第七章 7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间距离及立体几何探索性问题”专题，依据高考评价体系梳理了点线距离、点面距离、异面直线距离三大核心考点及探索性问题的考查要求，通过近五年模拟题分析明确点面距离占比达45%、探索性问题占30%的高频考点分布，归纳出计算题、存在性探究题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精析+方法建模+素养落地”，如以2026成都模拟题为例，示范用向量法求点面距离的“坐标建系-法向量求解-距离公式应用”三步法，培养学生的空间观念与运算能力。特设“易错陷阱警示”和“解题模板库”，帮助学生熟练掌握答题技巧，教师可据此精准定位学情，实现高效复习教学。

空间距离及立体几何中的探索性问题 落实主干知识 1.点到直线的距离 如图，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外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u，在Rt△APQ 中，由勾股定理，得PQ==_______________. 2.点到平面的距离 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的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ===_________. 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(　　) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.(　　) (3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等.(　　) (4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(　　) 自主诊断 × × √ × 2.已知空间中有三点A(9，2，9)，B(8，1，9)，C(5，1，6)，则点A到直线BC的距离为 A. B. C. D. √ 解析　方法一　因为=(1，1，0)，=(-3，0，-3)，所以点A到直线 BC的距离为==. 方法二　因为=(1，1，0)，=(-3，0，-3)， 所以cos〈，〉===-， 所以sin〈，〉==， 所以点A到直线BC的距离为||sin〈，〉=×=. 3.(2026·成都模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E为CD的中点，则点D到平面AD1E的距离为 A. B. C. D. √ 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，E(0，1，0)，D1(0，0，1)， =(1，0，-1)，=(1，-1，0)，=(1，0，0)， 设平面AD1E的法向量为m=(x，y，z)， 则 令x=1，得y=1，z=1，所以m=(1，1，1)， 则点D到平面AD1E的距离d===. 4.在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，SD⊥平面ABCD，SD=2AD =4，N为SB的中点，在棱SD上(包括端点)存在点M，使AM⊥CN，则DM =　　　. 1 解析　如图，建立空间直角坐标系， ∵AD=2，SD=4， 则S(0，0，4)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)， ∴N(1，1，2)， 设DM=t，则M(0，0，t)，0≤t≤4， ∴=(-2，0，t)，=(1，-1，2)， ∵AM⊥CN，∴·=-2+2t=0，∴t=1，∴DM=1. 返回 探究核心题型 例1　(人教A版选择性必修第一册P42习题1.4T6)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离. 题型一　空间距离 命题点1　点线距离 解　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为1，则E，A1(1，0，1)，O， 所以=，=， 所以点O到直线A1E的距离为==. 例2　(2025·深圳模拟)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E，F分别是AB，AD的中点， 则点B到平面GEF的距离为　　　　. 命题点2　点面距离 解析　以C为原点，CD，CB，CG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B(0，4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)， 所以=(2，-2，0)，=(2，4，-2)，=(2，0，0)， 设平面GEF的法向量是n=(x，y，z)， 则 取x=1，则y=1，z=3，所以n=(1，1，3)， 所以点B到平面GEF的距离为==. 例3　定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离，公垂线段的长度可以看作是：分别连接两异面直线上两点，所得连线的向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为 A. B. C. D. 命题点3　异面直线的距离 √ 解析　如图，以点A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4). 所以=(1，-3，4)， =(3，3，-6)，=(3，0，0)， 设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量， 则有可取n=(1，3，2)， 所以异面直线PC和DG的距离为==. (1)点到直线的距离 ①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l 的距离d=. ②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离. (2)求点面距一般有以下三种方法 ①作点到面的垂线，求点到垂足的距离. ②等体积法. ③向量法. 思维升华 跟踪训练1　(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE=BD；点F在CB1上，且CF=CB1.则下列结论正确的是 A.线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段 B.异面直线AA1与BD的距离为 C.点D1到直线EF的距离为 D.点D1到平面DEF的距离为 √ √ √ 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)， C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)， D1(0，0，1)， ==，==， 所以E，F. 对于A，=，=(1，1，0)，=(1，0，1)， 所以·=-+=0，·=-+=0， 解析　即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段，故A正确； 对于B，由正方体的性质可得异面直线AA1与BD的公垂线的一个方向向量为=(-1，1，0)， 又=(1，0，0)，所以异面直线AA1与BD的距离为==，故B错误； 对于C，=，=， 所以在方向上的投影向量的长度为h==，所以点D1到直线EF的距离为==，故C正确； 解析　对于D，设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)， =， 则即 令x=1，得y=-1，z=2， 所以n=(1，-1，2)，又=(0，0，1)， 所以点D1到平面DEF的距离d===，故D正确. 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (1)求证：B1E⊥C1D1； 题型二　立体几何中的探索性问题 证明　连接EC1， 因为AB⊥BC，BC∥B1C1，所以AB⊥B1C1. 因为BC1=AC1，E是AB的中点，所以AB⊥EC1， 因为B1C1∩EC1=C1，B1C1，EC1⊂平面B1C1E，所以AB⊥平面B1C1E， 因为B1E⊂平面B1C1E，所以AB⊥B1E， 因为AB∥C1D1，所以B1E⊥C1D1. 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面 CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 解　因为B1E=2，B1C1=2， C1E==2， 所以B1+B1E2=C1E2，所以B1E⊥B1C1， 又由(1)知C1D1⊥B1E，且C1D1∩B1C1=C1，C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1， 所以B1E⊥平面A1B1C1D1， 因为ABCD-A1B1C1D1为四棱台，底面ABCD为正方形， 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面 CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 解　所以四边形A1B1C1D1为正方形， B1E⊥平面ABCD，A1B1=B1C1=2. 因为点E是AB的中点，AB=4，所以AE=2. 所以AE∥A1B1且AE=A1B1， 所以四边形A1B1EA为平行四边形，所以B1E∥AA1. 又B1E⊥平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD. 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面 CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 解　以A为坐标原点，AB，AD，AA1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B(4，0，0)，C(4，4，0)，D(0，4，0)，C1(2，2，2)， 设=λ，0≤λ≤1， 则P(4-2λ，4-2λ，2λ)，=(-2λ，4-2λ，2λ)， =(-4，0，0)，=(-2，-2，2). 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面 CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 解　设平面CDD1C1的法向量为n=(x，y，z)，则 令y=，则n=(0，，1). 设直线BP与平面CDD1C1所成的角为θ，且cos θ=， 则sin θ=|cos〈n，〉|===， 例4　(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=2. (2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面 CDD1C1所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 解　化简得(2λ-1)2=0， 即λ=，=， 故P为棱CC1的中点，所以=. (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 思维升华 跟踪训练2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点. (1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值； 解　由PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 故PA⊥AB，PA⊥AD， 又底面ABCD为正方形，故AB⊥AD， 即PA，AD，AB两两垂直， 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB=2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， E(1，0，1)，F(2，1，0)，=(2，1，0)，=(-2，0，2)，=(0，2，0)， 跟踪训练2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点. (1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值； 解　设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令x=1，则n=(1，0，1)， 因为|cos〈n，〉|===， 所以直线AF与平面PBC所成角的正弦值为. 跟踪训练2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点. (2)在截面AEF内(包括边界)是否存在点G，使DG⊥平面AEF，并说明理由. 解　假设截面AEF内(包括边界)存在点G满足条件， 设=λ+μ，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，λ+μ∈[0，1]， 因为=(1，0，1)，=(2，1，0)，=(0，-2，0)， 所以=+=(λ+2μ，μ-2，λ)， 因为DG⊥平面AEF， 所以 跟踪训练2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点. (2)在截面AEF内(包括边界)是否存在点G，使DG⊥平面AEF，并说明理由. 解　所以解得 与λ∈[0，1]矛盾，故与假设矛盾， 所以在截面AEF内(包括边界)不存在点G，使DG⊥平面AEF. 返回 课时精练 1.(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2. (1)求点C1到直线AB的距离； 1 2 3 4 答案 知识过关 解　因为点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D， 所以A1D⊥平面ABC， 又AC，BD⊂平面ABC，故A1D⊥AC，A1D⊥BD， 因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，点D为AC的中点，故AC⊥BD， 所以DB，DC，DA1两两垂直，故以D为坐标原点，DB，DC，DA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 1.(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2. (1)求点C1到直线AB的距离； 1 2 3 4 答案 解　因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2， 则AC=2，DA=DB=DC=， 因为侧面ACC1A1为菱形， 所以A1A=AC=2， 又A1D⊥AC，所以A1D==， 1 2 3 4 答案 解　则A(0，-，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，)， 所以=(，，0)，=(0，3，)， =(0，2，0)，=(0，，). 点C1到直线AB的距离为==. 1.(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2. (1)求点C1到直线AB的距离； 1 2 3 4 答案 解　设平面ABB1A1的法向量为n=(x，y，z)，则 令z=1，得y=-，x=， 故n=(，-，1)， 所以点C到平面ABB1A1的距离为==. 1.(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2. (2)求点C到平面ABB1A1的距离； 2.(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE. (1)若点F满足=2，求证：CF∥平面A1EC1； 1 2 3 4 答案 证明　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 所以A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)， F(3，3，2)， 所以=(-3，3，0)，=(3，0，2)， =(3，0，2)， 2.(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE. (1)若点F满足=2，求证：CF∥平面A1EC1； 1 2 3 4 答案 证明　设平面A1EC1的法向量为n=(x，y，z)，所以 令x=2，得y=2，z=-3， 所以平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3). 所以n·=2×3-3×2=0，所以n⊥， 又CF⊄平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1. 2.(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE. (2)底面ABCD内(包括边界)是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由. 1 2 3 4 答案 解　假设底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1， 设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)， 又D1(0，0，3)，所以=(a，b，-3)， 又平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3)，所以∥n， 所以==，解得a=2，b=2， 所以底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，此时DP==2. 3.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1. (1)求证：AC⊥平面PBC； 1 2 3 4 答案 证明　∵△PBC为等边三角形，D为PC的中点，∴BD⊥PC， 又∵BD⊥PA，PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC， ∴BD⊥平面PAC， ∵AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD， 取BC的中点G，连接PG， ∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC， ∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PG⊂平面PBC，∴PG⊥平面ABC， 3.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1. (1)求证：AC⊥平面PBC； 1 2 3 4 答案 证明　∵AC⊂平面ABC， ∴PG⊥AC， ∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC， ∴AC⊥平面PBC. 3.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1. (2)在线段AC上(包括端点)是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由. 1 2 3 4 答案 解　以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且与GP平行的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，P(0，1，)，D，E， 设CF=a，则F(a，0，0)(0≤a≤1)，则=(0，1，0)，=， 3.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1. (2)在线段AC上(包括端点)是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由. 1 2 3 4 答案 解　设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，则 取x=，可得n=(，0，2a)， 易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)， 则|cos〈m，n〉|===cos=，解得a=，此时CF=， ∴在线段AC上存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，且CF=. 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (1)求证：EF∥平面PAB； 1 2 3 4 答案 证明　如图，过E作EG⊥AD交AD于点G，连接EF，GF， 因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD， 又EG⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，且EG⊥AD，故EG∥PA， 因为E为PD的中点，所以G为AD的中点， 又F为BC的中点，所以GF∥AB， 而EG⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EG∥平面PAB，同理GF∥平面PAB， 能力拓展 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (1)求证：EF∥平面PAB； 1 2 3 4 答案 证明　又因为EG∩GF=G，EG，GF⊂平面EGF， 所以平面EGF∥平面PAB，而EF⊂平面EGF， 所以EF∥平面PAB. 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； 1 2 3 4 答案 解　设DM=tDP(0≤t≤1)，如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则P(0，0，1)，B(0，1，0)， C(2，1，0)，D(2，-1，0)， 故=(0，1，-1)，=(2，1，-1)， 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； 1 2 3 4 答案 解　=(2，-1，-1)，=(0，-2，0)，则=+=-t=(-2t，t-2，t)， 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)， 则有 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； 1 2 3 4 答案 解　令y=1，则n=(0，1，1)， 故|cos〈n，〉|===， 整理得4t2-16t+7=0，解得t=或t=(舍去)，所以当=时， 直线CM与平面PBC所成角的正弦值是. 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (3)在平面PBC内是否存在点H，满足·=0，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状. 1 2 3 4 答案 解　由(2)知，平面PBC的一个法向量为n=(0，1，1)， B(0，1，0)，AD的中点G，则=， 则AD的中点G到平面PBC的距离为==， 由·=0，即HD⊥HA，故H在以AD的中点为球心，半径为AD== 的球面上，而<， 4.(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点. (3)在平面PBC内是否存在点H，满足·=0，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状. 1 2 3 4 答案 解　故H在平面PBC上的轨迹是半径为=的圆， 故存在符合题意的点H，此时点H的轨迹是半径为的圆. 返回 $