高考数学一轮复习考点探究与题型突破第45讲空间向量的综合应用(原卷版+解析)

第45讲空间向量的综合应用考点1利用向量法求距离[名师点睛](1)向量法求点到直线距离的步骤①根据图形求出直线的单位方向向量v.②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量eq\o(MN,\s\up6(→)).③垂线段长度d＝eq\r(\o(MN,\s\up6(→))2－（\o(MN,\s\up6(→))·v）2).(2)求点到平面的距离的常用方法①直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).[典例]例1已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AE,\s\up6(→))，则点P到AB的距离为________.例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝1，E为PC的中点.(1)证明：BE∥平面PAD.(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.[举一反三]如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.(1)求点N到直线AB的距离；(2)求点C1到平面ABN的距离.考点2立体几何中的探索性问题[典例](2023·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？[举一反三](2023·衡水第10次调研)已知图中直棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.点E，F，P，Q分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上运动，且满足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.(1)求证：E，F，P，Q四点共面，且EF∥平面PQB；(2)是否存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5)？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由．考点3翻折问题[名师点睛]1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.[典例](2023·宁波质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→)).以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如图2.(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.[举一反三](2023·常德市临澧一中阶段性考试)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；(2)求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值．考点4立体几何中的动态问题[典例]1.(2023·湖北八校二联)如图，AB是与平面α交于点A的斜线段，点C满足|BC|＝λ|AC|(λ＞0)，且在平面α内运动，给出以下几个命题：①当λ＝1时，点C的轨迹是拋物线；②当λ＝1时，点C的轨迹是一条直线；③当λ＝2时，点C的轨迹是圆；④当λ＝2时，点C的轨迹是椭圆；⑤当λ＝2时，点C的轨迹是双曲线．其中正确的命题是________．(填序号)2.(2023·华中师大一附中月考)在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，点Q是△PBC内(含边界)的一个动点，且满足DQ⊥AC，则点Q所形成的轨迹长度是________．[举一反三]1.(2023·上饶横峰中学期中)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别是棱AA1，BC，C1D1的中点，M是该正方体表面上的一点，若eq\o(EM,\s\up6(→))＝xeq\o(EF,\s\up6(→))＋yeq\o(EG,\s\up6(→))(x，y∈R)，则点M的轨迹所形成的长度是________．2.(多选)已知棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP⊥MC，则下列结论中正确的是()A．点P的轨迹中包含AA1的中点B．点P的轨迹与侧面AA1D1D的交线长为eq\f(\r(5)a,4)C．MP的最大值是eq\f(\r(21)a,4)D．直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为eq\f(\r(5),5)第45讲空间向量的综合应用考点1利用向量法求距离[名师点睛](1)向量法求点到直线距离的步骤①根据图形求出直线的单位方向向量v.②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量eq\o(MN,\s\up6(→)).③垂线段长度d＝eq\r(\o(MN,\s\up6(→))2－（\o(MN,\s\up6(→))·v）2).(2)求点到平面的距离的常用方法①直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).[典例]例1已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AE,\s\up6(→))，则点P到AB的距离为________.答案eq\f(5,6)解析建立如图所示的空间直角坐标系，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)(1，0，0)＋eq\f(1,2)(0，1，0)＋eq\f(2,3)(0，0，1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3))).又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影为eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,4)，∴点P到AB的距离为eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(,\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|))))eq\s\up12(2))＝eq\f(5,6).例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝1，E为PC的中点.(1)证明：BE∥平面PAD.(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.(1)证明如图，取PD的中点F，连接AF，EF，因为E为PC的中点，F为PD的中点，所以EFeq\f(1,2)CD.又ABeq\f(1,2)CD，所以EFAB，故四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF.又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)解法一(向量法)如图，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.在等边△PBC中，PO＝eq\r(3)，OP⊥BC.又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OM，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则P(0，0，eq\r(3))，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，C(1，0，0)，故Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－1，1，－eq\r(3))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2))).设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PA,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,－x＋y－\r(3)z＝0，))令x＝1，则y＝－2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1，－2，－eq\r(3))为平面PAD的一个法向量.所以点E到平面PAD的距离d＝eq\f(|n·\o(PE,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋0×（－2）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×（－\r(3)）)),\r(12＋（－2）2＋（－\r(3)）2))＝eq\f(\r(2),2).法二(等体积法)由(1)得BE∥平面PAD，故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离.如图，取BC的中点G，连接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.又△PBC是边长为2的正三角形，所以PG＝eq\r(3)，PB＝BC＝2.因为AB⊥平面PBC，AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBC.因为平面ABCD∩平面PBC＝BC，所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.因为AB⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，所以四边形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，则AD＝eq\r(5)，S△ABD＝eq\f(1,2)×1×2＝1.因为AB⊥PB，AB＝1，PB＝2，所以PA＝eq\r(5).在Rt△PGD中，易知DG＝eq\r(5).又PG＝eq\r(3)，所以PD＝2eq\r(2)，所以S△APD＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(（\r(5)）2－（\r(2)）2)＝eq\r(6).设点B到平面PAD的距离为h，因为三棱锥P－ABD的体积V＝eq\f(1,3)S△APD×h＝eq\f(1,3)S△ABD×PG，所以h＝eq\f(S△ABD×PG,S△APD)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2).所以点E到平面PAD的距离为eq\f(\r(2),2).[举一反三]如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.(1)求点N到直线AB的距离；(2)求点C1到平面ABN的距离.解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2eq\r(3)，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2).(1)eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)，则|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4.设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝eq\r(|\o(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(,\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|))))eq\s\up12(2))＝eq\r(20－4)＝4.(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))令z＝2，则y＝－1，x＝eq\f(\r(3),3)，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2)).易知eq\o(C1N,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(C1N,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,\f(4\r(3),3))))＝eq\r(3).考点2立体几何中的探索性问题[典例](2023·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？[规范答题](1)证明因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq\r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq\r(AF2－CF2)＝2eq\r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，……2分故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，……4分于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.……6分(2)解易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).……7分设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，……9分所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)＝eq\r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，……10分故当m＝eq\f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为eq\f(\r(3),3)，即当B1D＝eq\f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.……12分[举一反三](2023·衡水第10次调研)已知图中直棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.点E，F，P，Q分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上运动，且满足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.(1)求证：E，F，P，Q四点共面，且EF∥平面PQB；(2)是否存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5)？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为直棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD.设AC，BD交点为O，以O为原点，以OA所在直线，OB所在直线，过点O且与AA1平行的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(0，1，0)．设BF＝a，a∈[1，3]，则E(2，0，a－1)，F(0，1，a)，P(－2，0，a＋1)，Q(0，－1，a)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(QP,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，即EF∥PQ，故E，F，P，Q四点共面．又EF⊄平面PQB，PQ⊂平面PQB，所以EF∥平面PQB.(2)不存在．理由如下：在平面EFPQ中，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(EQ,\s\up6(→))＝(－2，－1，1)，设平面EFPQ的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1＋y1＋z1＝0，,－2x1－y1＋z1＝0，))令x1＝1，可得平面EFPQ的一个法向量为n1＝(1，0，2)．在平面PQB中，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，－1，a＋1)，eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(0，－2，a)，设平面PQB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－y2＋（a＋1）z2＝0，,－2y2＋az2＝0，))令z2＝4，得平面PQB的一个法向量n2＝(a＋2，2a，4)，则|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋10,\r(5)·\r(（a＋2）2＋4a2＋16))))＝eq\f(\r(5),5)，可得(a＋10)2＝5a2＋4a＋20，解得a＝2±2eq\r(6)∉[1，3]，故不存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).考点3翻折问题[名师点睛]1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.[典例](2023·宁波质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→)).以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如图2.(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.(1)证明在图①中，连接AE，AC，AC交BE于F.∵eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，DC＝3，∴CE＝2，∴AB＝CE.又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形.在Rt△ACD中，AC＝eq\r(32＋（\r(3)）2)＝2eq\r(3)，∴AF＝CF＝eq\r(3).在图②中，AC1＝eq\r(6)，∵AF2＋C1F2＝ACeq\o\al(2,1)，∴C1F⊥AF，由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，∴C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面ABED.(2)解如图②，以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))的方向分别为x，y轴的正方向，eq\o(FC1,\s\up6(→))的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(eq\r(3)，2，0)，E(0，1，0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3))).设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，))取z＝eq\r(3)，得n＝(0，－2，eq\r(3))，∴|n|＝eq\r(7).记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC1,\s\up6(→))·n,|\o(BC1,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0＋1＋3,2×\r(7))))＝eq\f(2\r(7),7).[举一反三](2023·常德市临澧一中阶段性考试)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；(2)求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值．【解】(1)取D1E的中点N，连接AN，NF，则NF＝eq\f(1,2)EC，NF∥EC.因为EC＝eq\f(1,2)AB＝2，当AM＝eq\f(1,4)AB＝1时，AM＝eq\f(1,2)EC，AM∥EC.连接MF，则NF＝AM且NF∥AM，则四边形AMFN是平行四边形，所以AN∥MF.又MF⊄平面D1AE，AN⊂平面D1AE，则MF∥平面D1AE.(2)分别取AE，AB，BC的中点O，G，K，连接OD1，OM，OK，EG，因为AD1＝ED1＝2，所以OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，所以OD1⊥平面ABCE，又OM，OK⊂平面ABCE，所以OD1⊥OM，OD1⊥OK.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，所以OM⊥OK，如图建立空间直角坐标系O­xyz.则D1(0,0，eq\r(2))，E(－1，1，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，所以eq\o(ED1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\r(2)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－3，\r(2)))，设平面CD1E的法向量为n＝(x,y,z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up6(→))·n＝2y＝0，,\o(ED1,\s\up6(→))·n＝x－y＋\r(2)z＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＝－\r(2)z，))取z＝1，则n＝(－eq\r(2)，0,1)．记直线BD1与平面CD1E所成的角为φ，则sinφ＝|coseq\o(BD1,\s\up6(→))，n|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(2\r(2),2\r(3)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).考点4立体几何中的动态问题[典例]1.(2023·湖北八校二联)如图，AB是与平面α交于点A的斜线段，点C满足|BC|＝λ|AC|(λ＞0)，且在平面α内运动，给出以下几个命题：①当λ＝1时，点C的轨迹是拋物线；②当λ＝1时，点C的轨迹是一条直线；③当λ＝2时，点C的轨迹是圆；④当λ＝2时，点C的轨迹是椭圆；⑤当λ＝2时，点C的轨迹是双曲线．其中正确的命题是________．(填序号)【解析】在△ABC中，|BC|＝λ|AC|，当λ＝1时，|BC|＝|AC|，过AB的中点作线段AB的垂面β(图略)，则点C在α与β的交线上，所以点C的轨迹是一条直线．当λ＝2时，|BC|＝2|AC|，设B在平面α内的射影为D，连接BD，CD，AD(图略)．设|BD|＝h，则|BC|＝eq\r(|CD|2＋h2).设|AD|＝2a，在平面α内，以AD所在直线为x轴，AD的垂直平分线为y轴，eq\o(AD,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，设C(x，y)，则A(－a，0)，D(a，0)，|CA|＝eq\r(（x＋a）2＋y2)，|CD|＝eq\r(（x－a）2＋y2)，|CB|＝eq\r(|CD|2＋h2)＝eq\r(（x－a）2＋y2＋h2)，所以eq\r(（x－a）2＋y2＋h2)＝2eq\r(（x＋a）2＋y2)，化简可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,3)a))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16a2,9)＋eq\f(h2,3)，所以当λ＝2时，点C的轨迹是圆．故②③正确．答案：②③2.(2023·华中师大一附中月考)在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，点Q是△PBC内(含边界)的一个动点，且满足DQ⊥AC，则点Q所形成的轨迹长度是________．【解析】如图，连接BD，交AC于点O，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.取PC上一点M，连接MD，MB，且DM⊥AC，又AC⊥BD，BD∩DM＝D，所以AC⊥平面BDM，则点Q的轨迹是线段BM.以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则O(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，C(－eq\r(3)，0，0)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2，0)．设eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，0≤λ≤1，则eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(3\r(3),2)λ，\f(1,2)＋\f(1,2)λ，1－λ)).因为OA⊥DM，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(DM,\s\up6(→))＝0，解得λ＝eq\f(1,3)，所以eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(2,3)))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DM,\s\up6(→))＝(0，－2，0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(2,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(4,3)，\f(2,3)))，所以|eq\o(BM,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(5),3)，即点Q所形成的轨迹长度为eq\f(2\r(5),3).[举一反