第一篇 专题四 第4讲 空间向量与距离、探究性问题-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

第４讲　 空间向量与距离、探究性问题 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 高考对此部分内容主要以解答题的形式考查，常以多面体为载体，题目与距离问题、折叠问题、探索问题相结 合命题．解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想 解题． %&'( 　 　 　 明体系　 )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２０·全国Ⅱ卷理科）已知△ＡＢＣ是面积为９槡３４ 的等边三角形，且其顶点都在球Ｏ的球面上．若球Ｏ的表面 积为１６π，则Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ａ．槡３ Ｂ． ３２ Ｃ． １ Ｄ． 槡 ３ ２ ２．（２０２４·全国甲卷文科）如图，在以Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，Ｆ为顶点的五面体中，四边形ＡＢＣＤ 与四边形ＡＤＥＦ均为等腰梯形，ＢＣ∥ＡＤ，ＥＦ∥ＡＤ，ＡＤ ＝ ４，ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ＥＦ ＝ ２，ＥＤ ＝ 槡１０，ＦＢ ＝ ２槡３，Ｍ为ＡＤ的中点． （１）证明：ＢＭ∥平面ＣＤＥ； （２）求点Ｍ到ＡＢＦ的距离． ３．（２０２２·新高考全国Ⅰ卷）如图，直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１的体积为４，△Ａ１ＢＣ的面积 为２槡２． （１）求Ａ到平面Ａ１ＢＣ的距离； （２）设Ｄ为Ａ１Ｃ的中点，ＡＡ１ ＝ ＡＢ，平面Ａ１ＢＣ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１，求二面角Ａ － ＢＤ － Ｃ的 正弦值． !($ ４．（２０２３·全国甲卷文科）如图，在三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，Ａ１Ｃ⊥平面ＡＢＣ，∠ＡＣＢ ＝ ９０°． （１）证明：平面ＡＣＣ１Ａ１⊥平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ； （２）设ＡＢ ＝Ａ１Ｂ，ＡＡ１ ＝２，求四棱锥Ａ１ －ＢＢ１Ｃ１Ｃ的高． ５．（２０２１·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，面ＢＢ１Ｃ１Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的正弦值最小？ !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$"¾¸²'¿À ●-./0 点到直线的距离 已知直线ｌ的单位方向向量 为ｕ，Ａ是直线ｌ上的定点，Ｐ 是直线ｌ外的一点． 设→ＡＰ ＝ ａ，则向量→ＡＰ在直线ｌ上 的投影向量→ＡＱ ＝（ａ·ｕ）ｕ，在 Ｒｔ△ＡＰＱ中，由勾股定理，得点 Ｐ到直线ｌ的距离ＰＱ ＝ ｜→ＡＰ｜２ － ｜→ＡＱ｜槡 ２ ＝ ａ２ －（ａ·ｕ）槡 ２． ●1234 １．（１）（２０２４·镜湖区校级月考）在空间直角坐标系中，已知Ａ（２，１，２），Ｂ（１， ０，０），Ｃ（－ １，２，４），则点Ａ到直线ＢＣ的距离是 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ａ．槡３０３ Ｂ．槡 １０ ３ Ｃ． 槡１０ ５ Ｄ． 槡３０ ５ （２）（２０２４·故城县校级模拟）生活中的建筑模型多 与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也 具有稳定性．已知某凉亭的顶部可视为如图所示 的正四棱锥Ｓ － ＡＢＣＤ，其所有棱长都为６，且ＡＣ， ＢＤ交于点Ｏ，点Ｅ在线段ＳＣ上，且ＣＥ ＝ １３ ＳＣ， 则△ＳＡＤ的重心Ｇ到直线ＯＥ的距离为 （　 　 ） Ａ．槡３５５ Ｂ． ２槡３５ ５ Ｃ． ３槡３５ ５ Ｄ． ４槡３５ ５ !(% ●5678 用向量法求点到直线的距离 的一般步骤 （１）求直线的方向向量． （２）计算所求点与直线上某一 点所构成的向量在直线的方 向上的投影向量的长度． （３）利用勾股定理求解． 提醒：平行直线间的距离转化 为点到直线的距离求解． ●9:;< １．（２０２４·江西月考）已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 的棱长为２，Ｆ是棱Ａ１Ｄ１ 的中点，若点Ｐ在线段ＣＤ上运动，则点Ｐ到直线ＢＦ的距离的最小值为 （　 　 ） Ａ．槡５３ 　 　 　 　 　 　 Ｂ． ２槡５ ３ 　 　 　 　 　 　 Ｃ． ２槡５ ５ 　 　 　 　 　 　 Ｄ． ４槡５ ５ ２． （２０２４·田家庵区校级开学）如图，在四棱锥 Ｐ － ＡＢＣＤ中，平面ＰＣＤ⊥平面ＡＢＣＤ，底面ＡＢＣＤ是 矩形，ＡＢ ＝ ２ＢＣ ＝ ６，ＰＣ⊥ＰＤ，ＰＣ ＝ ＰＤ，点Ｏ是ＣＤ的 中点，则线段ＰＢ上的动点Ｅ到直线ＡＯ的距离的最 小值为 （　 　 ） Ａ．槡３ Ｂ． ２ Ｃ．槡６ Ｄ． ３ !"=$"¾µœ'¿À ●-./0 平面外一点Ｐ到平面α的 距离 如图，已知平面α的法向量为ｎ， Ａ是平面α内的定点，Ｐ是平面 α外一点，过点Ｐ作平面α的垂 线ｌ，交平面α于点Ｑ，则ｎ是直 线ｌ的方向向量，且点Ｐ到平面 α的距离ＰＱ ＝ →ＡＰ·ｎ｜ｎ ｜ ＝ →ＡＰ·ｎ ｜ｎ ｜ ＝ ｜→ＡＰ·ｎ ｜ ｜ｎ ｜ ． ●1234 ２．（１）（２０２４·建平县校级期末）已知Ａ（０，０，２），Ｂ（０，２，１），Ｃ（２，１，０），Ｄ（２， ０，１），则点Ｄ到平面ＡＢＣ的距离为 （　 　 ） Ａ． ２槡１４５１４５ Ｂ． ２槡５ ２５ Ｃ． ２槡２９２９ Ｄ． ２ ５ （２）（２０２４·安徽模拟）如图，在平行四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ ＝ １，ＢＣ ＝ ２，∠ＡＢＣ ＝ ６０°，四边形ＡＣＥＦ为正方形，且平面ＡＢＣＤ⊥平面ＡＣＥＦ． ①证明：ＡＢ⊥ＣＦ； ②求点Ｃ到平面ＢＥＦ的距离； ③求平面ＢＥＦ与平面ＡＤＦ夹角的正弦值． !(& ●5678 用向量法求点面距离的 步骤 （１）建系：建立恰当的 空间直角坐标系． （２）求点坐标：写出（求 出）相关点的坐标． （３）求向量：求出相关 向量的坐标（→ＡＰ，α内 两个不共线向量，平面 α的法向量ｎ）． （４）求距离： ｄ ＝ ｜ →ＡＰ·ｎ ｜ ｜ｎ ｜ ． 提醒：线到面的距离、面 与面的距离转化为点到 面的距离求解． ●9:;< ３．（２０２４·保定期末）在正三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１中，ＡＢ ＝ ＡＡ１ ＝ ２，则点Ａ到平面Ａ１ＢＣ 的距离为 （　 　 ） Ａ．槡２ Ｂ． ２ 槡２１７ Ｃ．槡７２ Ｄ． １ ４．（２０２４·新县校级模拟）如图，在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中，ＣＤ⊥平面ＰＡＤ，ＡＢ∥ＣＤ，ＣＤ ＝ ２ＡＢ ＝ ２ＰＤ ＝ ２ＡＤ ＝ ４，ＡＰ ＝ ２槡２，点Ｅ是棱ＰＣ上靠近Ｐ端的三等分点，点Ｆ是棱 ＰＡ上一点． （１）证明：ＰＡ∥平面ＢＤＥ； （２）求点Ｆ到平面ＢＤＥ的距离； （３）求平面ＢＤＥ与平面ＰＢＣ夹角的余弦值． !"@$®¯«'ÁÂAlm ●-./0 与空间向量有关的探究 性问题主要有两类：一 类是探究线面的位置关 系；另一类是探究线面 角或二面角满足特定要 求时的存在性问题．处 理原则：先建立空间直 角坐标系，引入参数 （有些是题中已给出）， 设出关键点的坐标，然 后探究这样的点是否存 在，或参数是否满足要 求，从而作出判断． ●1234 ３．（２０２４·承德二模）如图１，在直角△ＡＰＢ中，∠ＡＰＢ ＝ ９０°，Ｃ为ＰＢ中点，ＰＡ ＝ ＰＣ ＝ １，取ＡＣ中点Ｄ，连接ＰＤ，ＢＤ，现把△ＡＰＣ沿着ＡＣ翻折，形成三棱锥Ｐ － ＡＢＣ 如图２，此时ＰＢ ＝槡３，取ＢＣ中点Ｅ，连接ＰＥ，ＤＥ，记平面ＰＡＢ和平面ＰＤＥ的交线 为ｌ，Ｑ为ｌ上异于Ｐ的一点． （１）求证：ＰＤ⊥平面ＡＢＣ； （２）若直线ＡＱ与平面ＰＤＢ所成角的正弦值为槡１０１５ ，求ＰＱ的长度． !(' ●5678 空间角存在性问题的解 题策略 借助于空间直角坐标 系，把几何对象上动态 点的坐标用参数（变 量）表示，将几何对象 坐标化，这样根据所要 满足的题设要求得到相 应的方程或方程组．若 方程或方程组在题设范 围内有解，则通过参数 的值反过来确定几何对 象的位置；若方程或方 程组在题设范围内无 解，则表示满足题设要 求的几何对象不存在． ●9:;< ５．（２０２４·淇滨区校级月考）已知直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１，ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ １ ２ ＡＡ１ ＝２，ＡＢ⊥ＡＣ，Ｄ，Ｅ分别为线段ＣＣ１，ＢＢ１上的点，ＣＤ ＝１． （１）证明：平面ＢＤＡ⊥平面ＥＣＡ１； （２）若点Ｂ１到平面ＥＣＡ１ 的距离为４７ ，求直线ＢＤ与平面ＥＣＡ１ 所成角的正弦值． 温馨提示：复习至此，请做练案［１５］ 微专题　 立体几何中的动态问题 ●wmx4 立体几何中的“动态问 题”是指空间图形中的 某些点、线、面的位置是 不确定的、可变的一类 开放型问题，因其某些 点、线、面位置的不确 定，往往成为学生进行 一些常规思考、转化的 障碍；但又因其是可变 的，开放的，更有助于学 生空间想象能力及综合 思维能力的培养，以下 利用运动变化的观点对 几种动态问题的类型加 以分析，探求解决此类 问题的若干途径． *012 Ãy#$ ÄÅÆÇ «3YÄȉÉÆÇ —— Ä#m°!Ç ●1234 １．（多选）如图所示，在棱长为２的正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，Ｐ，Ｑ分别是线段 Ｂ１Ｄ１，ＡＣ上的动点，则下列说法正确的有 （　 　 ） Ａ．线段ＰＱ长度的最小值为２ Ｂ．满足ＰＱ ＝ ２槡２的情况只有４种 Ｃ．无论Ｐ，Ｑ如何运动，直线ＰＱ都不可能与ＢＤ１垂直 Ｄ．三棱锥Ｐ － ＡＢＱ的体积大小只与点Ｑ的位置有关，与点Ｐ的位置无关 !(( 以Ｏ为坐标原点，ＯＨ，ＯＢ，ＯＰ 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Ｐ（０，０，２），Ｂ（０，２，０）， Ｄ（１，０，０），Ｃ（２，２，０），Ｍ（０，１， １）， 设→ＤＮ ＝ λ →ＤＣ ＝（λ，２λ，０）（０≤ λ≤１）， →ＯＮ ＝ →ＯＤ ＋ →ＤＮ ＝（１ ＋ λ，２λ，０）， →ＭＮ ＝ →ＯＮ － →ＯＭ ＝（１ ＋ λ，２λ － １，－ １）， 易知→ＯＤ ＝（１，０，０）为平面ＰＡＢ的一个法向量． 设ＭＮ与平面ＰＡＢ所成的角为θ， 则ｓｉｎ θ ＝ （１ ＋ λ，２λ － １，－ １）·（１，０，０）（１ ＋ λ）２ ＋（２λ － １）２槡 ＋ １ ＝ １ ＋ λ ５λ２ － ２λ槡 ＋ ３ ． 令１ ＋ λ ＝ ｔ∈［１，２］， 则ｓｉｎ θ ＝ ｔ ５ｔ２ － １２ｔ槡 ＋ １０ ＝ １ ５ － １２ｔ ＋ １０ １( )ｔ槡 ２ ＝ １ １０ １ｔ －( )３５ ２ ＋槡 ７５ ， ∴当１ｔ ＝ ３ ５ ，即λ ＝ ２ ３ 时，ｓｉｎ θ最大，亦θ最大，此时 →ＭＮ ＝ ５３ ， １ ３ ，( )－ １ ， ∴ ＭＮ ＝ ｜ →ＭＮ ｜ ＝ ( )５３ ２ ＋ ( )１３ ２ ＋（－ １）槡 ２ ＝槡３５３ ． 第４讲　 空间向量与距离、探究性问题 真题再现明考向 １． Ｃ 　 设球Ｏ的半径为Ｒ，则 ４πＲ２ ＝ １６π，解得Ｒ ＝ ２． 设△ＡＢＣ外接圆半径为ｒ，边长 为ａ， ∵ △ＡＢＣ是面积为槡９ ３４ 的等边 三角形， ∴ １２ ａ ２ ×槡３２ ＝ 槡 ９ ３ ４ ，解得ａ ＝ ３，∴ ｒ ＝ ２ ３ × ａ ２ － ａ ２槡４ ＝ ２３ × ９ －槡９４ 槡＝ ３， ∴球心Ｏ到平面ＡＢＣ的距离ｄ ＝ Ｒ２ － ｒ槡 ２ 槡＝ ４ － ３ ＝ １．故 选Ｃ． ２．（１）证明：因为ＢＣ∥ＡＤ，ＢＣ ＝ ２，ＡＤ ＝ ４，Ｍ为ＡＤ的中点，所以 ＢＣ∥ＭＤ，ＢＣ ＝ ＭＤ，四边形ＢＣＤＭ为平行四边形，所以ＢＭ ∥ＣＤ， 又因为ＢＭ平面ＣＤＥ，ＣＤ平面ＣＤＥ，所以ＢＭ∥平面ＣＤＥ． （２）如图所示，作ＢＯ⊥ＡＤ交ＡＤ 于Ｏ，连接ＯＦ，因为四边形ＡＢＣＤ 为等腰梯形，ＢＣ∥ＡＤ，ＡＤ ＝ ４，ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ２，所以ＣＤ ＝ ２， 结合（１）ＢＣＤＭ为平行四边形，可 得ＢＭ ＝ ＣＤ ＝ ２， 又ＡＭ ＝ ２，所以△ＡＢＭ为等边三 角形，Ｏ为ＡＭ的中点，所以ＯＢ 槡＝ ３， 又因为四边形ＡＤＥＦ为等腰梯形，Ｍ为ＡＤ的中点，所以ＥＦ ＝ ＭＤ，ＥＦ∥ＭＤ， 四边形ＥＦＭＤ为平行四边形，ＦＭ ＝ ＥＤ ＝ ＡＦ，所以△ＡＦＭ为等 腰三角形， △ＡＢＭ与△ＡＦＭ 底边上中点Ｏ 重合，ＯＦ ⊥ ＡＭ，ＯＦ ＝ ＡＦ２ － ＡＯ槡 ２ ＝ ３， 因为ＯＢ２ ＋ ＯＦ２ ＝ ＢＦ２，所以ＯＢ⊥ＯＦ，所以ＯＢ，ＯＤ，ＯＦ互相垂 直， 由等体积法可得ＶＭ － ＡＢＦ ＝ ＶＦ － ＡＢＭ，ＶＦ － ＡＢＭ ＝ １３ Ｓ△ＡＢＭ·ＦＯ ＝ １ ３ ×槡３４ × ２ ２ 槡× ３ ＝ ３， ｃｏｓ∠ＦＡＢ ＝ ＦＡ ２ ＋ＡＢ２ －ＦＢ２ ２ＦＡ·ＡＢ ＝ （槡１０）２ ＋２２ －（槡２ ３）２ 槡２ × １０ ×２ ＝ １ 槡２ １０ ， ｓｉｎ∠ＦＡＢ ＝ 槡３９ 槡２ １０ ，Ｓ△ＦＡＢ ＝ １２ ＦＡ·ＡＢ·ｓｉｎ∠ＦＡＢ ＝ １ ２ 槡× １０ × ２ × 槡３９ 槡２ １０ ＝槡３９２ ， 设点Ｍ到面ＦＡＢ的距离为ｄ，则ＶＭ － ＦＡＢ ＝ ＶＦ － ＡＢＭ ＝ １３·Ｓ△ＦＡＢ ·ｄ ＝ １３ ×槡 ３９ ２ × ｄ 槡＝ ３， 解得ｄ ＝ 槡６ １３１３ ，即点Ｍ到面ＡＢＦ的距离为槡 ６ １３ １３ ． ３．（１）在直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１中，设点Ａ到平面Ａ１ＢＣ的距离 为ｈ， 则ＶＡ － Ａ１ＢＣ ＝ １３ Ｓ△Ａ１ＢＣ·ｈ ＝ 槡 ２ ２ ３ ｈ ＝ ＶＡ１ － ＡＢＣ ＝ １ ３ Ｓ△ＡＢＣ·Ａ１Ａ ＝ １ ３ ＶＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ ４ ３ ，解得ｈ 槡＝ ２， 所以点Ａ到平面Ａ１ＢＣ的距离为槡２． （２）取Ａ１Ｂ的中点Ｅ，连接 ＡＥ，如图，因为ＡＡ１ ＝ ＡＢ，所 以ＡＥ⊥Ａ１Ｂ， 又平面Ａ１ＢＣ ⊥ 平面 ＡＢＢ１Ａ１，平面Ａ１ＢＣ∩平面 ＡＢＢ１Ａ１ ＝ Ａ１Ｂ， 且ＡＥ平面ＡＢＢ１Ａ１，所以 ＡＥ⊥平面Ａ１ＢＣ， 在直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＢＢ１⊥平面ＡＢＣ， 由ＢＣ平面Ａ１ＢＣ，ＢＣ平面ＡＢＣ可得ＡＥ⊥ＢＣ，ＢＢ１⊥ＢＣ． 又ＡＥ，ＢＢ１平面ＡＢＢ１Ａ１且相交，所以ＢＣ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１， 所以ＢＣ，ＢＡ，ＢＢ１两两垂直，以Ｂ为原点，建立空间直角坐标 系，如图， 由（１）得ＡＥ 槡＝ ２，所以ＡＡ１ ＝ ＡＢ ＝ ２，Ａ１Ｂ 槡＝ ２ ２，所以ＢＣ ＝ ２， 则Ａ（０，２，０），Ａ１（０，２，２），Ｂ（０，０，０），Ｃ（２，０，０），所以Ａ１Ｃ的 中点Ｄ（１，１，１）， 则→ＢＤ ＝（１，１，１），→ＢＡ ＝（０，２，０），→ＢＣ ＝（２，０，０）， 设平面ＡＢＤ 的一个法向量ｍ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ）， 则ｍ· →ＢＤ ＝ ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ ＝ ０， ｍ·→ＢＡ ＝ ２ｙ ＝ ０{                                                                      ， —８９２— 可取ｍ ＝（１，０，－ １），设平面ＢＤＣ的一个法向量ｎ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则ｍ· →ＢＤ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ ０， ｍ·→ＢＣ ＝ ２ａ ＝ ０{ ， 可取ｎ ＝（１，０，－ １），则ｃｏｓ 〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎｍ ｎ ＝ １ 槡槡２ × ２ ＝ １２ ， 所以二面角Ａ －ＢＤ －Ｃ的正弦值为１ － ( )１２槡 ２ ＝槡３２ ． ４．（１）证明：∵ Ａ１Ｃ⊥底面ＡＢＣ，ＢＣ底面ＡＢＣ，∴ Ａ１Ｃ⊥ＢＣ． 又ＢＣ⊥ＡＣ，Ａ１Ｃ，ＡＣ平面ＡＣＣ１Ａ１，Ａ１Ｃ∩ＡＣ ＝ Ｃ， ∴ ＢＣ⊥平面ＡＣＣ１Ａ１ ．又ＢＣ平面ＢＣＣ１Ｂ１，∴平面ＡＣＣ１Ａ１⊥ 平面ＢＣＣ１Ｂ１ ． （２）∵ ＢＣ⊥平面ＡＣＣ１，ＡＣ，Ａ１Ｃ平面ＡＣＣ１，∴ ＢＣ⊥ＡＣ，ＢＣ ⊥Ａ１Ｃ． ∵ ＡＢ ＝ Ａ１Ｂ，ＢＣ ＝ ＢＣ，∴ Ｒｔ△ＡＢＣ≌Ｒｔ△Ａ１ＢＣ，∴ Ａ１Ｃ ＝ ＡＣ． ∵ Ａ１Ｃ⊥底面ＡＢＣ，ＡＣ底面ＡＢＣ，∴ Ａ１Ｃ⊥ＡＣ，∴ Ａ１Ｃ２ ＋ ＡＣ２ ＝ Ａ１Ａ ２ ． ∵ ＡＡ１ ＝ ２，∴ Ａ１Ｃ ＝ ＡＣ 槡＝ ２，∴ Ａ１Ｃ１ 槡＝ ２． 过Ａ１作Ａ１Ｏ⊥Ｃ１Ｃ于Ｏ，∵ Ａ１Ｃ ＝ Ａ１Ｃ１，∴ Ｏ为ＣＣ１的中点， ∴ Ａ１Ｏ ＝ １ ２ Ｃ１Ｃ ＝ １ ２ Ａ１Ａ ＝ １， 由（１）可知Ａ１Ｏ⊥平面ＢＣＣ１Ｂ１，∴四棱锥Ａ１ － ＢＢ１Ｃ１Ｃ的高为 １． ５．（１）证明：连接ＡＦ， ∵ Ｅ，Ｆ分别为直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的棱ＡＣ和ＣＣ１ 的中 点，且ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ２， ∴ ＣＦ ＝ １，ＢＦ 槡＝ ５． ∵ ＢＦ⊥Ａ１Ｂ１，ＡＢ∥Ａ１Ｂ１，∴ ＢＦ⊥ＡＢ，∴ ＡＦ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＦ槡 ２ ＝ ２２ 槡＋ ５槡 ２ ＝ ３，ＡＣ ＝ ＡＦ２ － ＣＦ槡 ２ ＝ ３２ － １槡 ２ 槡＝ ２ ２， ∴ ＡＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２，即ＢＡ⊥ＢＣ， 故以Ｂ为原点，ＢＡ，ＢＣ，ＢＢ１ 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Ａ（２，０，０）， Ｂ（０，０，０），Ｃ（０，２，０），Ｅ（１，１，０）， Ｆ（０，２，１）， 设Ｂ１Ｄ ＝ ｍ，则Ｄ（ｍ，０，２）， ∴ →ＢＦ ＝（０，２，１），→ＤＥ ＝（１ － ｍ，１， － ２），∴ →ＢＦ·→ＤＥ ＝ ０，即ＢＦ⊥ＤＥ． （２）∵ ＡＢ⊥平面ＢＢ１Ｃ１Ｃ，∴平面 ＢＢ１Ｃ１Ｃ的一个法向量为ｍ ＝ （１， ０，０）， 由（１）知，→ＤＥ ＝（１ － ｍ，１，－ ２），→ＥＦ ＝（－ １，１，１）， 设平面ＤＥＦ 的法向量为ｎ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ），则 ｎ·→ＤＥ ＝ ０， ｎ·→ＥＦ ＝ ０{ ，即（１ － ｍ）ｘ ＋ ｙ － ２ｚ ＝ ０，－ ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ ＝ ０{ ， 令ｘ ＝ ３，则ｙ ＝ ｍ ＋ １，ｚ ＝ ２ － ｍ，∴ ｎ ＝（３，ｍ ＋ １，２ － ｍ）， ∴ ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ ３ １ × ９ ＋（ｍ ＋ １）２ ＋（２ － ｍ）槡 ２ ＝ ３ ２ｍ２ － ２ｍ槡 ＋ １４ ＝ ３ ２ ｍ －( )１２ ２ ＋ ２７槡 ２ ， ∴当ｍ ＝ １２时，面ＢＢ１Ｃ１Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的余弦值 最大为槡６３ ，此时正弦值最小为槡 ３ ３ ． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）Ａ 　 （２）Ｂ 　 （１）由题意，→ＢＣ ＝ （－ ２，２，４），则 →ＢＣ ｜→ＢＣ ｜ ＝ －槡６６ ，槡 ６ ６ ，槡 ６( )３ ，→ＢＡ ＝（１，１，２）， 则点Ａ到直线ＢＣ的距离ｄ ＝ →ＢＡ２ － →ＢＡ· →ＢＣ ｜→ＢＣ( )｜槡 ２ ＝槡３０３ ． 故选Ａ． （２）以Ｏ为原点，ＯＡ，ＯＢ，ＯＳ分别 为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 因为正四棱锥Ｓ － ＡＢＣＤ的所有棱 长都为６， 所以ＯＡ 槡＝ ３ ２， ＳＯ ＝ ６２ －（槡３ ２）槡 ２ 槡＝ ３ ２， 所以Ｏ（０，０，０），Ａ（槡３ ２，０，０），Ｄ（０， 槡－ ３ ２，０），Ｓ（０，０，槡３ ２）， Ｃ（ 槡－ ３ ２，０，０）， 又因为Ｇ为△ＳＡＤ的重心，由三角形重心坐标可得Ｇ（槡２， 槡－ ２，槡２）， 设Ｅ（ｘ，ｙ，ｚ），则→ＣＥ ＝（ｘ 槡＋ ３ ２，ｙ，ｚ），→ＣＳ ＝（槡３ ２，０，槡３ ２）， 因为→ＣＥ ＝ １３ →ＣＳ，所以 ｘ 槡槡＋ ３ ２ ＝ ２， ｙ ＝ ０， ｚ 槡 { ＝ ２  ｘ 槡＝ － ２ ２， ｙ ＝ ０， ｚ 槡＝ ２ { ， 即Ｅ（ 槡－ ２ ２，０，槡２），所以→ＯＥ ＝ （ 槡－ ２ ２，０，槡２），→ＯＧ ＝ （槡２， 槡－ ２，槡２）， 由点到直线的距离公式可得，Ｇ到直线ＯＥ的距离 ｄ ＝ ｜→ＯＧ ｜ ２ － →ＯＧ·→ＯＥ ｜→ＯＥ( )｜槡 ２ ＝ ６ － － ４ ＋ ２ 槡( )１０槡 ２ ＝ 槡２ ３５５ ．故 选Ｂ． 跟踪训练 １． Ｄ　 在棱长为２的正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，以ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１ 所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴建立 空间直角坐标系，则有Ｂ（２，２， ０），Ｆ（１，０，２），则→ＦＢ ＝ （１，２， － ２）， 设点Ｐ（０，ｙ，０），ｙ∈［０，２］，→ＢＰ ＝（－ ２，ｙ － ２，０）， 则点Ｐ到直线ＢＦ的距离为ｄ ＝ ｜→ＢＰ ｜ ２ － →ＢＰ·→ＦＢ ｜→ＦＢ( )｜槡 ２ ＝ （ｙ２ － ４ｙ ＋ ８）－ ２ｙ － ６( )３槡 ２ ＝ ５９ ｙ －( )６５ ２ ＋ １６槡 ５ ≥ 槡４ ５５ ， 当且仅当ｙ ＝ ６５时取等号，则点Ｐ到直线ＢＦ                                                                      的距离的最小值 —９９２— 为槡４ ５５ ．故选Ｄ． ２． Ｃ　 取ＡＢ的中点为Ｏ′，连接ＰＯ，ＯＯ′，ＡＥ， 因为ＰＣ ＝ ＰＤ，Ｏ为ＣＤ的中点，所以ＰＯ⊥ＣＤ． 又平面ＰＣＤ⊥平面ＡＢＣＤ，平面ＰＣＤ∩平面ＡＢＣＤ ＝ ＣＤ，ＰＯ 平面ＰＣＤ， 所以ＰＯ⊥平面ＡＢＣＤ． 因为ＯＯ′平面ＡＢＣＤ，所以ＰＯ⊥ＯＯ′， 又底面ＡＢＣＤ是矩形，所以ＯＯ′⊥ＣＤ， 以点Ｏ为原点，ＯＯ′，ＯＣ， ＯＰ所在直线分别为ｘ，ｙ， ｚ轴建立空间直角坐标系 如图所示， 由ＰＣ⊥ＰＤ，ＰＣ ＝ ＰＤ，ＣＤ ＝ ６，得ＰＯ ＝ ３， 所以Ａ（３，－ ３，０），Ｂ（３， ３，０），Ｐ（０，０，３）， 则→ＡＯ ＝（－ ３，３，０），设→ＢＥ ＝ λ →ＢＰ（０≤ λ≤ １），则 Ｅ（３ － ３λ，３ － ３λ，３λ），→ＡＥ ＝（－ ３λ，６ － ３λ，３λ）， ｜→ＡＥ ｜ ＝ ２７λ２ － ３６λ槡 ＋ ３６， →ＡＯ·→ＡＥ ｜→ＡＯ ｜ ＝（－ ３，３，０）·（－ ３λ，６ － ３λ，３λ） 槡９ ＋ ９ ＝ ９λ ＋ ３（６ － ３λ） 槡９ ＋ ９ ＝ １８ 槡３ ２ 槡 ＝ ３ ２， 因此点Ｅ到直线ＡＯ的距离为 ｄ ＝ ｜→ＡＥ ｜ ２ － →ＡＯ·→ＡＥ ｜→ＡＯ( )｜槡 ２ ＝ ２７λ２ － ３６λ槡 ＋ １８ ＝ ２７ λ －( )２３ ２槡 ＋ ６， 故当λ ＝ ２３时，ｄ取最小值槡６， 即线段ＰＢ上的动点Ｅ到直线ＡＯ的距离的最小值为槡６．故 选Ｃ． 考点二 典例研析 ２．（１）Ｃ　 （２）见解析　 （１）由已知得：→ＡＢ ＝（０，２，－ １），→ＡＣ ＝（２， １，－ ２），→ＡＤ ＝（２，０，－ １）， 设平面ＡＢＣ 的法向量为ｎ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ）， 则ｎ· →ＡＢ ＝ ２ｙ － ｚ ＝ ０， ｎ·→ＡＣ ＝ ２ｘ ＋ ｙ － ２ｚ ＝ ０{ ， 令ｙ ＝ ２，则ｚ ＝ ４，ｘ ＝ ３，所以平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ ＝ （３，２，４）， 所以点Ｄ到平面ＡＢＣ的距离为｜ →ＡＤ·ｎ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ ｜２ × ３ － ４ ｜ 槡２９ ＝ 槡２ ２９ ２９ ．故选Ｃ． （２）①证明：过Ａ作ＡＧ⊥ＢＣ于Ｇ，ＡＧ⊥ＡＤ，ＢＧ ＝ １２ ，ＡＣ 槡＝ ３， 因为四边形ＡＣＥＦ为正方形，所以ＡＦ⊥ＡＣ，又因为平面ＡＢＣＤ ⊥平面ＡＣＥＦ， 所以ＡＦ⊥平面ＡＢＣＤ，建 系如图，Ｂ 槡３ ２ ，－ １ ２ ，( )０ ， Ｃ 槡３ ２ ， ３ ２ ，( )０ ，Ｆ（０，０，槡３）， →ＡＢ ＝ 槡３ ２ ，－ １ ２ ，( )０ ，→ＣＦ ＝ －槡３２ ，－ ３ ２ ，槡( )３ ， 因为→ＡＢ·→ＣＦ ＝ ０，所以ＡＢ ⊥ＣＦ． ②Ｅ 槡３ ２ ， ３ ２ ，槡( )３ ，→ＣＥ ＝（０，０，槡３）， →ＢＦ ＝ －槡３２ ， １ ２ ，槡( )３ ，→ＦＥ ＝ 槡３２ ，３２ ，( )０ ， 令ｍ ＝（３，槡－ ３，２），因为→ＢＦ·ｍ ＝ ０，→ＦＥ·ｍ ＝ ０，所以ｍ是平 面ＢＥＦ的法向量， 所以点Ｃ到平面ＢＥＦ的距离为｜ →ＣＥ·ｍ ｜ ｜ｍ ｜ ＝ 槡２ ３ ４ ＝ 槡３ ２ ． ③平面ＡＤＦ的法向量是ｎ ＝（１，０，０），由（２）知平面ＢＥＦ的法 向量为ｍ ＝（３，槡－ ３，２）， 设平面ＢＥＦ与平面ＡＤＦ的夹角为θ，θ∈ ０，π( ]２ ， ｃｏｓ θ ＝ ｜ｍ·ｎ ｜｜ｍ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ ３ ４ × １ ＝ ３ ４ ，ｓｉｎ θ ＝ １ － ｃｏｓ ２槡 θ ＝槡７４ ． 跟踪训练 ３． Ｂ　 ∵三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１为正三棱柱，且ＡＢ ＝ ＡＡ１ ＝ ２， 所以Ａ１Ｂ ＝ Ａ１Ｃ 槡＝ ２ ２， 则等腰三角形Ａ１ＢＣ的面积 Ｓ ＝ １２ × ２ × （槡２ ２） ２ － １槡 ２ 槡＝ ７， 设点Ａ到平面Ａ１ＢＣ的距离 为ｈ， 由ＶＡ１ － ＡＢＣ ＝ ＶＡ － Ａ１ＢＣ， 可得１３ × １ ２ × ２ × ２ × 槡３ ２ × ２ ＝ １ ３ 槡× ７ × ｈ， 解得ｈ ＝ 槡２ ２１７ ．故选Ｂ． ４．由题可得，ＤＰ２ ＋ ＤＡ２ ＝ ４ ＋ ４ ＝ ８ ＝ ＡＰ２， 所以ＤＰ⊥ＤＡ， 又因为ＣＤ⊥平面ＰＡＤ，所以ＤＡ，ＤＣ，ＤＰ两两互相垂直，故以 点Ｄ为坐标原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＰ所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴建立 空间直角坐标系，则Ａ（２，０，０），Ｂ（２，２，０），Ｃ（０，４，０），Ｐ（０，０， ２），Ｅ ０，４３ ，( )４３ ． （１）证明：因为→ＤＢ ＝（２，２，０），→ＤＥ ＝ ０，４３ ，( )４３ ， 设平面ＢＤＥ的一个法向量为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｍ·→ＤＢ ＝ ２ａ ＋ ２ｂ ＝ ０， ｍ·→ＤＥ ＝ ４３ ｂ ＋ ４ ３ ｃ ＝ ０{                                                                      ， —００３— 令ａ ＝ １，则ｂ ＝ － １，ｃ ＝ １，所 以ｍ ＝（１，－ １，１）． 又→ＰＡ ＝ （２，０，－ ２），可得→ＰＡ ·ｍ ＝ ０， 因为ＰＡ平面ＢＤＥ，所以ＰＡ ∥平面ＢＤＥ． （２）因为ＰＡ∥平面ＢＤＥ，所以 点Ｆ到平面ＢＤＥ的距离等于 点Ａ到平面ＢＤＥ的距离． 因为→ＡＢ ＝（０，２，０），则点Ａ到平面ＢＤＥ的距离为｜ｍ· →ＡＢ ｜ ｜ｍ ｜ ＝ ２ 槡３ ＝ 槡２ ３３ ． （３）因为→ＢＣ ＝（－ ２，２，０），→ＰＣ ＝（０，４，－ ２）， 设平面ＢＤＥ 的一个法向量为ｎ ＝ （ｘ，ｙ，ｚ）， 则ｎ· →ＢＣ ＝ － ２ｘ ＋ ２ｙ ＝ ０， ｎ·→ＰＣ ＝ ４ｙ － ２ｚ ＝ ０{ ， 令ｘ ＝ １，则ｙ ＝ １，ｚ ＝ ２，所以ｎ ＝（１，１，２）． 设平面ＢＤＥ与平面ＰＢＣ的夹角为α， 则ｃｏｓ α ＝ ｜ ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜ ＝ ｜ｍ·ｎ ｜｜ｍ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ ２ 槡槡３ × ６ ＝槡２３ ， 故平面ＢＤＥ与平面ＰＢＣ的夹角的余弦值为槡２３ ． 考点三 典例研析 ３．（１）证明：由题意知△ＡＣＰ为等腰直角三角形，又Ｄ为ＡＣ的 中点， 所以ＰＤ ＝ １２ ＡＣ ＝槡 ２ ２ ，∠ＡＣＢ ＝ ３π ４ ，ＰＤ⊥ＡＤ， 由ｃｏｓ∠ＢＣＡ ＝ ＢＣ ２ ＋ ＣＤ２ － ＢＤ２ ２ＢＣ·ＣＤ ＝ １ ＋ 槡２( )２ ２ － ＢＤ２ ２ × １ ×槡２２ ＝ －槡２２ ，解 得ＢＤ ＝槡５２ ， 当ＰＢ 槡＝ ３时，有ＰＤ２ ＋ ＢＤ２ ＝ ＰＢ２，即ＰＤ⊥ＢＤ， 而ＢＤ∩ＡＣ ＝ Ｄ，ＢＤ，ＡＣ平面ＡＢＣ，故ＰＤ⊥平面ＡＢＣ． （２）以ＤＡ，ＤＰ为ｘ轴，ｚ轴，过Ｄ作平面ＰＡＣ的垂线为ｙ轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则Ｄ（０，０，０），Ａ 槡２ ２ ，０，( )０ ， Ｐ ０，０，槡２( )２ ， 又ｃｏｓ∠ＢＤＣ ＝ ＢＤ ２ ＋ ＣＤ２ － ＢＣ２ ２ＢＤ·ＣＤ ＝ ５ ２ ＋ 槡２( )２ ２ － １２ ２ ×槡１０２ ×槡 ２ ２ ＝ 槡２ ５５ ，所 以ｓｉｎ∠ＢＤＣ ＝ １ － ｃｏｓ２∠槡 ＢＤＣ ＝槡５５ ， 所以ｘＢ ＝ － ＢＤｃｏｓ∠ＢＤＣ ＝ －槡１０２ × 槡 ２ ５ ５ 槡＝ － ２， ｙＢ ＝ ＢＤｓｉｎ∠ＢＤＣ ＝槡１０２ ×槡 ５ ５ ＝ 槡２ ２ ， 所以Ｂ 槡－ ２，槡２２ ，( )０ ， 于是→ＰＢ ＝ 槡－ ２，槡２２ ，－槡 ２( )２ ，→ＰＤ ＝ ０，０，－槡２( )２ ， 设平面ＰＤＢ 的法向量为ｎ ＝ （ｘ０， ｙ０， ｚ０ ）， 则 →ＰＤ·ｎ ＝ －槡２２ ｚ０ ＝ ０， →ＰＢ·ｎ 槡＝ － ２ｘ０ ＋槡２２ ｙ０ －槡 ２ ２ ｚ０ ＝ ０ { ， 不妨取ｘ０ ＝ １，解得ｎ ＝（１，２，０）． 设Ｑ （ｘ１， ｙ１， ｚ１ ），则→ＰＱ ＝ ｘ１，ｙ１，ｚ１ －槡２( )２ ，→ＡＢ ＝ － 槡３ ２２ ，槡 ２ ２ ，( )０ ， 因为Ｅ为ＢＣ中点，Ｄ为ＡＣ中点，所以ＡＢ∥ＤＥ， 又ＡＢ平面ＰＤＥ，ＤＥ平面ＰＤＥ，所以ＡＢ∥平面ＰＤＥ， 平面ＰＡＢ和平面ＰＤＥ的交线为ｌ，ＡＢ平面ＰＡＢ， 所以ＡＢ∥ｌ，又Ｑ为ｌ上异于Ｐ的一点，所以ＡＢ∥ＰＱ，即→ＰＱ与 →ＡＢ共线， 设为→ＰＱ ＝ →ｋ ＡＢ，则ｘ１ ＝ － 槡３ ２２ ｋ，ｙ１ ＝槡 ２ ２ ｋ，ｚ１ ＝槡 ２ ２ ， 故Ｑ － 槡３ ２２ ｋ，槡 ２ ２ ｋ，槡 ２( )２ ， 因此→ＡＱ ＝ － 槡３ ２２ ｋ －槡 ２ ２ ，槡 ２ ２ ｋ，槡 ２( )２ ． ｎ·→ＡＱ ＝ － 槡３ ２２ ｋ －槡 ２ ２ ＋ 槡２ ２ ｋ × ２ ＝ － 槡２ ２ ｋ － 槡２ ２ ，｜ ｎ 槡｜ ＝ １ ＋ ４ ＝ 槡５，｜→ＡＱ ｜ ＝ － 槡３ ２２ ｋ －槡 ２( )２ ２ ＋ 槡２ ２( )ｋ ２ ＋ 槡２( )２槡 ２ ， 所以ｃｏｓ〈ｎ，→ＡＱ〉＝ ｎ·→ＡＱ ｜ｎ ｜·｜→ＡＱ ｜ ＝ －槡２２ （ｋ ＋ １） 槡５· － 槡３ ２２ ｋ －槡 ２( )２ ２ ＋ 槡２ ２( )ｋ ２ ＋ 槡２( )２槡 ２ ， 设直线ＡＱ与平面ＰＤＢ所成的角为θ，θ∈ ０，π[ ]２ ， 所以ｓｉｎ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈ｎ，→ＡＱ〉｜ ＝ －槡２２ （ｋ ＋ １） 槡５· － 槡３ ２２ ｋ －槡 ２( )２ ２ ＋ 槡２ ２( )ｋ ２ ＋ 槡２( )２槡 ２ ＝槡１０１５ ， 化简得１１ｋ２ － ６ｋ － ５ ＝ ０，解得ｋ ＝ １或ｋ ＝ － ５１１， 当ｋ ＝ １时→ＰＱ ＝ →ＡＢ ＝ － 槡３ ２２ ，槡 ２ ２ ，( )０ ，则｜ ＰＱ ｜ ＝ ｜→ＡＢ ｜ ＝ ９ ２ ＋槡１２ 槡＝ ５， 当ｋ ＝ － ５１１时 →ＰＱ ＝ － ５１１ →ＡＢ，则｜→ＰＱ ｜ ＝ ５１１ ｜ →ＡＢ ｜ ＝ 槡５ ５１１ ， 因此｜ＰＱ 槡｜ ＝ ５或｜ＰＱ ｜ ＝ 槡５ ５１１                                                                       ． —１０３— 跟踪训练 ５． （１）证明：由ＢＡ⊥ＡＣ，ＢＡ⊥ＡＡ１，ＡＣ∩ＡＡ１ ＝ Ａ，得ＢＡ⊥平 面ＡＣＣ１Ａ１， 又Ａ１Ｃ平面ＡＣＣ１Ａ１，故ＢＡ⊥Ａ１Ｃ， 由ＣＤ ＝ １，ＡＣ ＝ ２，ＡＡ１ ＝ ４且四边形ＡＣＣ１Ａ１ 为矩形，得ＡＤ ⊥Ａ１Ｃ， ＢＡ∩ＡＤ ＝ Ａ，故Ａ１Ｃ⊥平面ＢＤＡ， 所以平面ＢＤＡ⊥平面ＥＣＡ１ ． （２）以Ａ为原点，ＡＢ，ＡＣ，ＡＡ１所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空 间直角坐标系， 点Ａ１（０，０，４），Ｂ（２，０，０），Ｂ１（２，０，４），Ｃ（０，２，０），Ｄ（０，２，１）， 设点Ｅ（２，０，ｔ）， 则Ａ１→ Ｃ ＝（０，２，－ ４），Ａ１→ Ｅ ＝（２，０，ｔ － ４）， 设平面ＥＣＡ１ 的法向量ｎ ＝ （ｘ，ｙ， ｚ），则 ｎ·Ａ１→ Ｃ ＝ ２ｙ － ４ｚ ＝ ０， ｎ·Ａ１→ Ｅ ＝ ２ｚ ＋（ｔ － ４）ｚ ＝ ０{ ， 取ｙ ＝ ２，可得平面ＥＣＡ１ 的法向量ｎ ＝（４ － ｔ，４，２）， 由Ａ１Ｂ→ １ ＝ （２，０，０）得点Ｂ１ 到平面 ＥＣＡ１的距离ｄ ＝ ｜Ａ１Ｂ → １·ｎ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ ｜８ － ２ｔ ｜ （４ － ｔ）２槡 ＋ ２０ ＝ ４７ ，解得ｔ ＝ ８３ ， 由→ＢＤ ＝（－ ２，２，１），ｎ ＝ ４３ ，４，( )２ ，得直线ＢＤ与平面ＥＣＡ１所 成角的正弦值为｜ ｃｏｓ〈→ＢＤ，ｎ〉｜ ＝ ｜ →ＢＤ·ｎ ｜ ｜→ＢＤ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ １１２１ ． 微专题　 立体几何中的动态问题 题型选讲 类型一 典例研析 １． ＡＢＤ　 当Ｐ，Ｑ分别为线段Ｂ１Ｄ１，ＡＣ的中点时，ＰＱ是异面直 线Ｂ１Ｄ１，ＡＣ的公垂线，此时线段ＰＱ长度最小为２，故Ａ正确； ＰＱ 槡＝ ２ ２，只能是面对角线，此时ＰＱ可以是ＡＤ１，ＣＤ１，ＡＢ１， ＣＢ１四种，故Ｂ正确；当Ｐ与Ｂ１ 重合，Ｑ与Ｃ重合时，此时直 线ＰＱ（即Ｂ１Ｃ）与平面ＢＣ１Ｄ１ 垂直，故ＰＱ⊥ＢＤ１，故Ｃ错误； 由于点Ｐ到平面ＡＢＱ的距离是２，底面△ＱＢＡ的面积随着点 Ｑ的移动而变化，∴三棱锥Ｐ － ＡＢＱ的体积只与点Ｑ的位置 有关，与点Ｐ的位置无关，故Ｄ正确．故选ＡＢＤ． 类型二 典例研析 ２． Ｂ　 将正三棱锥Ｐ － ＡＢＣ放入棱长为槡２的正方体ＡＧＩＪ － ＰＣＨＢ 中，如图（１）所示，先固定点Ｍ， 那么ＭＮ的最小值即点Ｍ到平面ＰＣＥ的距离． 连接ＧＨ，设ＧＨ的中点为Ｆ，连接ＰＦ，ＤＧ． 由题意得，平面ＰＧＦ⊥平面ＰＣＥ，且交线为ＰＦ， 故ＭＮ⊥ＰＦ， 所以Ｍ在ＰＤ上运动时，Ｎ在ＰＦ上运动． 把平面ＡＧＰ和平面ＰＧＦ沿ＰＧ展开， 示意图如图（２）所示，作ＡＮ′⊥ＰＦ交ＰＧ于点Ｍ′， 则ＡＮ′即所求，（ＡＭ ＋ ＭＮ）ｍｉｎ ＝ ＡＮ′ ＝ ＡＰ·ｓｉｎ（４５° ＋ ３０°）＝ 槡３ ＋ １ ２ ．故选Ｂ． 　 类型三 典例研析 ３． ＢＤ　 由Ａ′Ｂ ＝ Ａ′Ｄ ＝ １，ＢＤ 槡＝ ２，得ＢＡ′⊥ＤＡ′． 因为平面Ａ′ＢＤ⊥平面ＢＣＤ，平面Ａ′ＢＤ∩平面ＢＣＤ ＝ ＢＤ，ＣＤ ⊥ＢＤ， 所以ＣＤ⊥平面Ａ′ＢＤ，进而有ＣＤ⊥ＢＡ′． 由ＤＡ′∩ＣＤ ＝ Ｄ，得ＢＡ′⊥平面Ａ′ＣＤ． 所以ＢＡ′⊥Ａ′Ｃ，即∠ＢＡ′Ｃ ＝ ９０°，Ｂ正确； 若Ａ′Ｃ⊥ＢＤ，又ＣＤ⊥ＢＤ，易证得ＢＤ⊥平面Ａ′ＣＤ，与ＢＡ′⊥平 面Ａ′ＣＤ矛盾，Ａ错误；由ＣＤ⊥平面Ａ′ＢＤ，得∠ＣＡ′Ｄ为ＣＡ′与 平面Ａ′ＢＤ所成的角，由ＣＤ ＝ Ａ′Ｄ ＝ １，得∠ＣＡ′Ｄ ＝ ４５°，Ｃ错 误；由题意知ＡＢ ＝ ＡＤ ＝ ＣＤ ＝ １， ＶＡ′ － ＢＣＤ ＝ ＶＣ － Ａ′ＢＤ ＝ １ ３ × １ × １ ２ × １ × １ ＝ １ ６ ，Ｄ正确．故选ＢＤ． 专题五　 解析几何 第１讲　 直线、圆、圆锥曲线 真题再现明考向 １． Ａ　 设点Ｍ（ｘ，ｙ），则Ｐ（ｘ，ｙ０），Ｐ′（ｘ，０），因为Ｍ为ＰＰ′的中 点，所以ｙ０ ＝ ２ｙ，即Ｐ（ｘ，２ｙ）， 又Ｐ在圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ １６（ｙ ＞ ０）上，所以ｘ２ ＋ ４ｙ２ ＝ １６（ｙ ＞ ０）， 即ｘ ２ １６ ＋ ｙ２ ４ ＝ １（ｙ ＞ ０），即点Ｍ的轨迹方程为 ｘ２ １６ ＋ ｙ２ ４ ＝ １（ｙ ＞ ０）．故选Ａ． ２． ＡＢＤ　 设曲线上的动点Ｐ（ｘ，ｙ），则ｘ ＞ － ２且（ｘ － ２）２ ＋ ｙ槡 ２ × ｜ ｘ － ａ ｜ ＝ ４， 因为曲线过坐标原点，故（０ － ２）２ ＋ ０槡 ２ × ｜ ０ － ａ ｜ ＝ ４，解得ａ ＝ － ２，故Ａ正确； 又曲线方程为（ｘ － ２）２ ＋ ｙ槡 ２ × ｜ ｘ ＋ ２ ｜ ＝ ４，而ｘ ＞ － ２，故 （ｘ － ２）２ ＋ ｙ槡 ２ ×（ｘ ＋ ２）＝ ４． 当ｘ 槡＝ ２ ２，ｙ ＝ ０时， （槡２ ２ － ２）槡 ２ ×（槡２ ２ ＋ ２）＝ ８ － ４ ＝ ４，故 （槡２ ２，０）在曲线上，故Ｂ正确； 由曲线的方程可得ｙ２ ＝ １６（ｘ ＋ ２）２ －（ｘ － ２） ２，取ｘ ＝ ３２ ， 则ｙ２ ＝ ６４４９ － １ ４ ，而 ６４ ４９ － １ ４ － １ ＝ ６４ ４９ － ５ ４ ＝ ２５６ － ２４５ ４９ × ４ ＞ ０，故此 时ｙ２ ＞ １                                                                       ， —２０３—