培优专题05 空间向量与立体几何核心重难点（期末复习专项训练）（解析版）

21/36培优专题05空间向量与立体几何核心重难点题型1空间向量的线性运算（重点）题型6已知线面角/二面角求参数（重点）题型2四点共面的推论及其应用（难点）题型7求线面角/二面角最值或范围（难点）题型3用数量积求模长/线段长度（重点）题型8用空间向量求立体几何中外接球问题（难点）题型4空间向量的数量积取值范围类（难点）题型9用空间向量求动点问题（难点）题型5用空间向量求点到直线/点到平面的距离（重点）题型10用空间向量求轨迹问题（难点）题型一空间向量的线性运算（共3小题）1．(24-25高二上·河南南阳六校·期末)如图，在四面体OABC中，设OA=a,OB=b,OC=c，G为A．16a−C．16a−【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算可得结果.【详解】如图，连接OH，连接OG并延长交AB于点D，则D为AB中点，且OG=∴OG=∵H为AC的中点，∴OH=∴GH=故选：A.2．(24-25高二上·天津四校联考（咸水沽一中、杨柳青一中、第一百中学、四十七中学）·期末)如图，在四面体OABC中，M为棱BC的中点，点N，P分别满足ON=2NM，AP=2

A．13OA+C．13OA+【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案.【详解】OP====1故选：B3．(23-24高二上·湖北荆州八县区·期末)如图，三棱锥O－ABC中，M是BC的中点，MN=2NO，设OA=a，OB=【答案】−【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.【详解】AN=故答案为：−a题型二四点共面的推论及其应用（共3小题）4．在三棱锥P−ABC中，AB与PC中点分别为M,N，点G为MN中点．若D在PA上满足PD=23PA，E在PB上满足PE=34PB，平面DEG交PC【答案】6【分析】利用向量的线性运算，结合四点G,D,B,F共面，即可得到结果.【详解】由题意得，PG=∵PD=23PA，PE=34PB，∴PG=∵点G,D,E,F四点共面，∴38+1故答案为：67【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据空间向量的线性运算得到PG=38PD+135．(25-26高二上·广东江门新会区名冠实验学校·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，BC=2AD，PE=EA,PF=2FB,CG=2GP,H在棱PD上，若

【答案】4【分析】设PH=λPD，以PA,PB,PC,PD为基底表示出EH,EF,EG，利用E，F，【详解】由题知，设PH=λPD，则又EF=PF=2因为E，F，G，H四点共面，所以EH=x即λPD又因为AD∥BC，则AD=12所以PC=2所以EG=所以λ=−所以−12x−故PH=411PD，所以故答案为：46．(24-25高二上·内蒙古锡林郭勒盟·期中)如图所示，若P为平行四边形ABCD所在平面外一点，H为棱PC上的点，且PHPC=13，点G在AH上，且AGAH=m，若G，B，P，【答案】34/【分析】用AB,AD,AP表示【详解】根据题意可得：AG=m又因为G,B,D,P四点共面，故m3+m故答案为：34题型三用数量积求模长/线段长度（共3小题）7．(24-25高二上·广西南宁·期末)在平行六面体ABCD−A'B'C'D'中，A．10 B．12 C．22 D．2【答案】C【分析】应用空间向量加法的几何意义有AC'=【详解】如下图，AC所以A=4+4+2+2×2×2×12+2×2×所以AC故选：C.8．(24-25高二上·广东汕尾·)两位游客来到汕尾·保利金町湾的“鲸湾生活馆”外的楼梯上拍照留念，此时正好一人站在地面上（B点处），一人站在楼梯斜坡上（A点处），如图所示．现将楼梯斜坡近似看作斜面，斜面与地面的交线记作直线l，通过测量得到以下数据：斜面与地面所成的坡度角为60°，A点在地面上的投影与B点恰好在直线l的两侧，A点到直线l的距离为AD，测得AD=6m，B点到直线l的距离为BC，测得BC=2m，且测得CD=4m，则A，BA．217m B．67m C．66【答案】A【分析】根据向量的模长即可求解.【详解】由于AB⃗=AD由于斜面与地面所成的坡度角为60°，故BC故AD⋅故ABAB⃗因此AB=2故选：A9．(24-25高二上·河南南阳·期末)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=2,AC=3,BD=4,CD=6，则该二面角的余弦值为（

）A．310 B．−310 C．7【答案】D【分析】由CD=CA+【详解】由CD=CA+得CD2故36=9+4+16+0+0+2CA⋅BD所以cos〈AC,故选：D题型四空间向量的数量积取值范围类（共3小题）10．(24-25高二上·上海宜川中学·期末)已知正三棱锥P−ABC，侧棱长为5，底面边长为8，若空间中的一个动点M满足MB+MC=2，则PM【答案】4,14【分析】设O为BC中点，先由题设得PO⋅PC和MO=1，进而得点M在以O为球心，半径为1的球上，接着设OM,PC【详解】如图，O为BC中点，则由题意PO⊥BC且PO=P所以PO⋅因为MB+MC=2，则2所以点M在以O为球心，半径为1的球上，设OM,PC=θ所以PM⋅故答案为：4,14.11．(25-26高三·上海七宝中学·)已知a、b、c为空间三个向量，又|a|=|b|=1且a⋅b=12，向量c满足|【答案】3【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律及数量积的定义化简，结合配方法求出最小值.【详解】依题意，|==(x+y2所以当x=0,y=4时，|c−xa故答案为：312．(25-26高二上·辽宁大连滨城高中联盟·月考)若空间向量e1、e2满足e1−3e2=A．833 B．423 C．【答案】B【分析】由空间向量数量积的运算性质可得出e1⋅e2=【详解】因为空间向量e1、e2满足所以e1−3e故e2在e1方向上的投影向量为故e2在e1=4当且仅当e1=32故e2在e1方向上投影向量的长度的最小值是故选：B.题型五用空间向量求点到直线/点到平面的距离（共3小题）13．(24-25高二上·浙江金华十校·期末)已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足AB=0,0,c,BC=−a,b,0,AP=a,0,0，若【答案】±【分析】求得平面ABC的一个法向量为n=(b,a,0)，再根据d=【详解】由AB=设平面ABC的法向量为n=(x1取x1=b，可得y1点P到平面ABC的距离等于d=AP⃗⋅n⃗n⃗所以a2所以a2=b故答案为：±214．(24-25高二上·陕西榆林八校联考·期末)在四面体ABCD中，∠BAC=∠CAD=∠DAB=90°，AB=AC=AD=3，点E在棱CD上，CE=2ED，F是BD的中点，若BE=xAB+yAC+zAD，则x+y+z=【答案】03【分析】利用空间向量的线性运算表示BE，根据空间向量基本定理得到x,y,z的值即可得到x+y+z的值；以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合点到平面的距离公式计算可得结果.【详解】∵CE=2∴BE=∵BE=xAB+yAC+zAD，∴∴x+y+z=0．以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，B0,0,3，C3,0,0，D0,3,0，∴AE=1,2,0，AB=设平面EAB的法向量为n=x,y,z，则取x=2，则y=−1，z=0，∴n=∴点F到平面EAB的距离是AF⋅故答案为：0；3515．(24-25高三下·浙江湖州县域联盟·月考)已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=2AC=2，侧棱AA1=2，若点M，N【答案】786/【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点的坐标，应用向量法求点线距离.【详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系A−xyz，则C(0,1,0),M(1,0,1),N(0,1

所以CM=(1,−1,1),则点N到直线CM的距离CN2−(故答案为：78题型六已知线面角/二面角求参数（共3小题）16．(25-26高二上·山西临汾第一中学校·月考)如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC,AB=BC=26,PA=PB=PC=4，且D,E分别为AC,PB的中点．点F满足DF=12

(1)求证：AC⊥PB；(2)当CG与平面AEC所成角取得最大值时，求PG；(3)若二面角E−AC−G的余弦值为714，求PG【答案】(1)证明见解析(2)1(3)43或2【分析】（1）连接BD,PD，证得AC⊥BD和AC⊥PD，利用线面垂直的判定定理，得到AC⊥平面PBD，进而证得AC⊥PB.（2）根据题意，证得PD⊥平面ABC，以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面AEC的法向量n=(1,0,−3)和PF=(−3,0,−1)，设G(x2,（3）由（1）知，平面AEC的法向量为n=(1,0,−3)，且G(−3λ,0,2−λ)，再求得平面ACG【详解】（1）证明：如图所示，连接BD,PD，因为AB=BC且D为AC的中点，所以AC⊥BD，又因为PA=PC且D为AC的中点，所以AC⊥PD，由BD∩PD=D，且BD,PD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，又由PB⊂平面PBD，所以AC⊥PB.（2）解：因为AB⊥BC，且AB=BC=26，可得AC=又因为D为AC的中点，所以BD=1在直角△PAD中，由PA=4,BD=23，可得PD=所以PD2+B因为AC⊥PD，且AC∩BD=D，AC,BD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，以D为原点，以DB,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(0,−23因为E为BP的中点，所以E(3则DC=(0,2设平面AEC的法向量为n=(x,y,z)，则n取x=1，可得y=0,z=−3，所以n设F(x1,y1可得x1=−3,y又因为G为PF上的动点，设G(x2,y2可得(x2,即G(−3λ,0,2−λ)，所以设CG与平面AEC所成角为θ，则sinθ=设fλ=λ2−λ+4=所以当λ=12时，sinθ取得最大值，即CG即PG=12PF，且（3）解：由（1）知，平面AEC的法向量为n=(1,0,−3)所以DG=(−3λ,0,2−λ)设平面ACG的法向量为m=(a,b,c)，则m取c=3λ，可得x=2−λ,b=0，所以设二面角E−AC−G的大小为α，可得cosα=因为二面角E−AC−G的余弦值为714，所以2−4λ整理得9λ2−9λ+2=0，解得λ=又因为PF=2且PG当λ=23时，可得PG=23即PG的长为43或2

17．(24-25高二上·广东肇庆·期末)如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥DC, AD//BC，平面PCD⊥平面ABCD，平面PAD与平面PBC的交线为(1)证明：l//(2)已知AD=PD=DC=2, BC=3, ∠DPC=30°，点Q是l上一动点，当直线PB与平面QCD所成角的正弦值为【答案】(1)证明见解析(2)DQ【分析】（1）根据线面平行的判定证明AD//平面PBC，再根据线面平行的性质得到AD//l.（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据l//AD写出点Q的坐标，从而得到平面DQC的一个法向量，进而根据PB与平面QCD所成角的正弦值为277解出λ的值，得到【详解】（1）因为AD//BC, AD⊄平面PBC, BC⊂平面PBC，所以因为平面PAD∩平面PBC=l，AD⊂平面PAD，所以AD//l．（2）因为AD⊥DC，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD.如图所示，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，在平面PDC内，与DC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系D−xyz．则∠DPC=30°, D0,由（1）知l//AD，点Q在l上且l过点P，故设Qλ,DQ=设平面DQC的一个法向量为n=则DQ取x=3得y=0, z=−λ设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ=解得λ=1，所以DQ=【点睛】方法点睛：线面平行的判定定理和性质定理线面平行的判定定理：l//m,m⊂α,l⊄α⇒l//α；线面平行的性质定理：l//α,l⊂β,α∩β=m⇒l//m.18．(24-25高二下·福建龙岩·期末)如图，在三棱锥P−ABC中，AC⊥BC，AC=BC=32，PA⊥平面ABC(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；(2)若AP=AB，F为线段PC的中点，点E为线段PB的动点，且二面角E−AF−C的余弦值为77，求BE【答案】(1)证明见解析(2)BE=2【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得PA⊥BC，则利用线面垂直的判断定理得BC⊥平面PAC，进而利用面面垂直的判定定理正解即可.（2）BC⊥平面PAC，建立空间直角坐标系，求出平面AEF和平面PAC的法向量，利用向量法求出λ=3，可得BE=【详解】（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AC⊥BC，PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC.（2）过A在平面ABC内作AS⊥AB，以A为原点，以AS，AB，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图∵AC⊥BC，AC=BC=32，∴AB=AP=6∴C3,3,0，B0,6,0，P0,0,6，∵F为PC设BP=λBE，设平面AEF的法向量为n=∴AF⋅令y=1，x=2λ−3，z=1−λ，即n=由（1）知BC⊥平面PAC，∴BC=3,−3,0为平面设平面PAC与平面AEF所成角为θ，∴cosθ=解得λ=3或λ=5由（1）知，当E为PB中点即λ=2时EF∥BC，∴EF⊥平面又∵二面角E−AF−C的余弦值为77，∴二面角E−AF−C∴λ>2∴λ=3，∴AE=∴BE=AE−题型七求线面角/二面角最值或范围（共3小题）19．(24-25高二上·贵州六盘水·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD//BC，AB⊥AD，∠PAD=120°，PA=AD=AB=2，BC=1，M是线段(1)求证：AB⊥PD；(2)设直线PM与平面ABCD所成的角为θ，求sinθ【答案】(1)证明见解析；(2)10【分析】（1）通过证明AB⊥平面PAD可完成证明；（2）过A点做平面ABCD的垂线，建立以A原点的空间直角坐标系，设BM=λBD，由空间向量知识可得sinθ关于λ【详解】（1）因平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，则AB⊥PD；（2）由（1）可得AB⊥平面PAD，过A做AD的垂线，设垂线交PD为E，连接AE，则AB，AD，AE两两垂直.如图建立以A为原点的空间直角坐标系，由题目数据可得：A0,0,0设BM=λBD，其中λ∈0,1，则PM又PB=2,1,−3，BD由题可得平面ABCD的法向量可取n=则，则当λ=14时，8λ−14即sinθ的最大值为1020．(24-25高一下·四川南充·)如图1，在直角梯形ABCD中，AB//DC，AB⊥BC，BC=DC=4，AB=8，E为AB的中点.将△ADE沿DE翻折，使点A到点P的位置，且PE⊥BE，得到如图2所示的四棱锥P−BCDE，若M为BC的中点，N是棱PB上动点.

(1)当N为PB的中点时.①求证：平面EMN⊥平面PBC；②求直线PB与平面EMN所成角的正弦值.(2)若BN=λBP,λ∈【答案】(1)①证明见解析；②33(2)[70【分析】（1）①由题设及线面垂直的判定和性质得PE⊥BC，进而得BC⊥平面PBE，再由线面、面面垂直的判定证明结论；②先应用等体积法求B到平面EMN的距离，再根据线面角的定义求其正弦值；（2）法一：由题设，令BN=42λ，根据几何关系法，结合余弦定理、勾股定理及平方关系求N到EM的距离、N到平面【详解】（1）①由题设，易知BCDE是边长为4的正方形，且PE⊥DE，PE⊥BE，由DE∩BE=E都在平面BCDE内，则PE⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，所以PE⊥BC，又BE⊥BC，PE∩BE=E都在平面PBE内，则BC⊥平面PBE，由EN⊂平面PBE，则BC⊥EN，又PE=BE，N为PB的中点，则EN⊥PB，由BC∩PB=B都在平面PBC内，则EN⊥平面PBC，EN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC；②由EN⊥平面PBC，MN⊂平面PBC，则EN⊥MN，且EN=2同理可得BC⊥PB，则MN=23，故S由VB−EMN若B到平面EMN的距离为d，则13d×26=8所以直线PB与平面EMN所成角的正弦值dBN（2）法一：由BN=λBP,λ∈14所以MN=BN2+BM所以cos∠EMN=故sin∠EMN=26λ2−2λ+15又N到平面BME的距离m=4λ，则二面角N−EM−B的正弦值mℎ又1λ∈2,4法二：由题设，构建如下图示空间直角坐标系E−xyz，则M(4,2,0),N(4(1−λ),0,4λ)，

所以EM=(4,2,0),EN=(4(1−λ),0,4λ)，若m所以m⋅EM=4x+2y=0m⋅而平面BEM的一个法向量为n=(0,0,1)，则|而λ∈14,12所以cosm,n∈[321．(24-25高二下·云南楚雄彝族楚雄等5地·期末)如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，(1)证明：EG//平面C(2)求二面角C1【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】（1）证法一：连接AD1, B证法二：设BB1, AD（2）建立空间直角坐标系，由面面角余弦的向量公式及基本不等式即可求解．【详解】（1）证法一：连接AD1, B在△ABD1中，E, G分别是在△CBD1中，F, H分别是BC, 因为EG⊄平面C1DF，FH⊂平面C1DF，所以证法二：设BB1, AD因为GJ//所以四边形GJBI为平行四边形，所以GI//因为DJ=BF,DJ//BF，所以四边形所以BJ//DF，所以因为GI⊄平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以因为IE//AB1//DC1，IE⊄平面C1因为GI⊂平面GIE，IE⊂平面GIE，GI∩IE=I，所以平面GIE//平面C因为EG⊂平面GIE，所以EG//平面C（2）过点D作DK⊥AB交AB于点K．以D为坐标原点，DK所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D0,设∠BAD=α，且α∈0, π设Fx0, y则DC设平面C1DF的法向量为m=所以2y+4z=0,sinαx+易得平面DCF的一个法向量为n=cos=1令5−4cos则5−4cos当且仅当5−4cosα=t=3，即所以12故二面角C1−DF−C的余弦值的最大值为题型八用空间向量求立体几何外接球问题（共3小题）22．(25-26高二上·安徽皖南八校·期中)如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=CC1=1，E是线段B(1)当λ=12时，证明：A1(2)当λ=13时，求二面角(3)求四面体EA【答案】(1)证明见解析(2)6(3)6【分析】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直；（2）先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解；（3）将四面体补成长方体，根据长方体的外接球就是四面体的外接球，结合E点的位置确定外接球半径的取值范围.【详解】（1）由题知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，A1又B1C1，BB1所以A1E⊥平面BCC1B（2）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，则以A为原点，以AB为x轴，以AC为y轴，以AA1为则A0,0,0，B1,0,0，C0,1,0，A10,0,1，B又B1E=则A1E=设平面A1EB的一个法向量为则m⋅A1E=23x+1又在直三棱柱ABC−A1B1C1中，所以平面A1BB又二面角E−Acosm（3）设四面体EA1BC的外接球球心I的坐标为x,y,z则R=IA故x2则x=y=z，所以外接球球心I的坐标为x,x,x，又E1−λ,λ,1，代入得R=即3x2−2x+1=3x2当λ=12时，x取得最小值为当λ=0或λ=1时，λ2−λ+1所以R2=3x2−2x+1，x∈14当x=12时，3x2−2x+1=所以四面体EA1BC23．(24-25高二上·内蒙古赤峰赤峰二中·月考)如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，

(1)是否存在一点G，使得BC1∥面EFG？若存在，指出点(2)若直线EF与平面CFG所成的角的正弦值为22，求三棱锥G−EB(3)求三棱锥B1【答案】(1)存在点G为DD(2)13(3)4【分析】（1）当点G为DD1的中点，使得BC1（2）以D点为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设G0,0,t(0≤t≤2)，求出平面CFG的一个法向量，由线面角的向量法求得t（3）用向量法证明BD1与平面ACB1垂直，证得三棱锥B1−ACG的外接球的球心在线段BD1上，设BO【详解】（1）存在一点G，当点G为DD1的中点，使得BC1连接AD

∵点F,G分别是AD,DD1的中点，∴FG∥AD1，又AB∥D∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1∥又∵BC1⊄平面EFG，且FG⊂平面EFG,∴BC1（2）以D点为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为如图所示，连接AC,AB

则A2,0,0设G0,0,t(0≤t≤2)，CG=(0,−2,t),CF设平面CFG的一个法向量是n=(x,y,z)则n⋅CG=−2y+tz=0n⋅因为直线EF与平面CFG所成的角的正弦值为22所以cosn,EFG为DD1中点，取CC1中点H，则GH//CD//AB，因此GH在平面所以VG−EB（3）A因为A所以AB1因为AB1⊂平面AB1C,AC⊂平面AB又因为AB=CB=B1B，所以BD1与平面ACB1设外接球球心为O1设BO1=λBD1=−2λ,−2λ,2λ则O1G=O所以m2+48+4m=λ，设则λ=t−8而t16+8t−1≥2t16⋅8三棱锥B1−ACG的外接球的半径因为λ∈2−1,12，所以三棱锥B1−ACG的外接球半径的最小值为【点睛】方法点睛：立体几何中涉及空间角、距离问题，常用方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法求角和距离，此种方法把困难的空间想象转化为计算，减少了学生的思考难度，但对计算能力要求较高．24．(25-26高二上·安徽马鞍山第二中学·)在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，O是AD中点，PO⊥平面ABCD，PO=3，AB=2，平面PAB∩平面PCD=l(1)求证：l//(2)如图，M∈l且PM=1，求点M到平面PBC的距离；(3)设四棱锥P−ABCD的外接球球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为310535？若存在，请确定点【答案】(1)证明见解析(2)21(3)存在，PE=2【分析】（1）根据线面平行的性质定理，证明线线平行即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离的向量方法，求出结果即可；（3）根据线面角的正弦值的向量方法，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据公式列出方程，求出结果即可.【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AB∥又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD，又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，∴l∥（2）如图所示，取BC中点N，连接ON，则ON⊥OA，∵PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，ON⊂平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥ON，∴以O为原点，OA,ON,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P0,0,3，B1,2,0，C−1,2,0，于是PB=1,2,−3，BC设平面PBC的法向量为n=则PB⋅n=0令y1=3，解得x1=0,∴点M到平面PBC的距离为MP⋅（3）存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为3105∵QA=QB=QC=QD，且平面ABCD为正方形，∴点Q在平面上的射影是ABCD的中心，可设Q0,1,ℎ，则PQ=AQ∴1+ℎ−32即Q0,1,33设PE=λPB，∴Eλ,2λ,3−3λ设平面AEC的法向量为n2则AE⋅n2令x2=3即平面AEC的一个法向量为n2设直线PQ与平面AEC所成的角为θ，∴sinθ=化简得90λ2−129λ+46=0，解得λ=∴当PE=23PB或PE=2330题型九用空间向量求动点问题（共3小题）25．(25-26高二上·广东深圳深圳盟校·期中)【多选题】在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足A．当λ=μ=1时，A1P//平面ABCD B．当λ=1时，点PC．当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值 D．λ=1【答案】AC【分析】对于A，当λ=μ=1时，可得CP=BB1=CC1，所以点P与C1重合，A1P即为A1C1，由A1C1//AC利用线面平行的判定定理可判断；对于B，当λ=1时，由BP=BC+μBB1得CP=μBB1【详解】对于A，当λ=μ=1时，BP=BC+BB所以点P与C1重合，A1P因为A1C1//AC，A1C所以A1C1//平面ABCD，即对于B，当λ=1时，BP=BC+μBB因为μ∈0,1，所以点P在线段C对于C，当μ=1时，BP=λBC+BB因为λ∈0,1，所以点P在线段BA1B1⊥平面BCC所以VP−所以三棱锥P−A对于D，当λ=12时，取BC的中点E，B1C1则BP=λ则BP−BE=μ因为μ∈0,1，所以点P在线段EF设EP=x(0≤x≤2)，则PF=2−x，则BP2=BA1若A1P⊥BP，则A1则(x−1)2=0，所以x=1，即点P为线段即当λ=12时，存在一个点P，使得故选：AC．26．(25-26高二上·四川绵阳南山中学·期中)【多选题】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点PA．当λ+μ=1时，点P的轨迹为线段B．当λ=12时，有且仅有一个点PC．当μ=12时，三棱锥D．当λ=12时，有且仅有一个点P使得A【答案】ACD【分析】对于A，利用平面向量共线的充要条件推论可判定；对于B，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于C，先确定P点的运动轨迹，结合定高定底来判定体积是否为定值；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．【详解】由平面向量的基本定理易知，点P在矩形BCC对于A，当λ+μ=1时，BP=所以BP−BC=即P∈线段CB对于B，当λ=12时，取BC，B1C1中点分别为Q,H，则BP=BQ不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A132,0,1，则A1P=A1P⃑对于C，当μ=12时，BP=λBC+12故此时P点轨迹为线段MN，而MN//BC，所以△PBC的面积不变，又A1到平面C对于D，当λ=12时，同上易知P点轨迹为线段QH．所以AP=−3若A1B⊥平面AB此时P存在且唯一，故D正确．故选：ACD．27．(25-26高二上·四川达州外国语学校·期中)【多选题】如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AAA．直线PB1B．三棱锥P−BC1C．三棱锥D1−BD．直线PB1与平面BC【答案】AD【分析】先根据面面平行的判定定理证得平面AB1D1//平面BC1D，即可判断A正确；根据A的结论将三棱锥P−BC1D的体积转化为三棱锥A−BC1【详解】对于A选项，连接AB1、B1D1、如图所示：在正四棱柱ABCD−所以四边形BB1D因为B1D1⊄平面BC1D，BD⊂同理