专题微课 利用空间向量解决立体几何热点问题-【新课程学案】2026-2027学年高中选择性必修第一册教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦利用空间向量解决立体几何热点问题，系统梳理空间向量概念、基本定理及坐标法应用，构建从知识建构到三大题型（探索性问题、折叠问题、新定义问题）的学习支架，配套例题、思维建模与针对训练。 资料特色在于融通学科素养，通过建系、运算等环节培养直观想象与数学运算能力，渗透数形结合思想。如探索性问题用参数假设法，折叠问题分析变与不变，课中辅助教师教学，课后检测助学生查漏补缺，提升几何问题解决能力。

专题微课　利用空间向量解决立体几何热点问题 [建构知识体系] [融通学科素养] 1.浸润的核心素养 空间向量是高中数学的重要组成部分.通过理解空间向量的概念,体现数学抽象的核心素养,通过建系、理解空间向量基本定理,体现直观想象的核心素养,通过空间角、距离的计算,体现数学运算的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)空间向量为我们处理立体几何问题提供了新的视角,它是解决三维空间中图形的位置关系与度量问题的有效工具.我们要体会向量法在研究几何图形中的作用,进一步发展空间想象力. (2)向量法是解决问题的一种重要方法,坐标法是研究向量问题的有力工具.利用空间向量的坐标表示,可以把向量问题转化为代数运算,从而沟通了几何与代数的联系,体现了数形结合的重要数学思想. 题型(一)　空间向量与探索性问题相结合 [例1]　如图,四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形,且PA=PB=PC=PD=2,M为棱PC的中点. (1)求直线AM与平面BMD所成角的余弦值; (2)线段BC上是否存在一点N,使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为,若存在,求出BN长度;若不存在,请说明理由. 解:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,),M,B(1,0,0),D(-1,0,0), 所以=,=(-2,0,0),=, 设平面BMD的法向量为n=(a,b,c), 则即 令b=1,则a=0,c=-,所以n=. 设直线AM与平面BMD所成的角为θ, 所以sin θ=|cos<,n>|===,则cos θ=,所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是. (2)因为N在BC上,设N(t,1-t,0)(t∈[0,1]),则=(t+1,1-t,0),=, 设平面DMN的法向量为m=(x,y,z), 则即 令x=t-1,则y=t+1,z=, 所以m=, 设平面DMN与平面BMD的夹角为α, 所以cos α=|cos<m,n>|= ==, 解得t=,则N,=,所以BN=||==. 　　|思|维|建|模| 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类:一类是已知点存在,求点的位置;一类是判断点的“存在性”问题.其中,在点的“存在性”问题中,先假设所求点存在,将其作为已知条件,得出点的位置或与题设条件矛盾的结论,从而得到结果,在设参数求解点的坐标时,若出现多解的情况,则应分析不同解的含义,判断哪些解是符合题设条件的,再做出取舍.求解点、平面是否存在等探索性问题时,常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面,再利用直线与平面的位置关系去证明结论. 　　[针对训练] 1.如图,已知在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分别是PA,PB,BC的中点. (1)求证:EF⊥平面PAD; (2)线段PD上是否存在一个动点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为?若存在,求线段PM的长度;若不存在,请说明理由. 解:(1)因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,又E,F分别是PA,PB的中点,则EF∥AB,故EF⊥平面PAD. (2)取AD的中点O,连接OG,OP,由题意,OG,OD,OP两两垂直,如图建立空间直角坐标系,则D(0,2,0),G(4,0,0),P(0,0,2),E(0,-1,),F(2,-1,),所以=(2,0,0),=(4,1,-),设平面EFG的法向量为m=(x,y,z), 则即 令z=1,则y=, 故m=(0,,1).设=t,t∈[0,1], 因为=+=+t=(-4,0,2)+t(0,2,-2)=(-4,2t,2(1-t)), 所以|cos<,m>|= ==, 因为直线GM与平面EFG所成的角为,所以=,化简可得2t2-3t+3=0,Δ=9-4×2×3=-15<0,故方程无解, 所以在线段PD上不存在一个动点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为. 2.如图所示为直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1,AB=AD=2,CB=CD=AA1=4,∠BCD=60°,M,M1分别是棱BC,B1C1的中点. (1)求证:BC⊥平面MM1D; (2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值,并判断线段BC上是否存在点P,使得PB1∥平面BDA1.若存在,求出BP的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:由∠BCD=60°,CB=CD,知△BCD为正三角形. 又M为BC的中点,则DM⊥BC.又M1为B1C1的中点,则MM1∥CC1,而CC1⊥BC,所以MM1⊥BC. 又DM∩MM1=M,DM,MM1⊂平面MM1D, 所以BC⊥平面MM1D. (2)由(1)知△BCD为正三角形,则BD=4, 在△ABD中,AB=AD=2, 有BD2=AB2+AD2,所以AB⊥AD, 易知AA1⊥AB,AA1⊥AD,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(+,+,0),D(0,2,0),A1(0,0,4),B1(2,0,4), 所以=(-,+,0),=(-2,0,4),=(-2,2,0),=(0,0,4), 设平面BDA1的法向量n=(x,y,z), 则令x=,得y=,z=1,故n=(,,1). 设BC与平面BDA1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===, 即BC与平面BDA1所成角的正弦值为. 假设在线段BC上存在点P,使得PB1∥平面BDA1,令=λ(0≤λ≤1), 则=(λ-λ,λ+λ,0), 所以=-=(λ-λ,-λ-λ,4), 由PB1∥平面BDA1,得⊥n,所以·n=2λ-2λ-2λ-2λ+4=0,解得λ=, 即线段BC上存在点P,使得PB1∥平面BDA1. 所以||=|λ|=×4=,即BP的值为. 题型(二)　空间向量与折叠问题相结合 [例2]　如图,在△ABC中,AC⊥BC,AC=BC=2,D是AC中点,E,F分别是BA,BC边上的动点,且EF∥AC,将△BEF沿EF折起,将点B折至点P的位置,得到四棱锥P⁃ACFE. (1)求证:EF∥平面PAC; (2)若BE=2AE,二面角P⁃EF⁃C是直二面角,求线段AP中点M到平面PEC的距离; (3)当PD⊥AE时,求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围. 解:(1)证明:在四棱锥P⁃AEFC中,EF∥AC,而AC⊂平面PAC,EF⊄平面PAC,所以EF∥平面PAC. (2)由AC⊥BC,EF∥AC,得EF⊥BC,折叠后,在四棱锥P⁃AEFC中,EF⊥FC,EF⊥PF, 由二面角P⁃EF⁃C是直二面角,得平面PEF⊥平面EFC, 平面PEF∩平面EFC=EF,PF⊥EF,PF⊂平面PEF,所以PF⊥平面EFC. 因为CF⊂平面EFC,所以PF⊥CF. 以FE,FC,FP所在直线分别为x,y,z轴建立如图1所示的空间直角坐标系,则A,P, C,E,M,=,=,=.设平面PCE的法向量为m=(x,y,z), 则令z=1,得m=(1,2,1), 所以点M到平面PEC的距离为==. (3)以C为原点,直线AC和CB分别为x,y轴,过C作平面ACFE的垂线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系, 设P(0,s,u),F(0,t,0),则D(-1,0,0),A(-2,0,0),E(t-2,t,0),显然t>0, =(t,t,0),=(-1,-s,-u),·=-t-st=0,解得s=-1,则P(0,-1,u),则=(t-2,t+1,-u). 点P与其在直线FC上的射影及点F围成以线段PF为斜边的直角三角形, 则u2+(t+1)2=(2-t)2,即u2=3-6t,且2-t>t+1且t>0,即0<t<. 易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),设直线PE与平面ABC所成的角为β, 则sin β=|cos<,n>|= =, 则sin2β=====, 令1-2t=λ∈(0,1),函数f(λ)=λ++6在(0,1)上单调递减,f(λ)>f(1)=16, 因此1-2t++6>16,则0<sin2β<,解得0<sin β<,所以直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围是. |思|维|建|模|　折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形,分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决. (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点,是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动,会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的证明与计算. 　　[针对训练] 3.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,CD=2AB=2AD=4,点E,F分别是边BC,CD的中点,现将△CEF 沿EF边折起,使点C到达点P的位置(如图2所示),且BP=2. (1)求证:平面APE⊥平面ABD; (2)求平面ABP与平面ADP夹角的余弦值. 解:(1)证明:如图1,连接BF,由条件知四边形ABFD是正方形,FC⊥BF,FC=BF,△BFC 是等腰直角三角形,E是BC的中点,∴EF⊥BC,并且BC=2,EF=,BE=. 如图2,在△BPE 中,PE=,PB2=4=PE2+BE2,∴PE⊥BE,FE∩BE=E,FE⊂ 平面ABD,BE⊂平面ABD. 又PE⊥EF,∴PE⊥平面ABD,PE⊂平面APE,∴平面APE⊥平面ABD. (2)因为PE,BE,FE两两垂直,以E为原点,BE所在直线为x轴,FE所在直线为y轴,EP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图3,则有A(2,-,0),B(,0,0),D(,-2,0),P(0,0,),=(2,-,-),=(,0,-),=(,-2,-). 设平面ABP与平面ADP的夹角为θ,平面ABP的法向量为m=(x,y,z),平面ADP的法向量为n=(p,t,q), 则 令z=1,则x=1,y=1,m=(1,1,1); 令q=3,则p=1,t=-1,n=(1,-1,3), ∴cos θ===, 故平面ABP与平面ADP夹角的余弦值为. 题型(三)　立体几何中的新定义问题 [例3]　已知Ω是棱长为的正四面体ABCD,设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M,若M中元素的个数为k,则称α为Ω的k阶等距平面,M为Ω的k阶等距集. (1)若α为Ω的1阶等距平面,且Ω的1阶等距集为{a},求a的所有可能取值以及相应的α的个数; (2)已知β为Ω的4阶等距平面,且点A与点B,C,D分别位于β的两侧.是否存在β,使Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b},其中点A到β的距离为b?若存在,求平面BCD与β夹角的余弦值;若不存在,请说明理由.　 解:(1)情形一:分别取AB,AC,AD的中点M,E,F, 由中位线性质可知ME=EF=MF=, 此时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面, a为正四面体高的一半,等于××=. 由于正四面体有4个面,这样的1阶等距平面α平行于其中一个面,有4种情况; 情形二:分别取AB,AC,CD,DB的中点P,Q,R,S, 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中, 则a为正方体棱长的一半,等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线, 这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线,有3种情况. 综上所述,当a的值为时,α有4个;当a的值为时,α有3个. (2)在线段AB,AC,AD上分别取一点M,E,F, 使得AM∶MB=1∶2,AE∶EC=1∶3,AF∶FD=1∶4,则平面β即为平面MEF. 如图,取BD的中点O,连接OC,以O为坐标原点,OC,OD所在直线分别为x,y轴, 过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系, 则A,C,B,D,所以=-=-=- =, =-=- =- =. 设平面MEF的法向量为m=(x,y,z), 所以即 所以m=(0,1,-). 又平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1), 设平面BCD与β的夹角为θ, 所以cos θ===. 所以存在β满足题意,且平面BCD与β夹角的余弦值为. 　　|思|维|建|模| 立体几何中新定义问题的解题策略 (1)信息提取:首先,需要仔细阅读题目中的新定义,明确新定义的名称和符号. (2)信息加工:对新定义进行信息提取后,探求解决方法和相近的知识点,明确它们的相同点和相似点. (3)应用转换:如果题目涉及新定义的运算或法则,那么直接按照法则计算即可;如果涉及新定义的性质,那么需要判断性质的适用性,利用定义的外延进行推理和计算. 　　[针对训练] 4.已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,=(1,1,0),=(0,2,2),=(1,-1,1). (1)求证:平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1是直四棱柱; (2)计算|(×)·|,并求该平行六面体的体积,说明|(×)·|的值与平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1体积的关系. 解:(1)证明:由题意·=1×1+1×(-1)+0×1=0,·=0×1+2×(-1)+2×1=0, ∴⊥,⊥,即AA1⊥AB,AA1⊥AD. ∵AB,AD是平面ABCD内两相交直线,∴AA1⊥平面ABCD, ∴平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1是直四棱柱. (2)|(×)·|=1×2×1+2×1×1+0-1×(-1)×2-0-0=6, 由题意||=,||=2,·=1×0+1×2+0×2=2, cos∠BAD===, ∴sin∠BAD=, S四边形ABCD=AB·ADsin∠BAD=×2×=2,||=, ∴=S四边形ABCD×AA1=2×=6. ∴|(×)·|=, 故|(×)·|的值与以AB,AD,AA1为邻边的平行六面体的体积相等. [课时检测] 1.如图,在棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点P在棱CD上运动,点Q在侧面ADD1A1上运动,满足B1Q⊥平面AD1P,则线段PQ的最小值为 (　　) A. B.1 C. D. 解析:选A　以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),设P(0,m,0),0≤m≤1,Q(n,0,t),所以=(n-1,-1,t-1),=(-1,0,1),=(-1,m,0),因为B1Q⊥平面AD1P,所以·=(n-1,-1,t-1)·(-1,0,1)=1-n+t-1=t-n=0,故t=n,·=(n-1,-1,t-1)·(-1,m,0)=1-n-m=0,故m=1-n,其中=(n,-m,t),故=n2+m2+t2=2n2+(1-n)2=3n2-2n+1=3+,故当n=时,|=,此时m=1-n=满足要求,所以线段PQ的最小值为=. 2.已知梯形CEPD如图1所示,其中PD=8,CE=6,A为线段PD的中点,四边形ABCD为正方形,现沿AB进行折叠,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如图2所示的几何体.已知当AB上一点F满足AF=λAB(0<λ<1)时,平面DEF⊥平面PCE,则λ的值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　由题意,以A为原点,射线AB,AD,AP为x,y,z轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系,连接ED,EF,FD,所以C(4,4,0),D(0,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),F(4λ,0,0),则=(4,0,-2),=(4,4,-4),=(4(λ-1),0,-2),=(4,-4,2),若m=(x,y,z)是平面DEF的法向量,则⇒ 可得m=. 若n=(a,b,c)是平面PCE的法向量, 则⇒ 可得n=(1,1,2),由平面DEF⊥平面PCE, 得++4=0,解得λ=,故选C. 3.(多选)如图,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,AD=DE=4,G为线段AE上的动点,则下列说法正确的是 (　　) A.AE⊥CF B.若G为线段AE的中点,则GB∥平面CEF C.点B到平面CEF的距离为 D.BG2+CG2的最小值为48 解析:选ABC　因为四边形BDEF是矩形,所以DE⊥DB,又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD,所以DE⊥平面ABCD,而AD,DC⊂平面ABCD,所以DE⊥AD,DC⊥DE,又四边形ABCD是正方形,所以AD⊥DC,因此建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4), 因为=(-4,0,4),=(4,0,4),所以·=-16+16=0⇒⊥,故A正确;当G为线段AE的中点时, G(2,0,2),=(2,4,-2),=(0,-4,4),设平面CEF的法向量为m=(x,y,z),于是有⇒⇒m=(1,-1,-1),因为·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1)=0,GB⊄平面CEF,所以GB∥平面CEF,故B正确;=(4,0,0),所以点B到平面CEF的距离d===,故C正确;设G=(x1,y1,z1),则=λ,(x1-4,y1,z1)=λ(-4,0,4)(λ∈[0,1])⇒G(4-4λ,0,4λ),BG2+CG2=16λ2+16+16λ2+16-32λ+16λ2+16+16λ2=(8λ-2)2+44,当λ=时,BG2+CG2有最小值44,故D错误.故选ABC. 4.(5分)正方形ABCD的边长是2,E,F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示).M为矩形AEFD内一点,如果∠MBE=∠MBC,MB和平面BCF所成角的正切值为,那么点M到直线EF的距离为　　　　. 解析:如图,以E为坐标原点建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),设M(0,y,z) (0≤y≤2,0≤z≤1),=(1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),则cos<,>==, cos<,>==, ∵∠MBE=∠MBC,则=,即y=1,∴=(-1,1,z),平面BCF的一个法向量n=(0,0,1),则cos<n,>==,∵MB和平面BCF所成角的正切值为,则=,则z=,∴点M到直线EF的距离为. 答案: 5.(5分)在直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1=2AB=2.点P在侧面BCC1B1内,若A1C⊥平面BDP,则点P到CD的距离的最小值为　　　　. 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,2),C(0,1,0),B(1,1,0),=(-1,1,-2),设P(x,1,z),=(x,0,z),=(x,1,z). 由于A1C⊥平面BDP,所以·=-x+1-2z=0,所以x+2z=1.由于·=0,即CP⊥DC,P到CD的距离为||= = =,所以当z=-=时,==. 即点P到CD的距离的最小值为. 答案: 6.(15分)已知几何体ABCDEFG,如图所示,其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,且边长为1,点M在棱DG上. (1)求证:BM⊥EF.(5分) (2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45°?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.(10分) 解:(1)证明:∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA.以D为原点,如图建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1). 又点M在棱DG上,故可设M(0,0,t)(0≤t≤1), ∴=(1,1,-t),=(-1,1,0),∴·=0,∴BM⊥EF. (2)当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.理由如下: 假设存在点M,直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z), 由(1)知=(0,-1,1),=(-1,0,1), ∴令z=1,得n=(1,1,1), ∴cos<n,>==. ∵直线MB与平面BEF所成的角为45°, ∴sin 45°=|cos<n,>|==,解得t=-4±3.又0≤t≤1,∴t=3-4,∴存在点M(0,0,3-4)满足题意. ∴当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°. 7.(15分)如图1,已知△ABC是边长为4的正三角形,D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,将△ADE沿DE折起,使点A到达如图2所示的点P的位置,M为DP边的中点. (1)求证:PC∥平面MEF.(5分) (2)若平面PDE⊥平面BCED,求平面MEF与平面PDE夹角的余弦值.(10分) 解:(1)证明:连接DF,DC,设DC与EF交于点Q,连接MQ.因为D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,所以DE∥FC且DE=FC, 则四边形DFCE为平行四边形,所以Q为DC的中点,因为M为DP的中点,所以MQ∥PC. 又因为PC⊄平面MEF,MQ⊂平面MEF,所以PC∥平面MEF. (2)取DE的中点O,连接OP,OF,则PO⊥DE, 因为平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PO⊥平面BCED,PO,OD,OF两两垂直.如图所示,以O为原点,以为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(1,0,0),E(-1,0,0),P(0,0,), F(0,,0),M,=(1,,0),=.设平面MEF的法向量为n=(x,y,z),则n· =n·=0,即令y=1,得n=(-,1,3). 易知m=(0,1,0)为平面PDE的一个法向量, 由|cos<n,m>|==, 得平面MEF与平面PDE夹角的余弦值为. 8.(17分)在空间直角坐标系中,若平面α过点P(x0,y0,z0),且平面α的一个法向量为n=(a,b,c),则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,该方程称为平面α的点法式方程,整理后为ax+by+cz+t=0(其中t=-ax0-by0-cz0),该方程称为平面α的一般式方程.在四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,BC,BD,BC1两两垂直,AD=1,BD=,直线CC1与平面ABCD所成的角为,以B为坐标原点,,,分别是x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面DC1D1的一般式方程;(4分) (2)求点A1到直线C1D1的距离;(4分) (3)在棱BB1上是否存在点M,使得平面A1DM⊥平面C1D1M?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.(9分) 解:(1)由于BC1⊥BC,BC1⊥BD,BC∩BD=B,BC,BD⊂平面ABCD, 所以BC1⊥平面ABCD,所以∠C1CB是直线CC1与平面ABCD所成的角, 所以∠C1CB=,所以BC1=BC=1. 所以D(0,,0),C1(0,0,1),C(1,0,0),=(-1,,0)=, ==(-1,0,1).设平面DC1D1的法向量为n=(x,y,z),则故可取n=(,1,).又D∈平面DC1D1, 所以平面DC1D1的点法式方程为×(x-0)+1×(y-)+×(z-0)=0,即一般式方程为x+y+z-=0. (2)在Rt△BCD中,∠CBD=,BC=1,BD=,则CD=2,设点B到CD的距离为h,则×2h=××1,解得h=. 由于平行四边形ABCD和平行四边形A1B1C1D1全等, 所以点A1到直线C1D1的距离等于点B到CD的距离,即点A1到直线C1D1的距离为. (3)由(1)及题意得B1(-1,0,1),=(-1,0,1),A(-1,,0),=+=+=(-1,,0)+(-1,0,1)=(-2,,1), 即A1(-2,,1).又D(0,,0),D1(-1,,1), 所以=(-2,0,1). 设=λ,0≤λ≤1,则=λ=(-λ,0,λ),即M(-λ,0,λ),所以=(-λ,-,λ), =(1-λ,-,λ-1),=(-1,,0), 设平面A1DM的法向量为u=(x1,y1,z1), 则 故可取u=(,λ,2). 设平面C1D1M的法向量为v=(x2,y2,z2), 则 故可取v=(λ-,λ-1,λ), 若平面A1DM⊥平面C1D1M,则u·v=0, 即3(λ-1)+λ(λ-1)+6λ=λ2+8λ-3=0, 解得λ=-4(舍负). 所以在棱BB1上存在符合题意的点M,且=-4. 学科网（北京）股份有限公司 $