咯.

55

故答案為：:；.

45

13.(23-24高二上?廣東江門?期末)如圖，已知正三棱柱ABC-A^C,的所有棱長均為1,動點P在線

段上，則△PBG面積的最小值為.

【答案】喘借酒

【分析】以點A為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求出點P到直線BG的距離的最小值，即可得解.

【詳解】如圖，以點4為原點建立空間直角坐標系，

z.

則A(0,0,0),B(1,0,0),BI(1,0,1),G((,學,1),

所以相=(1,0,1),的=(_4，乎，1)，

因動點P在線段AB1上，則令=或=(t,0,t),0W±&l,

即有點P90,t)，所以麗=(力-1,0#)，則\BP\2=(t一I)?+于=2/一2±+1,

從而土3=口+1),

IBGI2碑

202

因此點P到直線BC1的距離d=2t-2t+l-°°-1-(t+2t+l)

,15P_O旦O+_|__L

t4H8

3_fX>VL

5戶+525,

當且僅當t=4時取等號，

5

所以線段481上的動點P到直線BG的距離的最小值為多

5

又因為|BG|=JBC2+CC，=2,

所以APBG面積的最小值SAPBQN〔BG|=+xWx2=喑.

/ZJ0J_U

【點睛】關鍵點點睛：求出點P到直線BG的距離的最小值是解決本題的關鍵.

14.(23—24高二上?廣東廣州?期末)在棱長為2的正方體ABCD-A.B.C.D,中，點E、尸分別是梭BC、

CG的中點，P是側面ADD.A.上的動點，且PG〃平面AEF，則點P的軌跡長為，點P到直

線AF的距離的最小值為.

【答案】V2

嗎O

【分析】以點A為坐標原點，AB.40、441所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設點

P(0,g,z)(0WgW2,0WzW2)，利用空間向量法求出點P的軌跡方程，可求得點P的軌跡長度，利用空間向

量法可求得點P到直線AF距離的最小值.

【詳解】以點4為坐標原點，AB,40、所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

如下圖所示：

則4(0,0,0)、E(2,l,0)、F(2,2,l)、G(2,2,2),

因為點P是側面ADDrAx上的動點，設點P(0,9，Z)(04“<2,0WZ&2),

設平面AEF的法向量為拓=(rc.yz),AE=(2,1,0),EF=(0,1,1),

則1M,竺=2z+"=0,取2=],可得由=(],—2⑵，且乖=(—2,9—2/—2),

[m-EF—y+z—0

因為PG〃平面AEF,則用，吊，即審?晶=-2—2Q—2)+2(z-2)=0,

可得y-z=-1,分別取線段AS、AAi的中點Af(0,1,2)、N(0,0,1),

所以，點P的軌跡為線段上W,

故點P的軌跡長為|AW|=V02+(l-0)2+(2-l)2=V2,

布=((U?/+1),由仁堂可得

(UAy十iAz

cosZPAF=—二—如里—二—媽里—

|研所3J-+-+iy3/2娟+2夕+1'

所以，點P到直線AF的距離為d=|AP|sinZB4F=\AP\-V1-COS2ZP4F

=島bl.、卜—產+1)：=通乎亙=XM訴,

、yyv9(2靖+2g+l)33八")

因為函數/(g)=(3g+2y+4在[0,1]上為增函數，

所以，當g=0時，d取最小值，且dmin=.

故答案為：方；莘.

O

四、解答題

15.(23—24高二上.安徽阜陽.期末)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，且AD=P0=

1,平面PCD±平面ABCD,APDC=120°,點E為線段尸。的中點，點F是線段上的一個動點.

(1)求證:平面DEF±平面PBC；

15

要時，求篇的值.

（2）設二面角C—DE—尸的平面角為仇當cos。

【答案】（1）證明見解析；

⑵國

1J\FB\2?

[分析】（1）利用面面垂直的性質，線面垂直的性質判定、面面垂直的判定推理即得.

（2）以。為原點，建立空間直角坐標系，求出平面DEF,CDE的法向量，再利用面面角的向量求法列式計算

即得.

【詳解】（1）由四邊形ABCD是正方形，得而平面PCD_L平面ABCD,

平面PCDA平面ABCD=CD,BCu平面ABCD,則BC_L平面PCD,

入DEU平面PCD,于是BCLDE,

由AD=PD=DC,點、E為線段PC的中點、，得PC工DE,

又PCCIBC=C,PC,BCu平面PBC,因此DE_L平面PBC,而DEU平面DEF,

所以平面。EF_L平面PBC.

（2）由（1）知BC_L平面POD,而AO〃BC,則AD_L平面POD,

在平面PCD內過D作。GJ_DC交PC于點、G,顯然直線。4,DC,DG兩兩垂直，

以。為原點，直線ZM,DC,OG分別為re,g,z軸，建立空間直角坐標系。一g/z,

由4D=PD=1,NPDC=120。,得0（0,0,0）,0（0,1,0）,萬（0,—：,坐）聞0,[,乎）,

設F（L*i,0）（l>m>0）,則礪=（0」,?），屈=（1,恒,0）,設平面DEF的法向量為行=Q,y,z）,

則二■°n,令夕=通,得日=（—遍山，窩,T），

“?DE=4V+%Z=0

而平面PCD的法向量為7i/=（1,0,0）,則cos。=|cos<n,n/）|=/B〔"皿—=,

同加，|V3m2+3+l13

而?71>0,解得?7l=J,此時產=4.

3\FB,\I2

16.（23-24高二上?四川瀘州?期末）在正方體ABCD-A.B.C.D.中，E為A.D,的中點，斤為直線CC.上

的動點.

（1）若CiF=。尸,求平面AEF與平面AEDQ的夾角的正切值；

（2）若=2,P為底面ABCD的中心，當點P到平面AEF的距離為?時,求線段CF的長.

【答案】⑴苧

O

（2）6722—24或6V22+24.

（分析】（1）首先建立空間直角坐標系，分別求平面AEF和平面AEDQ的法向量，利用法向量求夾角的余

弦值,再求正切值；

（2）代入點到平面的距離的向量公式，即可求解.

【詳解】（1）如圖，以點。為原點，以向量力1,沅，由為①y,z軸的正方向，建立空間直角坐標系，設棱長為

2,且F為CG的中點，

A(2,0,0),E(l,0⑵,F(0,2,l),。(0,0,0),

金=(-1,0,2),(-2,2,1),(-2,0,0)

設平面4EF的法向量為m=(ci,%,),

，匕]rn'AE——x+2z—0人,?

所以《—?11，令①1=4,則Zi=2,m=3,

[m-AF=-2Xi+2%+Zi=0

所以平面AEF的法向量慶=(4,3,2),

設平面AEDQ的法向量為日=(0,1,0),

設平面AEF與平面AEDQ的夾角為心

則cos9=|cosm,n|=第L=/口,sin9=,則tan。=當'，

所以平面AEF與平面AEDQ的夾角的正切值為2g;

O

(2)設F(0,2,h)

A(2,0,0),E(l,0,2),P(l,l,0),AP=(-1,1,0),

17

AE=(-1,0,2),AF=(-2,2,/i),

設平面4EF的法向量為u={x,y,z）,

u-AE——x+2z—0

所以，令c=4,則z=2,g=4-/z,

u-AF=—2x+2y+hz=0

所以平面AEF的法向量注=(4,4—/z,2),

IAP"U!\—h\

點P到平面AEF的距離d=1,,1=--------JI=

|u|V2XA/16+(4-/I)"+4

解得：^=±6722-24,

所以。下的長為6，至一24或6，至+24.

17.（23-24高二上?安徽合肥?期末）如圖，在四棱錐P—ABCD中，2，面4BCD,AB〃CD,且CD=

2,4B==22,弘=1,4B，尸分別為的中點.

P

（1）求證：EFII平面PAB；

（2）在平面PBC內是否存在點H,滿足說?歷=0,若不存在，請簡單說明理由；若存在,請寫出點H

的軌跡圖形形狀.

【答案】（1）證明見解析

（2）存在,軌跡是半徑為竽的圓，理由見解析；

（分析］⑴過E作EG，AD交AD于點G,連接EG,GF,由線面平行證明面面平行，再由面面平行的性質

即可得出線面平行的證明；

⑵由HD_LH4,H點在空間內軌跡為以AD中點為球心，1■AD="|■為半徑的球，而AO中點到平面

PBC的距離為當2<y,即可求解.

【詳解】（1）如圖,

過E作EG,人。交AD于點G,連接EG,GF,

%_L面ABCD,ADU面ABCD,則PA±AD,

又EGU面R4D,_R4U面P4D,且EG,R4不共線，故EG〃24,

因為E為PD的中點，所以G也為4D中點，又F為BC的中點，所以G尸〃AB,

而EG?平面_R4B,R4u平面R4B,所以EG〃平面P4B,同理G尸〃平面

又因為EGCGF=G,EG,GFu平面EGF,

所以平面EGF〃平面_R4B,而跳1u平面EGF,

所以EF〃平面R4B.

（2）如圖，以點人為原點建立空間直角坐標系，

又CD=2,AB=1,BC=2V^,PA=1,

則P（0,0,l）,B（0,l,0）,C（2V2,l,0）,D（2V2,-1,0）,

故同=（0,1,-1）,PC=（2^2,1,-1）,

設平面PBC的法向量n—（H,y,z）,

則有11絲一"1一°，取沙=1,得到劣=0,z=l,即日=（0,1,1）,

[n-PC=2V2x-hy—z=0

又AD中點G",一方,0）,則豆苕=",一5,0）,

18G詞IoxV2+1xy）+1xol|-Io/

11JL

則AD中點到平面PBC的距離為,,=---------r^--------=f=當

同Vl+1V24

由近?福=0,即HD_LH4,故H在以AD中點為球心，半徑為=的球面上,

而早V號，故H在面PBC上的軌跡是半徑為J（日）2-（當町=牛的圓，

故存在符合題意的H,此時H軌跡是半徑為當2的圓.

18.（23-24高二上?上海?期末）如圖，在四棱錐S—4BCD中，S4L平面4BCD,AD//BC,AB±BC,

且SA=AB=_BC=2,AD=1,M是棱SB的中點.

（1）求異面直線AM與SD所成角的余弦值；

⑵求點4到平面SBC的距離;

（3）設N是棱CD（含端點）上的動點,求直線與平面AMN所成角的大小的取值范圍.

【答案】⑴叁

5

⑵2

⑶[o,arcsin^^]