专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题——新高考数学专项练习题附解析

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高考数学探索性问题练习专项解析

高考数学探索性问题练习专项解析一、解答题1．已知21,F F 分别为椭圆C ：（0>>b a ）的左、右焦点, 且离心率为22，点椭圆C 上（1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在斜率为k 的直线与椭圆C 交于不同的两点N M ,，使直线与的倾斜角互补，且直线l 是否恒过定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）过定点()0,2 【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出22,b a 的值；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式∇：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.试题解析：（1）由题意得22=a c ，123222222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛−b a ，222c b a +=，联立得1,1,2222===c b a 椭圆方程为2212x y += 6分（2）由题意,知直线MN 存在斜率,其方程为由消去△=（4km ）2—4（2k 2+1）（2m 2—2）>0设22221x y a b +=)23,22(−A l M F 2N F 2则8分又由已知直线M F 2与N F 2的倾斜角互补, 得化简,得整理得10分直线MN 的方程为,因此直线MN 过定点,该定点的坐标为（2,0） 12分考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合应用.2．椭圆上顶点为M ，O 为椭圆中心，F 为椭圆的右焦点，且焦距为2．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l 交椭圆于P ，Q 两点，判断是否存在直线l ，使点F 恰为PQM ∆的垂心？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2212x y +=（2）存在，43y x =−【分析】（1）根据椭圆的焦距为2，离心率为2，解得：22a =，21b =，故椭圆的标准方程为2212x y +=；（2）设直线PQ 的方程为y x m =+，代入到2212xy +=得2234220x mx m ++−=，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，由韦达定理得：1243x x m +=−，212223m x x −=，因为PF MQ ⊥，1(1PF x −，1)y −，2(MQ x =，21)y −可得：2121120x x x y y y −+−=代入整理可得2340m m +−=，解得：43m =−，即可求出直线方程. 【详解】（1）设椭圆的标准方程为22221x y a b+=，(0)a b >>，焦距为2c ，故221c c =⇒=又2c e a ==，222a b c =+，22a ∴=，21b =．故椭圆的标准方程为2212x y +=．（2）设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，F 为PQM ∆的垂心，, MF PQ MP FQ ∴⊥⊥． (0,1)M ，(1,0)F ，21212(1)()20m x x x x m m −+−+−=，1MF k ∴=−，1PQ k ∴=，设直线PQ 的方程为y x m =+，代入到2212xy +=得2234220x mx m ++−=，∴22(4)12(22)0m m ∆=−−>，解得m <<且1m ≠1243x x m ∴+=−，212223m x x −=，PF MQ ⊥，1(1PF x =−，1)y −，2(MQ x =，21)y −2121120x x x y y y ∴−+−=，即21212(1)()20m x x x x m m −+−+−= 由根与系数的关系，得2340m m +−=．解得43m =−或1m =（舍去）．故存在直线l ，使点F 恰为PQM ∆的垂心，且直线l 的方程为43y x =− 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的关系，常用方法为：设而不求利用韦达定理求出根与系数关系，结合条件即可得解.要求较高的计算能力，属于难题. 3．已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为12，右焦点到右顶点的距离为1．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）是否存在与椭圆C 交于,A B 两点的直线l ：()y kx m k R =+∈，使得22OA OB OA OB +=−成立？若存在，求出实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）22143x y +=，（Ⅱ）(,)−∞⋃+∞. 【解析】试题分析：（1）由已知条件可推得1,12c e a c a ==−=，由此能求出椭圆的标准方程；（2）存在直线l 使得22OA OB OA OB +=−成立，直线方程与椭圆的方程联立，由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条件，得出2271212m k =+，即可求解实数m 的取值范围．试题解析：（1）设椭圆C 的方程为22221x y a b+=（0a b >>），半焦距为c ．依题意12c e a ==，由右焦点到右顶点的距离为1，得1a c −=．解得1c =，2a =．所以2223b a c =−=．所以椭圆C 的标准方程是22143x y +=．（2）解：存在直线l ，使得22OA OB OA OB +=−成立．理由如下：由22{143y kx mx y =++=得()2223484120k xkmx m +++−=．()()()22284344120km k m ∆=−+−>，化简得2234k m +>．设()11,x y A ，()22,x y B ，则122834km x x k +=−+，212241234m x x k−=+．若22OA OB OA OB +=−成立，即2222OA +OB =OA −OB ，等价于0OA⋅OB =．所以．()()12120x x kx m kx m +++=，()()22121210k x x km x x m ++++=，()222224128103434m km k km m k k−+⋅−⋅+=++, 化简得，2271212m k =+．将227112k m =−代入2234k m +>中，22734112m m ⎛⎫+−> ⎪⎝⎭，解得，234m >．又由227121212m k =+≥，2127m ≥，从而2127m ≥，m ≥m ≤所以实数m 的取值范围是,⎛⎫−∞⋃+∞ ⎪⎝⎭．考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置的应用．【方法点晴】本题主要考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的几何性质、不等式求范围问题，此类问题的解答中，把直线的方程与圆锥曲线方程联立，利用方程的根与系数的关系，以及韦达定理结合题目的条件进行合理运算是解答的关键，着重考查了学生推理与运算能力，同时注意试题中的隐含条件，做到合理加以运用，属于中档试题． 4．已知为椭圆C 的左、右焦点，且点在椭圆C 上.（1）求椭圆C 的方程；（2）过的直线交椭圆C 于A ，B 两点，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求其最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程为，由，利用已知条件能求出，由此能求出椭圆的方程；（2）设直线，由，得，利用韦达定理推导出．当不存在时圆面积最大，此时直线方程为．试题解析：（1）由已知，可设椭圆的方程为.因为，所以.所以椭圆的方程为.（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，由得.设，则，所以.设内切圆半径为，因为的周长为（定值），，所以当的面积最大时，内切圆面积最大.又，令，则，所以，又当k不存在时，，此时，故当k不存在时内切圆面积最大，，此时直线方程为.考点：（1）椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆的综合.【方法点晴】本题考查椭圆方程的求法，根据椭圆的定义设出椭圆的标准方程，得解；考查三角形内切圆面积是否存在最大值的判断，用到不太常用的三角形内切圆半径公式：，故可得当三角形周长固定时，三角形面积越大内切圆面积越大，解题时要认真审题，注意韦达定理和分类讨论思想的合理运用，计算难度较大，属于难题. 5．（本小题共13分）在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2+y 2−12x +32=0的圆心为Q ，过点P(0，2)且斜率为k 的直线l 与圆Q 相交于不同的两点A ，B ．（Ⅰ）求圆Q 的面积；（Ⅱ）求k 的取值范围；（Ⅲ）是否存在常数k ，使得向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)4π. (2)(−34,0)(3)没有符合题意的常数k【解析】解：（Ⅰ）圆的方程可化为(x −6)2+y 2=4，可得圆心为Q(6，0)，半径为2，故圆的面积为4π． ---------------------3分（Ⅱ）设直线l 的方程为y =kx +2．法一：将直线方程代入圆方程得x 2+(kx +2)2−12x +32=0，整理得(1+k 2)x 2+4(k −3)x +36=0． ① ---------------------4分直线与圆交于两个不同的点A ，B 等价于Δ=[4(k −3)]2−4×36(1+k 2)=42(−8k 2−6k)>0， ---------------------6分解得−34<k <0，即k 的取值范围为(−34，0)． ---------------------8分法二：直线l 与圆(x −6)2+y 2=4交于两个不同的点A ，B 等价于√k 2+1<2---------------------5分化简得(−8k 2−6k)>0，解得−34<k <0，即k 的取值范围为(−34，0)． ---------------------8分（Ⅲ）设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2,y 1+y 2)，由方程①， x 1+x 2=−4(k−3)1+k 2②又y 1+y 2=k(x 1+x 2)+4． ③ ---------------------10分而P(0，2)，Q(6，0)，PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6，−2)．所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线等价于−2(x 1+x 2)=6(y 1+y 2)---------------------11分将②③代入上式，解得k =−34． ---------------------12分6．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，长轴长为23，离心率为33，经过其左焦点1F 的直线l 交椭圆C 于,P Q 两点（I ）求椭圆C 的方程；（II ）在x 轴上是否存在一点M ，使得MP MQ ⋅恒为常数？若存在，求出M 点的坐标和这个常数；若不存在，说明理由.【答案】（I ）22132x y +=；（II ）见详解. 【分析】（I ）根据ce a=，222a b c =+和已知即可求解；（II ）联立直线与椭圆方程，消去y 根据韦达定理代入数量积即可求解. 【详解】（I ）设椭圆的方程为22221(0)x y a b a b+=>>，由题意，得2a c a ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得1a c ⎧=⎪⎨=⎪⎩22a = 所求的椭圆方程为22132x y += .（II ）由（I ）知1(1,0)F −. 假设在轴上存在一点(,0)M t ，使得MP MQ ⋅恒为常数， ①当直线l 与x 轴不垂直时，设其方程为(1)y k x =+，()11,P x y 、()22,Q x y .由22(1)132y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()()2222236360k x k x k +++−=，所以2122623x x x k +=−+，21223623k x x k−=+()()()()()()21212122211MP MQ x t x t y y x t x t k x x ⋅=−−+=−−+++()()()222222221k x x k txx k t =++−+++()()()222222222221366(61)6232323k k kt k t k k t t k k k+−−−−−=−++=++++()2222211616223441333223323t k r t t t t k t ⎛⎫⎛⎫−+−++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+−−++. 因为MP MQ ⋅是与k 无关的常数，从而有16403t +=，即73t =− 此时119MP MQ ⋅=−②当直线l 与x 轴垂直时，此时点,P Q的坐标分别为,1,⎛⎛−− ⎝⎭⎝⎭，当43t =−时，亦有119MP MQ ⋅=− 综上，在x 轴上存在定点4,03M ⎛⎫− ⎪⎝⎭，使得MP MQ ⋅恒为常数，且这个常数为119−.【点睛】本题考查椭圆方程及椭圆与直线的应用.此题的难点是计算. 7．已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A12），且点F0）为其右焦点．（1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在直线l 与椭圆C 交于B ，D 两点，满足22·5OB OD =，且原点到直线l 在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2214x y +=（2）不存在【分析】（1）根据焦点及椭圆定义，即可求得参数c 与a ，从而求得椭圆的方程．（2）根据点到直线距离，可得m 与k 的等量关系式；联立方程，由判别式可得k 的取值范围，进而结合向量的数量积求得斜率，判断是否存在．【详解】（1）设椭圆C 的方程为()222210x y a b a b+=>>，则左焦点为()F '，在直角三角形AFF '中，可求72AF '=，∴242a AF AF a '=+=⇒=，故椭圆C 的方程为2214x y +=．（2）假设存在符合题意的直线l ，其方程为y kx m =+，由原点到l()2231m k ==+．联立方程2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得()()222148410k x kmx m +++−=．则122814mk x x k −+=+，()21224114m x x k −=+，()2216202k k ∆=−>⇒>．设()11,B x y ，()22,D x y ，则()()()222121212122111221145k OB OD x x y y k x x mk x x m k +⋅=+=++++==+，解得()212,k =∉+∞．当斜率不存在时，l的方程为x =112245OB OD ⋅=≠．综上，不存在符合条件的直线． … 【点睛】本题考查了圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆的关系，是高考的常考点，属于难题．8．（本小题12分）已知如图，圆8)2(:22=++y x N 和抛物线x y C 2:2=，圆的切线l 与抛物线C 交于不同的点A ，B .（1）当直线l 的斜率为1时，求线段AB 的长；（2）设点M 和点N 关于直线x y =对称，问是否存在圆的切线a my x l +=:使得MA MB ⊥？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）102=AB ；（2）存在，2+−=x y . 【解析】试题分析：（1）圆N 的圆心坐标为)0,2(−，半径22=r ，设),(11y x A ，),(22y x B ，设l 的方程，利用直线l 是圆N 的切线，求得m 的值，从而可得直线l 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，即可计算弦长||AB ；（2）利用直线l 是圆N 的切线，可得a ，m 满足的一个方程，将直线l 的方程与抛物线方程联立，利用MA MB ⊥，可得a ，m 满足的另一个方程，联立方程组可求得a ，m 的值，从而得到满足题设的直线l .试题解析：∵圆N ：8)2(:22=++y x N ，∴圆心坐标为)0,2(−，半径22=r ，（1）当直线l 的斜率为1时，设l 的方程为m x y +=，即0=+−m y x ，∵直线l 是圆N 的切线，∴222|2|=+−m ，解得2−=m 或6=m （舍），此时直线l 的方程为2−=x y ，由⎩⎨⎧=−=xy x y 222，消去x 得0422=−−y y ，∴0>∆，设),(11y x A ，),(22y x B ，则221=+y y ，421−=y y ，得204)()(21221221=−+=−y y y y y y ，∴弦长102||11||212=−⋅+=y y kAB ；（2）∵直线l 是圆N 的切线，∴221|2|2=+−−m a ，得048422=−−+m a a ①，由⎩⎨⎧=+=xy amy x 22，消去x 得0222=−−a my y ，∴0842>+=∆a m ，即022>+a m ，且m y y 221=+，a y y 221−=，∵点M 和点N 关于直线x y =对称，∴点M 为)2,0(−，∴11(,2)MA x y =+，22(,2)MB x y =+，∵MA MB ⊥，∴1212(2)(2)0MA MB x x y y ⋅=+++=，即04)(2212121=++++y y y y x x ，即04422=++−m a a ②，①+②，得0482222=+−+m m a a ，解得m a 2−=或12−=m a ，当m a 2−=时，代入①解得1−=m ，2=a ，满足条件022>+a m ，当12−=m a 时，代入①得07442=+−m m ，无解，综上所述，存在满足条件的直线l ，其方程为2+−=x y . 考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.弦长的计算；3.韦达定理的运用.9．已知曲线22111:()1()44C x y y +−=≥，22:81(1)C x y x =−≥，动直线l 与2C 相交于,A B 两点，曲线2C 在,A B 处的切线相交于点M ．（1）当MA MB ⊥时，求证：直线l 恒过定点，并求出定点坐标；（2）若直线l 与1C 相切于点P ，试问：在y 轴上是否存在两个定点12,T T ，当直线12,MT MT 斜率存在时，两直线的斜率之积恒为定值？若存在求出满足条件的点12,T T 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）17(0,)8；（2）存在两个定点12(0,1),(0,1)T T −恒满足12116MT MT k k =. 【解析】试题分析：（1）设出直线方程:l y kx b =+，联立其与抛物线方程得到,A B 两点坐标的关系，再由导数的几何意义，直线,MA MB 的斜率就是它们分别在,A B 两点处切线的斜率，且1MA MB k k =−，可求得178b =；（2）利用,A B 两点坐标表示出直线MA ，MB 的方程，观察可得直线AB 的方程，利用AB 与圆相切整理即得动点M 的轨迹方程，问题得解.试题解析：（1）依题意，直线l 的斜率存在，设1122:,(,),(,)l y kx b A x y B x y =+，由281y kx b x y =+⎧⎨=−⎩得28810x kx b −−+=则1281x x b =−+，又由218x y +=得1212116444MA MB x x xy k k x x '==⋅=−=−，∴8116b −+=−，∴178b = ∴l 的方程为178y kx =+，恒过定点17(0,)8．（2）设(,)M u v ，直线111:()4x MA y y x x −=−，即111044x x y y −−+=又MA 经过(,)M u v ，∴111044x u v y −−+=，即∴111044x u y v −−+=，同理，∴221044x u y v −−+=由此可得切线AB 的方程为∴1044x u y v −−+=．由直线AB1=，化简得22116u v −=，从而动点M 的轨迹方程为22116x y −=，为焦点在y 轴上的双曲线．取12(0,1),(0,1)T T −，则12222211111616MT MT x y y y k k x x x x +−−=⋅===为定值故存在两个定点12(0,1),(0,1)T T −满足12116MT MT k k =恒为定值．考点：直线与圆、直线与抛物线的位置关系的应用.【方法点晴】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系及函数与方程思想的应用,综合性较强，属于难题.解答本题的技巧在于，通过导数的几何意义得到两条切线斜率之间的关系，由直线与抛物线方程构成的方程组得到两切点坐标的关系，二者本质上是统一的，从而得到直线经过的定点；第二问的难点是从第一问出发，写出直线MA ，MB 的方程，观察得到点M 的轨迹，通过双曲线知识得到答案. 10．已知椭圆焦点在x 轴上，下顶点为D(0，－1)，且离心率e =√63．经过点M(1,0)的直线L 与椭圆交于A ，B 两点.(Ⅰ)求椭圆的标准方程；（Ⅱ）求|AM|的取值范围.（Ⅲ）在x 轴上是否存在定点P ，使∠MPA=∠MPB 。

高考数学立体几何空间几何中的探索性问题

立体几何空间几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)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?【拆解1】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,证明:BA⊥BC.【解析】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=√BC2+CF2=√22+12=√5,∵BF⊥A1B1,AB∥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF=√AB2+BF2=√22+(√5)2=3,AC=√AF2-CF2=√32-12=2√2,∴AC2=AB2+BC2,即BA⊥BC.【拆解2】本例条件不变,证明:BF⊥DE.【解析】由拆解1可知BA⊥BC,故以B为原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为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B 1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即BF ⊥DE. 【拆解3】本例条件不变,问当B 1D 为何值时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【解析】∵AB ⊥平面BB 1C 1C,∴平面BB 1C 1C 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DFE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =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 |=1×√9+(m+1)+(2-m )=√2m 2-2m+14=√2(m -12) 2+272,∴当m=12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的余弦值最大,为√63,此时正弦值最小,为√33. 小做变式训练《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.(1)若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C.(2)是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【拆解1】《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C. 【解析】取A 1C 1的中点H,连接PH,HC,如图所示.在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,四边形BCC 1B 1为平行四边形, 所以B 1C 1∥BC 且B 1C 1=BC.在△A 1B 1C 1中,P,H 分别为A 1B 1,A 1C 1的中点, 所以PH ∥B 1C 1且PH=12B 1C 1. 因为N 为BC 的中点,所以NC=12BC,从而NC=PH 且NC ∥PH,所以四边形PHCN 为平行四边形,于是PN ∥CH.因为CH ⊂平面A 1C 1CA,PN ⊄平面A 1C 1CA,所以PN ∥平面AA 1C 1C. 【拆解2】本例条件不变,求平面PMN 的法向量.【解析】以A 为原点,AB,AC,AA 1所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),N(12,12,0),M(0,1,12).假设满足条件的点P 存在,令P(λ,0,1)(0≤λ≤1),则NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,12),PN⃗⃗⃗⃗⃗ =(12-λ,12,-1,). 设平面PMN 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y +12z =0,(12-λ)x +12y -z =0.令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ, 所以n=(3,1+2λ,2-2λ).【拆解3】本例条件不变,问是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【解析】由拆解2知,平面PMN 的一个法向量为n=(3,1+2λ,2-2λ), 且易知平面ABC 的一个法向量为m=(0,0,1). 由题意得|cos <m,n>|=√9+(1+2λ)+(2-2λ)=√8λ2-4λ+14=√22,解得λ=-12,故点P 不在线段A 1B 1上.所以不存在.通法技巧归纳解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点:①空间中的点可设为(x,y,z);②坐标平面内的点其中一个坐标为0,如平面xOy 上的点为(x,y,0);③坐标轴上的点两个坐标为0,如z 轴上的点为(0,0,z);④直线(线段)AB 上的点P,可设为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,表示出点P 的坐标,或直接利用向量运算. 突破实战训练 <基础过关>1.如图,在三棱锥P -ABC 中,△ABC 为直角三角形,∠ACB=90°,△PAC 是边长为4的等边三角形,BC=2√3,二面角P -AC -B 的大小为60°,点M 为PA 的中点.(1)请你判断平面PAB 垂直于平面ABC 吗?若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由. (2)求CM 与平面PBC 所成的角的正弦值.【解析】(1)平面PAB ⊥平面ABC,理由如下:如图,分别取AC,AB 的中点D,E,连接PD,DE,PE, 则DE ∥BC.因为∠ACB=90°,BC=2√3. 所以DE ⊥AC,DE=√3.因为△PAC 是边长为4的等边三角形,所以PD ⊥AC,PD=2√3.所以∠PDE 为二面角P -AC -B 的平面角,则∠PDE=60°, 在△PDE 中,由余弦定理,得PE=√PD 2+DE 2-2PD ·DEcos 60°=3, 所以PD 2=PE 2+ED 2, 所以PE ⊥ED.因为ED ⊥AC,PD ⊥AC,ED∩PD=D,ED,PD ⊂平面PDE, 所以AC ⊥平面PED, 所以AC ⊥PE.又AC∩ED=D,DE,AC ⊂平面ABC,所以PE ⊥平面ABC, 因为PE ⊂平面ABC, 所以平面PAB ⊥平面ABC.(2)以点C 为原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 且与PE 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,2√3,0),A(4,0,0),E(2,√3,0),P(2,√3,3),M(3,√32,32),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√32,32),CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),CP ⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,3). 设平面PBC 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1), 则{n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y 1=0,2x 1+√3y 1+3z 1=0,取x 1=3,则n=(3,0,-2).所以CM 与平面PBC 所成的角的正弦值为sin θ=|cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=2√3×√13=√3913.2.如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E,F 分别是B 1B,BC 的中点. (1)求证:A 1E,AB,DF 三线共点.(2)线段CD 上是否存在一点G,使得直线FG 与平面A 1EC 1所成的角的正弦值为√33?若存在,请指出点G 的位置,并求二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值大小;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接EF,AD,∵EF ∥A 1D 且EF≠A 1D,∴A 1E,DF 共面,设A 1E∩DF=P,则点P ∈A 1E,而A 1E ⊂平面AA 1B 1B, ∴点P ∈平面AA 1B 1B. 同理可得点P ∈平面ABCD,∴点P 在平面ABCD 与平面AA 1B 1B 的公共直线AB 上, 即A 1E,AB,DF 三线共点.(2)根据题意可知,AA 1,AB,AD 两两垂直,以A 为原点,AB,AD,AA 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由图可得A 1(0,0,2),E(2,0,1),C 1(2,2,2),F(2,1,0), 故A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 假设满足条件的点G 存在, 设G(a,2,0),a ∈[0,2],则FG ⃗⃗⃗⃗ =(a -2,1,0), 设平面A 1EC 1的法向量为m=(x,y,z), 则由{m ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x -z =0,2x +2y =0,不妨取z=2,则x=1,y=-1,所以平面A 1EC 1的一个法向量为m=(1,-1,2), 设直线FG 与平面A 1EC 1的平面角为θ,则sin θ=|cos<m,FG ⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·FG⃗⃗⃗⃗⃗|m ||FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|√(a -2)+12+02×√12+(-1)+22|=√33,解得a=1,故G 为CD 的中点. 则GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),设平面A 1GC 1的法向量为n=(x,y,z),由{n ·GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +2z =0,2x +2y =0,取x=-2,则z=1,y=2,则平面A 1GC 1的一个法向量为n=(-2,2,1), |cos<m,n>|=|m ·n|m ||n ||=|√6×3|=√69, 所以二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值为√69.3.如图,C 是以AB 为直径的圆O 上异于A,B 的点,平面PAC ⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F 分别是PC,PB 的中点,记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l.(1)求证:直线l ⊥平面PAC.(2)直线l 上是否存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余?若存在,求出|AQ|的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵E,F 分别是PC,PB 的中点,∴BC ∥EF,又EF ⊂平面EFA,BC ⊄平面EFA,∴BC ∥平面EFA,又BC ⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,∴BC ∥l,又BC ⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC ⊥平面ABC,∴BC ⊥平面PAC,∴l ⊥平面PAC.(2)以C 为坐标原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 垂直于平面ABC 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,可得A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,√3),E(12,0,√32),F(12,2,√32),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,√32),EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设Q(2,y,0),平面AEF 的法向量为m=(x,y,z),则{AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-32x +√32z =0,EF⃗⃗⃗⃗ ·m =2y =0,取z=√3,得m=(1,0,√3),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,y,-√3), |cos<PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ >|=|2√4+y 2|=√4+y 2,|cos PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |=|2√4+y 2|=√4+y 2,依题意得|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ |=|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |, ∴y=±1,∴直线l 上存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余,此时|AQ|=1. 4.在图1所示的平面图形ABCD 中,△ABD 是边长为4的等边三角形,BD 是∠ADC 的平分线,且BD ⊥BC,M 为AD 的中点,以BM 为折痕将△ABM 折起得到四棱锥A -BCDM(如图②所示).(1)设平面ABC 和平面ADM 的交线为l,在四棱锥A -BCDM 的棱AC 上求一点N,使直线BN ∥l;(2)若二面角A -BM -D 的大小为60°,求平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值. 【解析】(1)延长CB,DM,设其交点为E,如图所示,因为点A,E 既在平面ABC 内,又在平面AMD 内, 所以直线AE 为平面ABC 与平面AMD 的交线l,因为BD 为∠MDC 的平分线,且BD ⊥BC,所以B 为EC 的中点, 取AC 的中点N,连接BN,则BN 为△AEC 的中位线, 所以直线BN ∥AE,即BN ∥l, 故N 为棱AC 的中点.(2)因为BM ⊥AM,BM ⊥MD,所以∠AMD=60°, 又因为AM=MD,所以△AMD 为等边三角形,取MD 的中点O 为坐标原点,以OM 所在的直线为x 轴,在平面BCDM 内过点O 且和MD 垂直的直线为y 轴,以OA 所在的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以D(-1,0,0),A(0,0,√3),C(-5,4√3,0),B(1,2√3,0), 所以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,4√3,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0), 设平面ACD 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,-4x +4√3y =0,令z=-√3,则x=3,y=√3, 所以m=(3,√3,-√3),设平面ABD 的法向量为n=(a,b,c),则{n ·DA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{a +√3c =0,2a +2√3b =0,令c=-√3,则a=3,b=-√3, 所以n=(3,-√3,-√3),设平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的大小为θ, 所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√3×√3)√3)√3)|√32+(√3)+(-√3)·√32+(-√3)+(-√3)=35,所以平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值为35.<能力拔高>5.已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,且BC=BD,DD 1⊥平面ABCD,AA 1=1,BE ⊥CD 于点E.(1)试问在线段A 1B 1上是否存在一点F,使得AF ∥平面BEC 1?若存在,求出点F 的位置;若不存在,请说明理由.(2)在(1)的条件下,求平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值.【解析】(1)当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. 下面给出证明:取AB 的中点G,连接EG,B 1G,则FB 1∥AG,且FB 1=AG, 所以四边形AGB 1F 为平行四边形,所以AF ∥B 1G.因为BC=BD,BE ⊥CD,所以E 为CD 的中点,又G 为AB 的中点,AB ∥CD,AB=CD,所以BG ∥CE,且BG=CE,所以四边形BCEG 为平行四边形,所以EG ∥BC,且EG=BC,又BC ∥B 1C 1,BC=B 1C 1, 所以EG ∥B 1C 1,且EG=B 1C 1,所以四边形EGB 1C 1为平行四边形, 所以B 1G ∥C 1E,所以AF ∥C 1E,又AF ⊄平面BEC 1,C 1E ⊂平面BEC 1,所以当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. (2)连接DG,因为BD=BC=AD,G 为AB 的中点,所以DG ⊥AB,又AB ∥CD,所以DG ⊥CD, 因为DD 1⊥平面ABCD,DC,DG ⊂平面ABCD,所以DD 1⊥DC,DD 1⊥DG,所以DG,DC,DD 1两两垂直,以D 为原点,DG,DC,DD 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz,由题意知BD=BC=CD=AB=AD=2,所以∠DAB=∠BDC=60°,又AA 1=1,所以D(0,0,0),A(√3,-1,0),D 1(0,0,1),E(0,1,0),C 1(0,2,1),B(√3,1,0),F(√3,0,1), 所以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1).设平面BEC 1的法向量为n=(x,y,z),则{EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√3x =0,y +z =0,令z=1,得平面BEC 1的一个法向量为n=(0,-1,1).设平面ADF 的法向量为m=(a,b,c),则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{√3a -b =0,√3a +c =0,令a=1,得b=√3,c=-√3,平面ADF 的一个法向量m=(1,√3,-√3).设平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|m ·n ||m |·|n |=√3√7×√2=√427.所以平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值为√427. 6.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB=2,AA 1=3,M,N 分别为AB,BC 的中点,P 为线段CC 1上一点.平面ABC 1与平面ANP 的交线为l.(1)是否存在点P 使得C 1M ∥平面ANP?若存在,请指出点P 的位置并证明;若不存在,请说明理由.(2)若CP=1,求二面角B -l -N 的余弦值.【解析】(1)当CP=2时,C 1M ∥平面ANP. 证明如下:连接CM 交AN 于点G,连接GP,因为CG GM =CPPC 1=2,所以C 1M ∥GP,又GP ⊂平面ANP,C 1M ⊄平面ANP, 所以C 1M ∥平面ANP.(2)取AC 的中点O,连接BO,易证OB ⊥平面ACC 1A 1,如图,分别以OB,OC 所在的直线为x,y 轴,以过点O且平行于AA 1的直线为z轴建立空间直角坐标系,A(0,-1,0),B(√3,0,0),C 1(0,1,3),N (√32,12,0),P(0,1,1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1). 设平面ABC 1的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面APN 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 由{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{√3x 1+y 1=0,2y 1+3z 1=0,令x 1=√3得n 1=(√3,-3,2),由{n 2·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{2y 2+z 2=0,√32x 2+32y 2=0,令x 2=√3得n 2=(√3,-1,2), 设二面角B -l -N 的平面角为θ,则cos θ=|n 1·n 2|n 1||n 2||=4×√8=5√28. <拓展延伸>7.如图,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC 边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A 到达点P 的位置,且PB=BE.(1)证明:EF ⊥平面PBE.(2)设N 为线段PF 上的动点,求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)因为E,F 分别为AB,AC 边的中点,所以EF ∥BC. 又因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE,EF ⊥PE. 又因为BE∩PE=E,所以EF ⊥平面PBE. (2)取BE 的中点O,连接PO,由(1)知EF ⊥平面PBE,EF ⊂平面BCFE, 所以平面PBE ⊥平面BCFE. 因为PB=BE=PE,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE, 所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M,分别以OB,OM,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.则P (0,0,√32),C (12,2,0),F (-12,1,0),B(12,0,0),PC ⃗⃗⃗⃗ =(12,2,-√32),PF ⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,-√32),N 为线段PF 上一动点,设PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPF ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则N (-λ2,λ,√32(1-λ)),BN⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ+12,λ,√32(1-λ)), 设平面PCF 的法向量为m=(x,y,z),则{PC ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{12x +2y -√32z =0,-12x +y -√32z =0,取m=(-1,1,√3).设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ, 则sin θ=|cos<BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m |=√5×√2λ2-λ+1=√5×√2(λ-14)2+78≤√5×√78=4√7035,当且仅当λ=14时取等号.故直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为4√7035.8.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=1,E、F是边DC的三等分点.现将△DAE,△CBF分别沿AE,BF 折起,使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直.(1)若G为线段AB上一点,且AG=1,求证:DG∥平面CBF.(2)求二面角A-CF-B的正弦值.【解析】(1)(法一)如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN..因为AD=DE=1,所以DM⊥AE,且DM=√22.因为BC=CF=1,所以CN⊥BF,且CN=√22因为平面DAE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM⊥AE,DM⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN⊥平面ABFE,所以DM∥CN,且CN=DM.又DM⊄平面CBF,CN⊂平面CBF,所以DM∥平面CBF,在矩形ABCD中,∠DAE=45°,故∠EAB=45°,同理可得∠FBA=45°,,所以MG2+AM2=AG2,所以在几何体ABFEDC中,因为MG=√AM2+AG2-2AM·AGcos45°=√22∠AMG=90°,所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形,故∠MGA=45°.而∠FBA=45°,且MG与FB共面于平面EFBA,故MG∥FB.又MG⊄平面CBF,FB⊂平面CBF,所以MG∥平面CBF.又MG∩DM=M,MG,DM⊂平面DMG,所以平面DMG∥平面CBF.因为DG⊂平面DMG,所以DG∥平面CBF.(法二)如图,分别取AE,BF 的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN. 因为AD=DE=1,∠ADE=90°,所以DM ⊥AE,且DM=√22. 因为BC=CF=1,∠BCF=90°,所以CN ⊥BF,且CN=√22.因为平面DAE ⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM ⊥AE,DM ⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN ⊥平面ABFE,所以DM ∥CN,且CN=DM, 所以四边形CDMN 是矩形,所以CD MN. 又MN 是等腰梯形ABFE 的中位线,所以CD=MN=1+32=2.又GB=2,所以CD ∥GB,CD=GB,所以四边形CDGB 是平行四边形,所以CB ∥DG. 又CB ⊂平面CBF,DG ⊄平面CBF,所以DG ∥平面CBF.(2)如图,以G 为坐标原点,分别以AB,GE 所在直线为x 轴,y 轴,以过点G 并垂直于平面ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系, 则A(-1,0,0),B(2,0,0),E(0,1,0),F(1,1,0),C (32,12,√22), 则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),FC ⃗⃗⃗⃗ =(12,-12,√22),BF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 所以GF ⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)·(-1,1,0)=0,所以GF ⊥BF. 由(1)得CN ⊥平面ABFE,所以GF ⊥CN.而BF,CN ⊂平面CBF,BF∩CN=N,故GF ⊥平面CBF, 从而GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面AFC 的法向量, 则{n ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +y =0,x -y +√2z =0,解得{y =-2x ,z =-3√22x , 取x=-2,则y=4,z=3√2,即n=(-2,4,3√2),所以cos<GF ⃗⃗⃗⃗ ,n>=√2)√2×√38=√1919,故所求二面角的正弦值为√1-119=3√3819。

立体几何的探索性问题-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品

高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇立体几何专题04立体几何的探索性问题类型对应典例探索位置问题典例1“线定，面动”探索线面平行问题典例2“线动，面定”探索线面平行问题典例3探索线线垂直问题典例4探索线面垂直问题典例5探索面面垂直问题典例6探索二面角问题典例7【典例1】如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．（1）求异面直线AP，BM所成角的余弦值；（2）点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为45，求λ的值．【典例2】如图，在平行四边形ABCD 中，2,4,60AB AD BAD ︒==∠=，平面EBD ⊥平面ABD ，且,EB CB ED CD ==.（1）在线段EA 上是否存在一点F ，使//EC 平面FBD ，证明你的结论；（2）求二面角A EC D --的余弦值.【典例3】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，BC ∥AD ，12BC CD AD ==.（Ⅰ）求证：CD ⊥PD ；（Ⅱ）求证：BD ⊥平面PAB ；（Ⅲ）在棱PD 上是否存在点M ，使CM ∥平面PAB ，若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由.【典例4】在三棱锥P—ABC 中，PB ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB=PB =2，BC =2E 、G 分别为PC 、PA 的中点.（1）求证：平面BCG ⊥平面PAC ；（2）假设在线段AC 上存在一点N ，使PN ⊥BE ，求ANNC的值；（3）在（2）的条件下，求直线BE 与平面PBN 所成角的正弦值【典例5】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，1AB BC ==，2PA AD ==．（1）求证：CD ⊥平面PAC ；（2）在棱PC 上是否存在点H ，使得AH ⊥平面PCD ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由．【典例6】直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AA C C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AA C C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由.【典例7】如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝，DE ＝.（1）求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；（2）在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M BE D 的大小为60°？若存在，求出AMAF的值；若不存在，说明理由.1.如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3π，E ，F 分别是BC ，A 1C的中点．（1）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；（2）点M 在线段A 1D 上，11A MA Dλ=．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．2．如图，在四棱锥PABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ．E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（I ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(II)若二面角PCDA 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.3．已知四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 为菱形，60ABC ∠=︒，PA ⊥平面ABCD ，E 、M 分别是BC 、PD 上的中点，直线EM 与平面PAD 所成角的正弦值为155，点F 在PC 上移动.（Ⅰ）证明：无论点F 在PC 上如何移动，都有平面AEF ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求点F 恰为PC 的中点时，二面角C AF E --的余弦值.4．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA PD =，PA AB ⊥，N 是棱AD 的中点.(1)求证：PN ^平面ABCD ；(2)在棱BC 上是否存在点E ，使得//BN 平面DEP ？并说明理由.5．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB PC ⊥，AD BC ∕∕，AD CD ⊥，且2PC BC AD ==2CD ==2PA =．(1)PA ⊥平面ABCD ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为60︒？如果存在，求PMPD的值；如果不存在，请说明理由．6．如图，在四棱锥S ABCD -中，已知四边形ABCD的正方形，点S 在底面ABCD 上的射影为底面ABCD 的中心点O ，点P 在棱SD 上，且SAC 的面积为1．（1）若点P 是SD 的中点，求证：平面SCD ⊥平面PAC ；（2）在棱SD 上是否存在一点P 使得二面角P AC D --？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．7．如图，在三棱锥A BCD -中，顶点A 在底面BCD 上的投影O 在棱BD 上，AB AD ==，2BC BD ==，90CBD ∠=︒，E 为CD 的中点．（1）求证：AD ⊥平面ABC ；（2）求二面角B AE C --的余弦值；（3）已知点Q 为AE 的中点，在棱BD 上是否存在点P ，使得PQ ⊥平面ABE ，若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由．8．如图，AC 是O 的直径，点B 是O 上与A ，C 不重合的动点，PO ⊥平面ABC .（1）当点B 在什么位置时，平面OBP ⊥平面PAC ，并证明之；（2）请判断，当点B 在O 上运动时，会不会使得BC AP ⊥，若存在这样的点B ，请确定点B 的位置，若不存在，请说明理由.参考答案【典例1】【详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD .又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直．分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，4，0)，P (0，0，4)．又因为M 为PC 的中点，所以M (1，1，2)．所以BM＝(－1，1，2)，AP ＝(0，0，4)，所以cos 〈AP ，BM 〉＝||||⋅AP BMAP BM63，所以异面直线AP ，BM所成角的余弦值为3.（2）因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN ＝(－1，λ－1，－2)，BC ＝(0，2，0)，PB＝(2，0，－4)．设平面PBC 的法向量为m＝(x,y,z )，则00m BC m PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20240y x z =⎧⎨-=⎩令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m＝(2，0，1)是平面PBC 的一个法向量．因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN ，m 〉|＝||||||⋅MN MN m m ＝2|22|5(1)5λ--+-⋅＝45，解得λ＝1∈[0，4]，所以λ的值为1.【典例2】【详解】（1）存在点F ，点F 为EA 的中点证明：当点F 为EA 的中点时，连结AC 交BD 于O ，∵平行四边形ABCD ，∴O 为AC 的中点，连结OF ，则//OF EC ，∵FO ⊂平面BDF ，EC ⊂/平面BDF ，∴//EC 平面FBD .（2）∵4,2EB CB AD ED CD AB ======，60BAD ∠=︒∴23BD =，∴222BE BD ED =+，222BC BD DC =+，∴BD ED ⊥，BD DC ⊥又∵平面EBD ⊥平面ABD ，∴ED ⊥平面ABCD ，BD ⊥平面ECD ，以DB 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，如图建系：D xyz-则(0,0,0)D ，(23,2,0)A -，(0,2,0)C ，(0,0,2)E ，(23,0,0)B ∴(23,4,0)AC =- ，(23,2,2)AE =-∴(23,0,0)DB =为平面ECD 的一个法向量，令平面ACD 的一个法向量为(,,)n x y z =，∴40220n AC y n AE y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ 取2x =，y =，z =∴平面ACD的一个法向量为(n =，令二面角A EC D --为θ，由题意可知θ为锐角，则||10cos |cos ,|5||||n DB n DB n DB θ⋅=<>===⋅.【典例3】【详解】（Ⅰ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥PA .因为CD ⊥AD ，PA AD A ⋂=，所以CD ⊥平面PAD .因为PD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥PD .(II )因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA .在直角梯形ABCD 中，12BC CD AD ==，由题意可得AB BD ==，所以222AD AB BD =+，所以BD AB ⊥.因为PA AB A = ，所以BD ⊥平面PAB .（Ⅲ）解：在棱PD 上存在点M ，使CM ∥平面PAB ，且M 是PD 的中点.证明：取PA 的中点N ，连接MN ，BN ，因为M 是PD 的中点，所以12MN AD .因为12BC AD，所以MN BC .所以MNBC 是平行四边形，所以CM ∥BN .因为CM ⊄平面PAB ,BN ⊂平面PAB .所以//CM 平面PAB .【典例4】【详解】（1）因为PB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PB BC ⊥，又AB BC ⊥，AB BP B = ，所以BC ⊥平面PAB ，则BC PA ⊥①，又2AB PB ==，PAB ∆为等腰直角三角形，G 为斜边PA 的中点，所以BG PA ⊥②，又BG BC B ⋂=，所以PA ⊥平面BCG ，因PA ⊂平面PAC ，则有平面BCG ⊥平面PAC ；（2）分别以,,BA BC BP为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，那么(2,0,0),(0,(0,0,2),A C P BE =，因此(2,AC =- ，(2,0,2)PA =-，设(2,,0)AN AC λλ==-，那么(22,,2)PN λ=--，由PN BE ⊥，得0PN BE ⋅=，解得13λ=.因此13AN AC = ，因此12AN NC =；（3）由（2）知423(,,2)33PN =-，设平面PBN 的法向量为(,,)n x y z = ，则0,0n PN n BP ⋅=⋅=，即2042033z x y z =⎧⎪⎨+-=⎪⎩，令x =2y =-，0,z =因此2,0)n =-，设直线BE 与平面PBN 所成角为θ，那么sin 7BE n BE n θ⋅===⋅ .【典例5】解（1）由题意，可得DC AC ==，∴222A C D C A D +=，即AC DC ⊥，又PA ⊥底面ABCD ，∴PA CD ⊥，且PA AC A = ，∴DC ⊥平面PAC ；（2）过点A 作AH PC ⊥，垂足为H ，由（1）可得CD AH ⊥，又PC CD C = ，∴AH ⊥平面PCD .在Rt PAC △中，∵2PA =，AC =PH PAPA PC=∴23PH PC =.即在棱PC 上存在点H ，且23PH PC =，使得AH ⊥平面PCD.【典例6】【详解】（1）如图所示：以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：则1(0,0,0)A ，1(0,2,0)B ，1(2,2,0)C ，设(0,0,)A a ，则4(0,,)3E a ，2(,2,0)3F ，所以22(,,)33EF a =- ，1(0,0,)A A a = ，11(2,2,0)AC = ，因为11113EF A A A C =-+ ，所以EF ，1A A ，11AC共面，又EF 不在平面11AA C C 内，所以//EF 平面11AA C C（2）线段AC 上存在一点G ，使面EFG ⊥面11AA C C ，且3AG =，证明如下：在三角形AGE 中，由余弦定理得EG ==3==，所以222AG EG AE +=，即EG AG ⊥，又1A A ⊥平面ABCD ，EG ⊂平面ABCD ，、所以1A A EG ⊥，而1AG A A A ⋂=，所以EG ⊥平面11AA C C ，因为EG ⊂平面EFG ，所以EFG ⊥面11AA C C ，【典例7】【详解】（1）因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz ，如图所示.则A （3，0，0），F （3，0，，E （0，0，），B （3，3，0），C （0，3，0），CA =（3，－3，0），BE＝（－3，－3，），EF＝（3，0，.设平面BEF 的法向量为n＝（x 1，y 1，z 1），1111133030n BE x y n EF x ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ 取x 1，得n，，3）.所以||13|cos ,|13||||CA n CA n CA n ⋅<>===所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313.（2）假设存在点M 在线段AF 上满足条件，设M （3，0，t ），0≤t≤则BM＝（0，－3，t ），BE ＝（－3，－3，）.设平面MBE 的法向量为m＝（x 2，y 2，z 2），2222230330m BM y tz m BE x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩令y 2＝t ，得m＝（t ，t ，3）.易知CA＝（3，－3，0）是平面BED 的一个法向量，所以|cos ,|m CA <>|12=，整理得2t 2－t ＋15＝0，解得t＝2或t ＝562（舍去），故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M BE D 的大小为60°，此时14AM AF =.1.【思路引导】（1）由四棱柱1111ABCD A B C D -，证得11,A A AE A A AD ⊥⊥，进而得到AE AD ⊥，以{}1,,AE AD A A为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解,EF AD 所成角的余弦值；（2）设(,,)M x y z ，由点M 在线段1A D 上，得到11A M A Dλ=，得出向量CM则坐标表示，再求得平面AEF 的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到λ的值。

2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题

2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题例(2021·陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 中点，F 是PC 上的点．(1)求证：平面AEF ⊥平面PAD ；(2)若M 是PD 的中点，当AB ＝AP 时，是否存在点F ，使直线EM 与平面AEF 的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PF PC的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理，证AE ⊥平面PAD 或证AD ⊥平面AEF 即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F 存在，且PF →＝λPC →，利用向量法求解λ回答．【标准答案】——规范答题步步得分(1)连接AC ，因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴AE ⊥BC ，又AD ∥BC ，∴AE ⊥AD ，∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AE ，又PA ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面PAD ，又AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面PAD ．(2)又PA ⊥AD ，∴PA 、AE 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB ＝AP ＝2，则AE ＝3，则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (3，0,0)，M (0,1,1)，7分得分点⑦设PF →＝λPC →＝λ(3，1，－2)，0≤λ≤1，则AF →＝AP →＋PF →＝(0,0,2)＋λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，2－2λ)，又AE →＝(3，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的一个法向量，n ·AE →＝3x ＝0n ·AF →＝3λx ＋λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，得n ＝(0,2λ－2，λ)，设直线EM 与平面AEF 所成角为θ，由EM →＝(－3，1，1)，得：sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →|·|n |＝|3λ－2|5·(2λ－2)2＋λ2＝15．化简得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝12或λ＝45，故存在点F 满足题意，此时PF PC 为12或45．【评分细则】①证出△ABC 是正三角形得1分．②证出AE ⊥AD 得1分．③由线面垂直性质证出PA ⊥AE 得1分，不写AE ⊂平面ABCD 不得分．④由线面垂直的判定证出AE ⊥平面PAD 得1分．⑤证出平面AEF ⊥平面PAD 得1分，条件不全不得分．⑥建出空间直角坐标系得1分．⑦设出PF →＝λPC →得1分．⑧求出平面AEF 的法向量得3分，算错但写出AE →，AF →坐标得1分．⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →||n |得1分．⑩得出正确结论得1分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AE ⊂平面ABCD ．(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如AF →＝AP →＋PF →等．(3)思维发散：也可通过证AD ⊥PA 、AD ⊥AE 证得AD ⊥平面AEF ，进而证得平面AEF ⊥平面PAD ．〔变式训练4〕(2021·陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD 的底角∠BAD ＝∠ADC ＝60°，直角梯形ADEF 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EDA ＝90°，ED ＝AD ＝2AF ＝2AB ＝2．(1)证明：平面ABE ⊥平面EBD ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．[解析](1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，ED ⊥AD ，∴ED ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AB ，∵AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，∴BD ＝1＋4－2×1×2cos 60°＝3，∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥BD ，又∴BD ⊂平面BDE ，BD ∩ED ＝D ，AB ⊥平面BDE ，AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面EBD ．(2)以B 为坐标原点，以BA ，BD 为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (1,0,0)，B (0,0,0)，－12，32，D (0，3，0)，E (0，3，2)，F (1,0,1)，则CD →，32，DE →＝(0,0,2)，BA →＝(1,0,0)，EF →＝(1，－3，－1)，设EM →＝λEF →＝(λ，－3λ，－λ)，(0≤λ≤1)，则BM →＝BE →＋EM →＝(λ，3－3λ，2－λ)，设平面CDE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABM 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·CD →＝12x 1＋32y 1＝0，·DE →＝2z 1＝0，1＝－3y 1，1＝0，不妨取y 1＝1，则m ＝(－3，1,0)，·BA →＝x 2＝0，·BM →＝λx 2＋(3－3λ)y 2＋(2－λ)z 2＝0不妨取y 2＝2－λ，则n ＝(0,2－λ，3λ－3)，∴|cos θ|＝|m ·n ||m |·|n |＝|2－λ|24λ2－10λ＋7＝34，即λ＝12或λ＝54(舍)，即点M 为线段EF 的中点时，平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．。

高考数学复习专题训练—立体几何中的翻折问题及探索性问题(含解析)

高考数学复习专题训练—立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2021·山东聊城三模)如图,在平面四边形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD将△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PC⊥BC.(1)求证:PD⊥CD;(2)若M为PB的中点,二面角P-BC-D的大小为60°,求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.2.(2021·湖南师大附中二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是边长为2的等边三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E为线段PC上一点.(1)设平面PAB∩平面PDC=l,求证:l∥平面ABCD.(2)是否存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°?若存在,求CE的值;若不存在,请说明理由.CP3.(2021·山东泰安三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=2√2,BB1=2,M为CC1的中点.(1)试确定线段AB1上一点N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的条件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值.4.(2021·福建泉州二模)如图①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜边AB上的高,沿CD将△ACD折起,使点A到达点P的位置,如图②,∠PBD=60°,E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点.图①图②(1)求证:GH∥平面DEF;(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值.5.(2021·天津二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=√3,M为BE的中点.(1)求证:CM∥平面ADE.(2)求二面角E-BD-C的正弦值.?若存在,求出AN的(3)在线段AD上是否存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为4√621长;若不存在,说明理由.6.(2021·湖南长沙长郡中学一模)如图①,在等边三角形ABC中,D,E分别为边AB,AC上的动点,且满足DE∥BC,记DE=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,连接MB,MC,如BC图②所示,N为MC的中点.图①图②(1)当EN∥平面MBD时,求λ的值.(2)随着λ值的变化,二面角B-MD-E的大小是否改变?若是,请说明理由;若不是,请求出二面角B-MD-E的正弦值.答案及解析1.(1)证明因为BC ⊥CD ,BC ⊥PC ,PC ∩CD=C ,所以BC ⊥平面PCD.又PD ⊂平面PCD ,所以BC ⊥PD.由翻折可知PD ⊥BD ,BD ∩BC=B ,所以PD ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ,所以PD ⊥CD.(2)解因为PC ⊥BC ,CD ⊥BC ,所以∠PCD 为二面角P-BC-D 的平面角,即∠PCD=60°.在Rt △PCD 中,PD=CD tan 60°=√3CD.取BD 的中点O ,连接OM ,OC ,则OM ∥PD ,OM=12PD. 因为BC=CD ,所以OC ⊥BD.由(1)知PD ⊥平面BCD ,所以OM ⊥平面BCD ,所以OM ,OC ,OD 两两互相垂直.以O 为原点,OC ,OD ,OM 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.设OB=1,则P (0,1,√6),C (1,0,0),D (0,1,0),M (0,0,√62),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,√6),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√62).设平面MCD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +√62z =0, 令z=√2,则x=√3,y=√3,所以n =(√3,√3,√2)为平面MCD 的一个法向量. 设直线PC 与平面MCD 所成的角为θ,则sin θ=|cos <CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|CP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||CP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√34,所以直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√34.2.(1)证明 ∵AB ∥CD ,AB ⊄平面PDC ,DC ⊂平面PDC , ∴AB ∥平面PDC.又平面PAB ∩平面PDC=l ,AB ⊂平面PAB ,∴AB ∥l. 又l ⊄平面ABCD ,AB ⊂平面ABCD ,∴l ∥平面ABCD. (2)解设DC 的中点为O ,连接OP ,OA ,则PO ⊥DC.又平面PDC ⊥平面ABCD ,PO ⊂平面PDC ,平面PDC ∩平面ABCD=DC ,∴PO ⊥平面ABCD.∵AB ∥CD ,AB=OC=1,∴四边形ABCO 为平行四边形, ∴OA ∥BC.由题意可知BC ⊥CD ,∴OA ⊥CD. ∴OA ,OC ,OP 两两互相垂直.以O 为原点,OA ,OC ,OP 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A (1,0,0),D (0,-1,0),C (0,1,0),P (0,0,√3).由PO ⊥平面ABCD ,可知m =(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.假设存在点E ,使平面ADE 与平面ABCD 的夹角为60°,设CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则E (0,1-λ,√3λ),∴DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2-λ,√3λ).设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z ),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),则{n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,(2-λ)y +√3λz =0,取x=1,则y=-1,z=√3λ,∴n =(1,-1√3λ)为平面ADE 的一个法向量.由题意可知|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=2-λ√3λ√12+12+(2-λ√3λ)=12,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(√2-1),故存在点E ,使平面ADE 与平面ABCD 的夹角为60°,此时CECP =2(√2-1). 3.解 (1)当AN=13AB 1时,AC ∥平面BMN.证明:如图,设BM ∩B 1C=E ,连接EN ,则CEB 1E =CMBB 1=12.由AN=13AB 1,得ANB 1N =12,∴AC ∥NE.又AC ⊄平面BMN ,NE ⊂平面BMN ,∴AC ∥平面BMN.(2)取BC 的中点O ,连接AO ,B 1O.∵AC=AB=2,∴AO ⊥BC.又BC=2√2,∴AO=BO=√2.∵平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ,平面ABC ∩平面BB 1C 1C=BC ,AO ⊂平面ABC ,∴AO ⊥平面BB 1C 1C.∵AB=BB 1=2,∠ABB 1=60°,∴AB 1=2,O B 12=A B 12-AO 2=2,∴OB 1=√2,O B 12+OB 2=B B 12,∴OB 1⊥OB.以O 为原点,OB ,OB 1,OA 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A (0,0,√2),B (√2,0,0),C (-√2,0,0),C 1(-2√2,√2,0),B 1(0,√2,0),M (-3√22,√22,0),∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√2),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,-√2),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-5√22,√22,0),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√23,-√23),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,√23,2√23). 设平面BMN 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-√2x +√23y +2√23z =0,-5√22x +√22y =0,解得{y =5x ,z =-x ,令x=1,则y=5,z=-1,∴n =(1,5,-1)为平面BMN 的一个法向量. 由题意可知m =(0,0,1)为平面BB 1C 1C 的一个法向量.设平面BMN 与平面BB 1C 1C 的夹角为θ,则cos θ=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√39, 故平面BMN 与平面BB 1C 1C 的夹角的余弦值为√39.4.(1)证明如图,连接BH ,交DE 于点M ,连接MF.因为△ABC 是等腰直角三角形,CD 是斜边AB 上的高,所以AD=DB ,即PD=DB. 因为∠PBD=60°,所以△PBD 是等边三角形.因为E ,H 分别为PB ,PD 的中点,所以M 是等边三角形PBD 的中心,所以BM=23BH.因为F 为BC 的中点,G 为CF 的中点,所以BF=23BG. 所以MF ∥GH.又MF ⊂平面DEF ,GH ⊄平面DEF ,所以GH ∥平面DEF.(2)解如图,建立空间直角坐标系,设PD=DB=DC=2,则C (0,2,0),B (2,0,0),P (1,0,√3),H (12,0,√32),G (12,32,0),所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),HG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,-√32). 设平面PBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +2y =0,-x +√3z =0,令x=√3,则y=√3,z=1,所以n =(√3,√3,1)为平面PBC 的一个法向量. 设直线GH 与平面PBC 所成的角为θ, 则sin θ=|cos <n ,HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√3×√7=√77, 故直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值为√77. 5.(1)证明取AE 的中点P ,连接MP ,PD (图略).∵P ,M 分别为AE ,BE 的中点,∴PM ∥AB ,PM=12AB. 又CD ∥AB ,CD=12AB ,∴PM ∥CD ,PM=CD ,∴四边形PMCD 为平行四边形,∴CM ∥PD.又CM ⊄平面ADE ,PD ⊂平面ADE ,∴CM ∥平面ADE. (2)解取AB 的中点O ,连接OD ,OE.又CD ∥AB ,CD=12AB ,∴CD ∥OB ,CD=OB ,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴OD ∥BC. 又AB ⊥BC ,∴OD ⊥AB.又平面ABCD ⊥平面ABE ,平面ABCD ∩平面ABE=AB ,OD ⊂平面ABCD ,∴OD ⊥平面ABE.∵AE=BE ,O 为AB 的中点,∴OE ⊥AB.以O 为坐标原点,OE ,OB ,OD 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E (√2,0,0),B (0,1,0),C (0,1,1),D (0,0,1).设平面BDE 的法向量为m =(x ,y ,z ),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,-1,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1), 由{m ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x -y =0,-y +z =0,取y=√2,则x=1,z=√2,∴m =(1,√2,√2)为平面BDE 的一个法向量. 易知n =(1,0,0)为平面BCD 的一个法向量. 设二面角E-BD-C 的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√55,∴sin θ=√1-cos 2θ=2√55. 故二面角E-BD-C 的正弦值为2√55.(3)解假设在线段AD 上存在一点N ,使得直线MD 与平面BEN 所成角的正弦值为4√621.由(2)知M (√22,12,0),A (0,-1,0),D (0,0,1),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,-1,0),则MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,-12,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0). 设AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,λ,λ),其中0≤λ≤1, ∴BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,λ-2,λ). 设平面BEN 的法向量为u =(x 1,y 1,z 1),由{u ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,u ·BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x 1-y 1=0,(λ-2)y 1+λz 1=0,取y 1=√2λ,则x 1=λ,z 1=2√2−√2λ,∴u =(λ,√2λ,2√2−√2λ)为平面BEN 的一个法向量.由题意可知|cos <MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,u >|=|MD⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·u ||MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||u |=√2-√2λ√72×5λ2-8λ+8=4√621.整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=12或λ=138(舍去).∴AN=√22.故在线段AD 上存在一点N ,使直线MD 与平面BEN 所成角的正弦值为4√621,此时AN=√22.6.(1)证明如图,取MB 的中点P ,连接DP ,PN ,又N 为MC 的中点,所以NP ∥BC ,NP=12BC. 又DE ∥BC ,所以NP ∥DE ,即N ,E ,D ,P 四点共面.又EN ∥平面MBD ,EN ⊂平面NEDP ,平面NEDP ∩平面MBD=DP ,所以EN ∥PD ,即四边形NEDP 为平行四边形,所以NP=DE ,即DE=12BC ,即λ=12.(2)解取DE 的中点O ,连接MO ,则MO ⊥DE.又平面MDE ⊥平面DECB ,平面MDE ∩平面DECB=DE ,MO ⊂平面MDE ,所以MO ⊥平面DECB.如图,建立空间直角坐标系,不妨设BC=2,则M (0,0,√3λ),D (λ,0,0),B (1,√3(1-λ),0),所以MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,0,-√3λ),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,√3(1-λ),0). 设平面MBD 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =λx -√3λz =0,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =(1-λ)x +√3(1-λ)y =0,即{x =√3z ,x =-√3y ,令x=√3,则y=-1,z=1,所以m =(√3,-1,1)为平面MBD 的一个法向量.由题意可知n =(0,1,0)为平面MDE 的一个法向量. 设二面角B-MD-E 的平面角为θ,则|cos θ|=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√55,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E 的大小不变.sin θ=√1-cos 2θ=2√55,所以二面角B-MD-E 的正弦值为2√55.。

专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题高考数学压轴题分项讲义(解析版)

立体几何中探索性问题(解析版)

专题4．5 立体几何中探索性问题一．方法综述立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。

考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。

对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。

现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。

二．解题策略类型一空间平行关系的探索【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于36；④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S【答案】①②③④【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥，且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ，又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确；②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为11AC AC ，所以1112OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点，则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A DB C ，111A MA D A =，1NOB C C =，所以平面1A DM平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ，所以DM 平面11B CD ，故正确；③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：12633A M ==，根据对称性可知：16A M DM ==，又2AD =1A DM 是等腰三角形，则12216232232A DMS⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确；④如图所示，设1AM aAC =，1A DM ∆在平面1111D C B A 内的正投影为111A D M ∆，1A DM ∆在平面11BB C C 内的正投影为12B CM ∆，所以1111122222A D M aS S a ∆==⨯⨯=，122121222222B CM a S S a ∆-==⨯-⨯=，当12S S 时，解得：13a =，故正确.故答案为 ①②③④【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。

立体几何中的探索性问题专题训练

(五)立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究．这类试题的一般设问方式是“是否存在?存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．1.如图,在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=√3，点F 是PB的中点，点E在边BC上移动．(1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由．(2)求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF．(3)当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45。

?2.如图所示，在正方体ABCD—A l B l C1D l中，M,N分别是AB，BC中点．(1)求证：平面B1MN⊥平面BB1D1D；(2)在棱DD1上是否存在点P，使BD1∥平面PMN，若有，确定点P的位置；若没有，说明理由．3.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=√2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，0为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的大小：(3)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD3若存在，求出AQ：DQ的值；若不存在，请说明理由．（六）立体几何中探索性问题的向量解法高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。

对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。

立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

AB AC1、已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a=，b =，是否存在存在实数k，使向量k a+b与k a-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。

2022高考复习解答题题型通关21讲第11讲立体几何中的探索性问题(含解析)

7．如图，在 ABC 中，B ， AB BC 2 ，P 为 AB 边上一动点，PD / / BC 交 AC 于点 D ，现将 PDA 2
沿 PD 翻折至 PDA ，使平面 PDA 平面 PBCD ．（1）当棱锥 APBCD 的体积最大时，求 PA 的长；（2）若点 P 为 AB 的中点， E 为 AC 的中点，求证： DE 平面 ABC ．
高考预测二：翻折问题 4．如图， BCD 是等边三角形， AB AD ， BAD 90 ，将 BCD 沿 BD 折叠到△ BCD 的位置，使得 AD CB ．（1）求证： AD AC ；（2）若 M ， N 分别是 BD ， CB 的中点，求二面角 N AM B 的余弦值．
5．图 1 是由矩形 ADEB 、 RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB 1 ， BE BF 2 ， FBC 60 ．将其沿 AB ， BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG ，如图 2．
13．如图，四棱锥层 ABCD 中，平面 EAD ABCD ， CD / / AB ， BC CD ， EA ED ．且 AB 4 ， BC CD EA ED 2
（Ⅰ）求证： BD 平面 ADE ；（Ⅱ）求直线 BE 和平面 CDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段 CE 上是否存在一点 F ，使得平面 BDF 上平面 CDE ？如果存在点 F ， t 请指出点 F 的位置；
设 n (x ， y ， z) 为平面 BDE 的法向量，
PC 3 （1）求证： CD 平面 PAD ；（2）应是平面 AEF 与直线 PB 交于点 G 在平面 AEF 内，求 PG 的值．
PB
17．如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA 平面 ABCD ，AD CD ，AD / /BC ，PA AD CD 2 ，BC 3 ．E 为 PD 的中点，点 F 为 PC 上靠近 P 的三等分点．（1）求二面角 F AE P 的余弦值；（2）设点 G 在 PB 上，且 PG 2 ．判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由．

优等生·高考数学专题12：以立体几何中探索性问题为背景的解答题

优等生�高考数学专题12：以立体几何中探索性问题为背景的解答题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．如图，四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AD∥BC，AD ＝2BC ＝2，BC⊥DC，∠BAD ＝60°，平面PAD⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，△PAD 为正三角形，M 是棱PC 上的一点(异于端点)．(1)若M 为PC 的中点，求证：PA∥平面BME ；(2)是否存在点M ，使二面角MBED 的大小为30°.若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．2．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形， AB CD ， 60DAB ∠=︒， PC ⊥平面ABCD ， AE BD ⊥， CB CD CF ==．（1）求证： BD ⊥平面AED ．（2）求二面角D BF C --的余弦值．（3）在线段AB （含端点）上，是否存在一点P ，使得FP 平面AED ，若存在，求出AP AB的值；若不存在，请说明理由． 3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥，2CD AB ==， PAB ∆与PAD ∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）试问在线段PC 上是否存在点F ，使二面角F BE C --，若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由.4．如图，正方形ABCD 的边长为4， E ， F 分别为BC ， DA 的中点，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起，使得60DFA ∠=︒，设G 为AF 的中点．（1）求证： DG EF ⊥；（2）求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；（3）设P ， Q 分别为线段DG ， CF 上一点，且//PQ 平面ABEF ，求线段PQ 长度的最小值．5．如图，正方形ABCD 中， AB = AC 与BD 交于O 点，现将ACD 沿AC 折起得到三棱锥D ABC -， M ， N 分别是OD ， OB 的中点.(1)求证： AC MN ⊥；(2)若三棱锥D ABC -的最大体积为0V ，当三棱锥D ABC -0，且二面角D AC B --为锐角时，求二面角D NC M --的正弦值.6．如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB =BC DC ⊥， BC DC AM DM ====BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.7．（2011•浙江）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，AB=AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（1）证明：AP ⊥BC ；（2）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A ﹣MC ﹣β为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．8．如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形， 090FAB DAB ∠=∠= 二面角F AB D --是直二面角， //,//,2,1BE AF BC AD AF AB BC AD ====.（1）证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；（2）求二面角F CD A --的余弦值.9．在五面体ABCDEF 中， ////,222AB CD EF CD EF CF AB AD =====,60DCF ︒∠=, AD CD ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)证明:直线CE ⊥平面ADF ；(2)已知P 为棱BC 上的点，试确定P 点位置，使二面角P DF A --的大小为60︒. 10．如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视图中的侧视图、俯视图.在直观图中，M 是BD 的中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.(1)求证:EM ∥平面ABC ;(2)试问在棱DC 上是否存在点N,使NM ⊥平面BDE? 若存在,确定点N 的位置;若不存在,请说明理由.11．如图，五面体11A BCC B -中， 14AB =，底面ABC 是正三角形， 2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由；（2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．12．如图，已知平面四边形ABCP 中， D 为PA 的中点， PA AB ⊥， //CD AB ，且24PA CD AB ===．将此平面四边形ABCP 沿CD 折成直二面角P DC B --，连接PA PB 、，设PB 中点为E ．（1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）在线段BD 上是否存在一点F ，使得EF ⊥平面PBC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．13．四棱锥P ABCD -中， ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD .（1）求证： AB PD ⊥（2）若090,2BPC PB ∠===问AB 为何值时，四棱锥P ABCD -的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.14．如图，在四棱锥中，平面，，，，M为的中点.（1）求异面直线所成角的余弦值；（2）点N在线段上，且，若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.参考答案1．（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）连接AC交BE于点F，根据平几知识可得ABCE为平行四边形，即得MF∥PA. 再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据空间直角坐标系，再设立各点坐标，根据方程组解得平面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系列方程解得M坐标，即得点M的位置．试题解析：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC 中，又由M为PC的中点，得MF∥PA.又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则E(0,0,0)，P(0,0，)，B(，0,0)，C(，－1,0)．设＝λ＝(0<λ<1)，则M(λ，－λ， (1－λ))．∴＝(λ，－λ， (1－λ))，＝(，0,0)．取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，则由得令y＝，得n2＝.又由＝cos30°，得λ＝，即M.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．2．（1）见解析;（2（3）存在， 12AP AB = 【解析】试题分析：（1）由题意，证明AD BD ⊥， AE BD ⊥，证明BD ⊥面AED ；（2）建立空间直角坐标系，求平面DBF 和平面BFC的法向量，解得余弦值为（3）得),,0P λ， ()3333,,1,,022FP BDλλ⎛⎫=--=- ⎪ ⎪⎝⎭，，所以)3022λ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭， 12AP AB =，所以存在P 为AB 中点．试题解析：（1）∵AB CD ， 60DAB ∠=︒，∴120ADC BCD ∠=∠=︒．∵CB CD =，∴30CDB ∠=︒，∴90ADB ∠=︒， AD BD ⊥．∵AE BD ⊥，且AE AD A ⋂=，AE 、AD ⊂面AED ，∴BD ⊥面AED ．（2）知AD BD ⊥，∴AC BC ⊥．∵FC ⊥面ABCD ， CA ， CB ， CF 两两垂直，以C 为坐标原点，以CA， CB ， CF 为x ， y ， z 轴建系．设1CB =，则()0,0,0C ， ()0,1,0B ， 1,02D ⎫-⎪⎪⎝⎭， ()0,0,1F ， )A ， ∴33,,022BD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ()0,1,1BF =-．设BDF 的一个法向量为()000,,m x y z =， ∴000030{ 220x y y z -=-+=，取01z =，则()3,1,1m ．由于()0,0,1CF =是面BDC 的法向量，则5cos ,5m CFm CF m CF ⋅==⋅．∵二面角F BD C -- （3）存在点(),,P x y z ．设AP AB λ=， ()(),x y z λ=， ∴33x λ=-， y λ=， 0z =，∴),,0P λ， ()3,,1FP λ=-． ∵BD ⊥面AED ， 33,,02BD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭．若PF 面AED ，∴PF BD ⊥，∴)3022λ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭， ∴12λ=，∴12AP AB =，∴存在P 为AB 中点．3．（1）见解析（2）点F 为PC 的中点【解析】试题分析：（1）连接BD ，根据题设条件可证四边形ABED 为正方形，即可得BD AE ⊥，设BD 与AE 相交于点O ，根据△PAB 与△PAD 均为等边三角形可证PB PD =，即可证BD PO ⊥，从而证明平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）由题设条件及（1）可知，建立以点O 为坐标原点， OA 为x 轴， OB 为y 轴， OP 为z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面BEF 和平面BCE 的一个法向量，结合二面角F BE C --的余弦值为F 的位置.试题解析：（1）证明：连接BD ，由于AB ∥CD ，点E 为CD 的中点， DE AB =， AB AD ⊥∴四边形ABED 为正方形，可得BD AE ⊥设BD 与AE 相交于点O又∵△PAB 与△PAD 均为等边三角形∴PB PD =在等腰△PBD 中，点O 为BD 的中点∴BD PO ⊥，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD ⊥平面PAE又∵BD ⊂平面ABCD∴平面PAE ⊥平面ABCD ．（2）由2C D A B ==，△PAB 与△PAD 均为等边三角形，四边形ABED 为正方形，BD 与AE 相交于点O ，可知3OA OP ==， PA =所以PO AO ⊥，又平面PAE ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点， OA 为x 轴， OB 为y 轴， OP 为z 轴建立空间直角坐标系．可得()0,3,0B ， ()0,0,3P ， ()3,0,0E -， ()6,3,0P -设点F 的坐标为(),,x y z ， PF PC λ=，由()3PF x y z =-，，， ()633PC =--，，，可得()6,3,33F λλλ--，故 ()63333BF λλλ=---，，， ()330BE =--，，设111m x y z =（，，）为平面BEF 的一个法向量，则 0{ 0m BF m BE ⋅=⋅=，得1131m λλλ=---（，，），平面BCE 的一个法向量为()001n =，，，由已知,m n cos m nm n ⋅=⋅ ==12λ=所以，在线段PC 上存在点F ，使二面角F BE C --F 为PC 的中点．点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.4．(1)证明见解析；(2) ；(3) . 【解析】试题分析：(1)先证明线面垂直: EF ⊥平面DFA ，再得到线线垂直: DG EF ⊥；(2)建立空间直角坐标系,求出GA 坐标和平面BCF 的法向量,再用公式sin cos ,m GA α=求出结果；(3)假设,P Q 两点的坐标,求出二次函数最小值即可.试题解析：（1）证明：因为正方形ABCD 中， E ， F 分别为BC ， DA 的中点，所以EF FD ⊥， EF FA ⊥，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起后，仍有EF FD ⊥， EF FA ⊥，而FD FA F ⋂=，所以EF ⊥平面DFA ，又因为DG ⊂平面DFA ，所以DG EF ⊥．（2）因为60DFA ∠=︒， DF FA =，所以DFA ∆为等边三角形，又AG GF =，所以DG FA ⊥，由（1），D G E F ⊥，又EF FA F ⋂=，所以DG ⊥平面ABEF ．设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA ， GH ， GD 两两垂直，故以GA ， GH ， GD分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则()0,0,0G ， ()1,0,0A ， ()1,4,0B ，(C ， ()1,0,0F -，所以()1,0,0GA =，(BC =-， ()2,4,0BF =--，设平面BCF 的一个法向量为(),,m x y z =，由0m BC ⋅=， 0m BF ⋅=，得0,{ 240,x x y -=--=令2z =，得()23,2m =，设直线GA 与平面BCF 所成角为α, 则257sin cos ,m GAm GA m GA α⋅===⋅．即直线GA 与平面BCF ．（3）由题意，可设()0,0,P k（0k ≤≤，F Q F C λ=（01λ≤≤），由(FC =，得(),4FQ λλ=，所以()1,4Q λλ-， ()1,4PQ k λλ=--，由（2），得(GD =为平面ABEF 的的法向量，因为//PQ 平面ABEF ，所以0PQ GD ⋅=0k -=，所以(PQλ=== 又因为221161721171717λλλ⎛⎫-+=-+ ⎪⎝⎭，所以当117λ=时， min||PQ =，所以当117λ=， k =PQ ．考点：1.线面垂直的判定定理；2.用空间直角坐标系求线面角等.5．(1)证明见解析；(2) 19. 【解析】试题分析：（1）根据折叠前几何关系得OM AC ⊥， ON AC ⊥，再根据线面垂直判定定理得AC ⊥平面OMN ，即得AC MN ⊥；（2）先确定三棱锥D ABC -的取最大体积的条件：三棱锥D ABC -的高为DO ，再根据三棱锥体积公式得三棱锥D ABC -的0时条件： DN ⊥平面ABC ，最后根据等体积法求三棱锥D MNC -的体积. 试题解析：(1)依题意易知OM AC ⊥， ON AC ⊥， OM ON O ⋂=，∴AC ⊥平面OMN ，又∵MN ⊂平面OMN ，∴AC MN ⊥.(2)当体积最大时三棱锥D ABC -的高为DO ，当体积为02时，高为2DO ，OBD 中， OB OD =，作DS OB ⊥于S ，∴DS =，∴60DOB ∠=︒， ∴OBD 为等边三角形，∴S 与N 重合，即DN ⊥平面ABC ，易知D MNC C DMN V V --=.∵CO ⊥平面DOB ，∴2h CO ==，∴1111222DMN ODN S S ==⨯⨯=，∴11233D MNC C DMN DMN V V S CO --==⋅==. 6．（1）见解析（2）点H 为线段MN 的中点【解析】试题分析：（1）先根据勾股定理得BD AD ⊥，再由矩形性质得BD DM ⊥，由线面垂直判定定理得BD ADM ⊥平面，最后根据面面垂直判定定理得结论（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各平面法向量，根据向量数量积两法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求点H 坐标，即得点H 的位置试题解析：（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又AB =ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥.因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥.由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=，可得 BD ADM ⊥平面.又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ，设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ.设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-.平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =.二面角H AD M --为大小为于是.解得或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.7．（1）见解析（2）存在，3 【解析】以O 为原点，以AD 方向为Y 轴正方向，以射线OP 的方向为Z 轴正方向，建立空间坐标系，则O （0，0，0），A （0，﹣3，0），B （4，2，0），C （﹣4，2，0），P （0，0，4）（1）则=（0，3，4），=（﹣8，0，0）由此可得•=0 ∴⊥ 即AP ⊥BC（2）设=λ，λ≠1，则=λ（0，﹣3，﹣4）=+=+λ=（﹣4，﹣2，4）+λ（0，﹣3，﹣4）=（﹣4，5，0），=（﹣8，0，0）设平面BMC 的法向量=（a ，b ，c ）则令b=1，则=（0，1，）平面APC 的法向量=（x ，y ，z ）则即令x=5 则=（5，4，﹣3）由=0得4﹣3=0 解得λ=故AM=3综上所述，存在点M 符合题意，此时AM=3视频8．（1）见解析（2）6【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；（2）可证AF AD AF AB AD AB ⊥⊥⊥，，，则以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角F CD A --的余弦值试题解析：（1）证明：由已知得//,BE AF AF ⊂平面,AFD BE ⊄平面AFD ，所以//BE 平面AFD ，同理可得//BC 平面AFD ，又BE BC B ⋂=,所以平面//BCE 平面AFD ,设平面DFC ⋂平面BCE l =，则l 过点C ，因为平面//BCE 平面ADF ，平面DCF ⋂平面BCE l =，平面DFC ⋂平面AFD DF =，所以//DF l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得//DF l .（2）因为平面,ABEF ABCD FA ⊥⊂平面ABEF ,平面ABCD ⋂平面ABEF AB =, 又090FAB ∠=，所以AF AB ⊥，所以AF ⊥平面ABCD ，因为AD ⊂平面ABCD ，所以AF AD ⊥，因为090DAB ∠=,所以AD AB ⊥，以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 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，由已知得()()()1,0,0,2,2,0,0,0,2D C F ,所以()()1,0,2,1,2,0DF DC =-=,设平面DFC 的法向量为(),,n x y z =，则20{{ 20x z n DF x y n DC =⋅=⇒=-⋅=，不妨设1z =，则()2,1,1n =-，不妨取平面ACD 的一个法向量为()0,0,1m =，所以cos ,66m n m n m n ⋅===⋅，由于二面角F CD A --为锐角，因此二面角F CD A --的余弦值为6.【点睛】熟练掌握线面、面面平行的判定和性质定理、以及利用空间向量可求二面角是解题的关键．9．（1）证明见解析；（2）P 点在靠近B 点的CB 的三等分点处.【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，先证明CE DF ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD CE AD =⊥，即可得到直线CE ⊥平面ADF ；（2）根据题意，取EF 的中点G ，证明,,DA DC DG 两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，由二面角P DF A --的大小为60︒，根据空间向量夹角余弦公式列方程即可确定P 在棱BC 上的位置.试题解析：（1）//,2,CD EF CD EF CF ===∴四边形CDEF 为菱形， CE DF ∴⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,,ABCD CD AD CD AD =⊥∴⊥平面,ACDEF CE AD ∴⊥，又,AD DF D ⋂=∴直线CE ⊥平面ADF .(2) 60DCF ∠=， DEF ∴∆为正三角形，取EF 的中点G ，连接GD ，则,GD EF GD CD ⊥∴⊥，平面CDEF ⊥平面,A B C D G D ⊂平面C DE F ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD GD =∴⊥平面,,,,ABCD AD CD DA DC DG ⊥∴两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，2,1CD EF CF AB AD =====， ((0,,E F ∴-，由（1）知(0,3CE =-是平面A D F 的法向量， ()()0,1,3,1,1,0DF CB ==-，设()(),,001CP aCB a a a ==-≤≤，则(),2,0DP DC CP a a =+=-，设平面PDF 的法向量为(),,n x y z =，()00,0,{ 20y n DF n DP ax a y =⋅=⋅=∴+-=，令y =，则)2,x a z a =-=-， ()()32,3,n a a a ∴=--，二面角P DF A --为60， 41cos ,212n CEn CE n CE ⋅∴===⋅，解得23a =， P ∴在靠近B 点的三等分处.【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理以及用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.10．（1）详见解析；（2）存在， 1CN =【解析】试题分析：(1)要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，该题取BC 中点Q ，连,MQ AQ ，先证//MQ EA ,则四边形AQME 是平行四边形，从而//ME AQ ，进而证明//ME 面ABC ；(2)假设CD 上存在满足条件的点N ，此时面BDE 内必存在垂直于MN 的两条直线，容易证明AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又//AQ EM ，所以MN EM ⊥，接下来再能保证MN BD ⊥即可，此时必有DMN ∆∽DCB ∆，进而根据成比例线段可求出DN 的长度，即点N 的位置确定.试题解析： (Ⅰ）取BC 中点Q ，连,MQ AQ1}//2 }////1//2BM MDMQ CD BQ QC AE MQ EM AQ AE CD =⇒=⇒⇒,又因为EM ⊄面ABC ，而AQ ⊂面ABC ，所以//ME 面ABC ；（2）在CD 上取点N 使1CN =，连接MN2DM CD NMD DCB NM BD DN BD π==⇒∠=∠=⇒⊥， }=AC AB AQ BC BQ CQ =⇒⊥，又DC ⊥面ABC所以DC AQ ⊥，又因为BC DC C ⋂=，所以AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又//AQ EM ，所以MN EM ⊥，故MN ⊥面BDE .考点：1、直线和平面平行的判定；2、三角形的相似；3、线面垂直的判定和性质.11．（1）见解析（2）13【解析】试题分析：（1）可先猜想，再证明.假设D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ．连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ，可证得O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ，根据线面平行的判定定理即可证得1//AB 平面1BDC ；（2）以B 为坐标原点，建立空间直角坐标系B xyz -，求出平面1BDC 与平面1BCC 的法向量，根据向量的夹角公式即可求得二面角1C BC D --余弦值．试题解析：（1）当D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ．证明：连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ，∵四边形11BCC B 是矩形，∴O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ，∵1AB ⊄平面1BDC ， DO ⊂平面1BDC ，∴1//AB 平面1BDC ．（2）建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，则()0,0,0B ，)A ， ()0,2,0C ，3,02D ⎫⎪⎪⎝⎭，(10,2,C ，所以33,022BD⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， (1BC =，设()1,,n x y z=为平面1BDC 的法向量，则有30, 220,x y y +=+=即3,{ ,x z y == 令1z =，可得平面1BDC 的一个法向量为，而平面1BCC 的一个法向量为()21,0,0n =，所以121212cos ,13n n n n nn ⋅===⋅，故二面角1C BC D --．考点：空间中直线与平面平行、垂直关系，二面角.12．（1）详见解析；（2）点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点；（3. 【解析】试题分析：（1）分别证明PD BC ⊥， BD BC ⊥即可；（2）方法一：先以D 为原点， ,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴，建立直角坐标系，写出各点坐标()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,4,0C ， ()0,0,2P ， E 为PB 中点，故()1,1,1E ，设点(),,0F x y ，利用EF ⊥平面PBC 得0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=，据此可解出11,,022F ⎛⎫ ⎪⎝⎭；方法二：作EF PB ⊥交DB 于F ，注意到PD DB ⊥，故Rt PDB ∆与Rt FEB ∆相似，因此FB EB PB DB =，于是得34FB BD ==；（3）方法一：由于EF PBC ⊥，即EF 为平面PBC 的法向量， 11,,122EF ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭， ()0,2,0AB =，要求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值，记直线AB 与平面PBC 所成角为θ，根据直线与面的夹角正弦正好等于直线与面的法向量的夹角余弦的绝对值，则知sin cos ,EF AB θ=，故只需计算cos ,EF AB 即可，利用余弦公式有cos ,EF ABEF AB EF AB ⋅==-⋅，故sin θ=；方法二：由于//CD AB ，所以可以转而考虑CD 与平面PBC 所成角，为此需要找到CD 在平面PBC 内的投影，此投影与CD 所成角即为线面夹角，然后求CD 与平面PBC 所成角的正弦，于是在Rt PBD ∆中作DH PB ⊥，而平面PBD ⊥平面PBC ，由此DH ⊥平面PBC ， CH 即为CD 在平面PBC 内的投影， DCH ∠就等于直线AB 与平面PBC 所成角， sin DH DCH DC∠=，在PDB ∆中，3PD DB DH PB ⋅===， 4DC =，故sin sin 6DCH θ=∠=. 试题解析：（1）直二面角P DC B --的平面角为90PDA ∠=，又PD DC ⊥，则PD ⊥平面ABCD ，所以PD BC ⊥．又在平面四边形ABCP 中，由已知数据易得BD BC ⊥，而PD BD D ⋂=，故BC ⊥平面PBD ，因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC （4分）（2）解法一：由（1）的分析易知， ,,PD DA PD DC DC DA ⊥⊥⊥，则以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示．结合已知数据可得()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,4,0C ， ()0,0,2P ，则PB 中点()1,1,1E .F ∈平面ABCD ，故可设(),,0F x y ，则()1,1,1EF x y =---，EF ⊥平面ABCD ， 0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=，又()()2,2,2,0,4,2PB PC =-=-，由此解得12x y ==，即11,,022F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，易知这样的点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点；（8分）解法二：（略解）如图所示，在PBD ∆中作EF PB ⊥，交BD 于F ，因为平面PBD ⊥平面PBC ，则有EF ⊥平面PBC ．在Rt PBD ∆中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得34BF BD ==，故知所求点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点； ..（8分）（3）解法一：由（2）11,,122EF ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭是平面PBC 的一个法向量，又()0,2,0AB =，则得cos ,EF ABEF AB EF AB ⋅==⋅⋅⋅=，所以,EF AB π=- 记直线AB 与平面PBC 所成角为θ，则知6sin cos ,EF AB θ==，. ..（12分）解法二：（略解）如上图中，因为//AB CD ，所以直线AB 与平面PBC 所成角等于直线CD 与平面PBC 所成角，由此，在Rt PBD ∆中作DH PB ⊥于H ，易证DH ⊥平面PBC ，连接CH ，则DCH ∠为直线CD 与平面PBC 所成角，结合题目数据可求得sin DCH ∠=. ..（12分）考点：1、线面垂直、面面垂直的证法；2、线面角的求法；3、空间向量的应用.13．（1）详见解析，（2）AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大. 平面BPC 与平面DPC夹角的余弦值为5【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD=AD ，所以AB ⊥平面PAD ，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD=AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，下面用3n =表示高及底面积：设,AB m =，则DP ==，故四棱锥P-ABCD 的体积为13V m ==故当m =时，即3AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC 的法向量及平面DPC 的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD平面PAD ⋂平面ABCD=AD 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD （2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG. 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG在直角三角形BPC 中， PG GC BG ===设,AB m =，则DP ==，故四棱锥P-ABCD 的体积为13V m ==因为=故当m =时，即AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.建立如图所示的空间直角坐标系，()0,0,0,,,,,0,0,,0,0,333333O B C D P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭故()66,,,0,6,0,3333PC BC CD ⎛⎛⎫=-==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 设平面BPC 的法向量()1,,1,n x y =，则由1n PC ⊥,1n BC ⊥得0 0x y +-== 解得1,0,x y == ()11,0,1,n =同理可求出平面DPC的法向量210,,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 1212cos n n n n θ⋅===⋅ 14．（1）（2）1【解析】试题分析：（1）利用空间向量求线线角，先根据题意确定空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方向向量，利用向量数量积求向量夹角余弦值，最后根据线线角与向量夹角关系得线线角余弦值（2）利用空间向量求线面角，先根据题意确定空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组求面的法向量，利用向量数量积求向量夹角余弦值，最后根据线面角与向量夹角互余关系列等量关系，解出的值．试题解析：（1）因为平面，且平面，所以，，又因为，所以两两互相垂直．分别以为轴建立空间直角坐标系，则由，可得，，，，，又因为为的中点，所以．所以，，…………2分所以，所以异面直线，所成角的余弦值为．…………………………5分（2）因为，所以，则，，，设平面的法向量为，则即令，解得，，所以是平面的一个法向量．……………………………7分因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得，所以的值为．……………………………………………………………10分考点：利用空间向量求空间角【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.。

高中数学黄金解题模板专题立体几何中的探索问题(解析版)

高考地位】探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．【方法点评】方法一直接法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.例1．如图甲，e 的直径2 ，圆上两点C、D 在直径的两侧，使C4 D ．沿直径折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F为C 的中点，3为的中点．根据图乙解答下列各题：（1）求证：C D ；（2）在BD弧上是否存在一点G，使得FG//平面CD ？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．得到DE 平面ABC，进而得出结论．（2）要满足FG ∥平面ACD ，可过直线FG 做一平面使其与平面ACD平行，找到所做平面与BD 弧的交点．点评：本题考查了直线与平面垂直的判定和直线与平面平行的判定. 这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明充分性．【变式演练1】如图，在四棱锥 E ABCD中，AE DE，CD 平面ADE ，AB 平面ADE ，（Ⅱ）求证：平面ACE 平面CDE ；（Ⅲ）在线段DE上是否存在一点 F ，使AF //平面BCE ？若存在，求出EF的值；若不存在，ED得到说明理由．EF 1 （Ⅲ）结论：在线段DE上存在一点F，且，使AF //平面BCE．ED 3EF 1解：设 F 为线段DE 上一点，且，过点 F 作FM //CD 交CE 于M ，则ED 31FM = CD ．因为CD 平面ADE ，AB 平面ADE ，所以CD//AB ．又因为CD 3AB 所3以MF AB ，FM //AB ，所以四边形ABMF 是平行四边形，则AF //BM ．又因为AF 平面BCE ，BM 平面BCE ，所以AF //平面BCE．【变式演练2】如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是正方形．点E是棱PC的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F ．1）求证：AB//EF ；2）若PA AD ，且平面PAD 平面ABCD ，试证明AF 平面PCD；3）在（2）的条件下，线段PB上是否存在点M ，使得EM 平面PCD ?（直接给出结论，不需要说明理由）答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析．解析】方法二空间向量法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步然后运用空间向量将立体几何问题转化为空间向量问题并进行计算、求解；第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在． .例 2. 如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直于直角梯形 ABPE 所在平面于直线 AB ，且 AB BP 2,AD AE 1， AE AB,且AE ∥BP ．（Ⅰ）设点 M 为棱 PD 中点，求证： EM ∥平面 ABCD ；（Ⅱ）线段 PD 上是否存在一点 N ，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 2 ？若存5 在，试确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由．uuuv uuuvuuuuv 思路分析：（Ⅰ）方法一：以 B 为原点， BA, BP,BC 分别为 x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 ABCD 的一个法向量，由此证得结果；方法二：连结 AC,BD ，其交点记1为O ，连结 MO ，EM ，由中位线定理可得 OM P 1 PB ，从而证得四边形 AEMO 是平行四边 2 形，进而由平行四边形的性质可使问题得证；（Ⅱ）先求出平面 PCD 的一个法向量，然后由此利用向量法求出线段 PD 上存在一点 N ，当 N 点与 D 点重合时，直线 BN 与平面 PCD 所成2角的正弦值为 2 ．5（方法二）由三视图知，BA, BP,BC两两垂直．连结AC,BD ，其交点记为O，连结MO ，EM ．因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD中点．因为M为PD中点，所以OM ∥PB，且1OM PB ．21又因为AE∥PB，且AE PB，所以AE∥OM ，且AE=OM ．所以四边形AEMO是平2行四边形，所以EM ∥ AO，因为EM 平面ABCD，AO 平面ABCD ，所以EM ∥平面ABCD ．主要途（1）一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；（2）如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点；（3）建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系．【变式演练3】如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD为正方形，EF / / AB ，EF EA，AB 2EF 2，AED 90o，AE ED，H 为AD 的中点.2）在线段BC上是否存在一点P ，使得二面角B FD P的大小为？若存在，求出BP 3的长；若不存在，请说明理由【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在点P的坐标为( 1,2,0) ,使BP BC 2.【解析】试题分析：(1) 借助题设条件运用线面垂直的判定定理推证；(2) 借助题设构建空间坐标系运用空间向量求解探求.(2)因为AD，OH，HE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系H xyz ，则1）求证：EH平面ABCD ；A(1,0,0) D( 1,0,0) ，F (0,1,1)，O(0,1,0) ，C( 1,2,0) .设点P (m, 2,0)(0 m 2) ，uuur uuur于是有DF (1,1,1)，DP (m 1,2,0) .考点：空间线面的位置关系及空间向量的有关知识的综合运用．变式演练4】如图, ABCD 是边长为 3 的正方形，DE 面ABCDAF // DE,DE 3AF ,BE 与平面ABCD所成的角为600.(1)求二面角F BE D 的的余弦值;(2)设点M 是线段BD 上一动点，试确定M 的位置，使得AM // 面BEF ，并证明你的结论.解：OD / / 平面 ABC 1）求证 2）求直线 AB 的中点 3）能否在 CD 和平面 ODM 所成角的正弦值以证明；若不能，请说明理由四边形 ABDE 是直角梯形， BD/ /AE ，BD BA ，BD 1 AE 2，点O 、M 分别为 CE 2 变式演练 4】如图，平面 ABDE 平面 ABC ， ABC 是等腰直角三角形， AB BC 4 EM 上找到一点 N ，使得 ON 平面 ABDE ？若能，请指出点 N 的位置，并加【高考再现】1. 【20XX年高考北京理数】（本小题14 分）AD，如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD 平面ABCD ，PA PD ，PA PD ，ABAB 1，AD 2，AC CD 5.1）求证： PD 平面 PAB ；2）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；（3）在棱 PA 上是否存在点 M ，使得BM //平面PCD ？若存在，求 AM 的值；若不存在， AP 说明理由 .试题解析：（1）因为平面 PAD 平面 ABCD ， AB AD ，所以 AB 平面 PAD ，所以 AB PD ，又因为 PA PD ，所以 PD 平面 PAB ；（2）取 AD 的中点 O ，连结 PO ， CO ，因为 PA PD ，所以 PO AD .又因为 PO 平面 PAD ，平面 PAD 平面 ABCD ，所以 PO 平面 ABCD . 因为 CO 平面 ABCD ，所以 PO CO . 因为 AC CD ，所以 CO AD . 如图建立空间直角坐标系 O xyz ，由题意得，A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0, 1,0),P(0,0,1).答案】（1）见解析； 2） 3 ；（3 ）存在，3 AMAP考点： 1.空间垂直判定与性质； 2.异面直线所成角的计算； 3.空间向量的运用. 【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一3）设M 是棱PA 上一点，则存在[0,1] 使得AM AP.因此点M (0,1 , ),BM ( 1, , ) .因为BM 平面PCD ，所以BM ∥ 平面PCD 当且仅当BM n 0，1即( 1, , ) (1, 2,2) 0 ，解得1 .4所以在棱PA上存在点M 使得BM∥ 平面PCD ，此时AMAP14所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等.2. 【20XX年高考四川理数】（本小题满分12 分）1如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC= PAB=90 °，BC=CD= AD，E为边AD2的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45 °，求直线PA 与平面PCE所成角的正弦值.答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ ED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB从而CM∥ EB.又EB 平面PBE，CM 平面PBE，所以CM∥平面PBE.说明：延长AP 至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN 上任意一点）Ⅱ）方法一：易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以∠ APH 是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠ AEH=45°，AE=1，2所以AH= .2在Rt△PAH中，PH= PA2AH2=3 2，2AH 1所以sin∠APH= = .PH 3方法uuur uuur作 Ay ⊥ AD ，以 A 为原点，以 AD ,AP 的方向分别为 x 轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz ，则 A （0,0,0），P （ 0,0,2），C （2,1,0），E （1,0,0），uuur uuur uuur所以 PE =（1,0,-2），EC =（1,1,0）， AP =（0,0,2）所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为 13考点：线线平行、线面平行、向量法设平面 PCE 的法向量为n=(x,y,z)，uuuuuuuur n PE 0, x 2z 0, 由uuur 得 n EC 0, x y 0,设 x=2，解得 n=(2,-2,1). uuuur |n AP | 2，则 sin α = uuur =设直线 PA 与平面 PCE 所成角为α|n| |AP | 2 22 ( 2)2 12 3A3. 【2016 高考北京文数】（本小题 14 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中， PC 平面 ABCD ， AB ∥ DC , DC AC答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在 .理由见解析解析】II ）求平面PAB 平面PAC ；I ）求证： DC 平面PAC ；// 平面 C F ?说明理由 .F ，使得所以 C ．所以平面 C ．考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等.【反馈练习】1. 【江苏省淮安市 20XX 届高三第五次模拟考试】（本题满分 14 分）如图，边长为 2 的正方形 ABCD 是圆柱的中截面，点 E 为线段 BC 的中点，点 S 为圆柱的下底面圆周上异于 A ， B 的一个动点．1）在圆柱的下底面上确定一定点 F ，使得 EF // 平面 ASC ；【答案】（1）点 F 为线段 AB 的中点；（2）详见解析；【解析】2. 【20XX 年高考模拟（南通市数学学科基地命题）（2）】（本小题满分 14 分）已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D,E 分别为 AA 1,CC 1的中点， AC BE,点F 在线段 AB 上，且 AB 4AF ．⑴求证 : BC C 1D ；⑵若 M 为线段 BE 上一点，试确定 M 在线段 BE 上的位置，使得 C 1D // 平面 B 1FM（第 16题）平面 BSC ．【答案】（1）见解析；（2）BE=4ME【解析】⑵连结AE，在BE 上取点M，使BE=4ME,连结FM，B1M ,F B1 ，在BEA 中，由BE=4ME，AB=4AF所以 MF//AE ，又在面 AA 1C 1C 中，易证 C 1D//AE ，所以 C 1D//平面 B 1FM3. 【扬州市 2014—2015学年度第四次调研测试试题高三数学】如图 ,三棱锥 A BCD 中,侧面ABC 是等边三角形 ,M 是 ABC 的中心．⑴若 DM BC ,求证 AD BC ；⑵若 AD 上存在点 N ,使 MN / / 平面 BCD ,求 AN 的值．ND1【答案】⑴见试题分析；⑵ 12【解析】⑵ M AE,AE 平面 ADE ,所以 M 平面 ADE ,因为 AD 上存在点 N ,所以 N 平面 ADE ,所以 MN 平面 ADE , 又 MN / / 平面 BCD ,平面ADE I 平面 BCD DE ,所以 MN / / DE , 在 ADE中 ,因为 AM 1 ,所以 AN1．ME 2 ND24．【20XX 届福建省福州市第八中学高三上学期第三次质检】在如图所示的几何体中，面CDEF1）求证：AC 平面FBC ；2）求四面体FBCD 的体积；2）线段AC 上是否存在点M ，使EA // 平面FDM ？证明你的结论．解析】为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB // CD，AC 3，AB 2BC 2，AC FB ．答案】（1）祥见解析；32）3；（2）祥见解析.125．【20XX 届辽宁省大连市第二十高级中学高三上学期期中考试】如图，四边形 ABCD 中， AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，AB ＝2，E 、F 分别在 BC 、 AD 上， EF ∥AB ．现将四边形 ABEF沿P ，使得 CP ∥平面 ABEF ？若存在，求出 P点位置，若不存在，说明理由；（ 2）设 BE ＝x ，问当 x 为何值时，三棱锥 A CDF 的体积有最大值？并求出这个最大值．MP ＝3，又因为 EC ＝3， MP ∥FD ∥EC ，故有 MP // EC ，故四边形 MPCE 为平行四边形，所以 PC ∥1）存在 AP P 使得满足条件 CP ∥平面 ABEF ，且此时． 3AD 5面证明： AP 3，过点 P 作 MP ∥FD ，与 AF 交于点 M，则有MPAD 5FD解析】3 ，又 FD ＝ 5 ，故5ME，又CP 平面ABEF，ME 平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．( 2)因为平面ABEF 平面EFDC，平面ABEF I 平面EFDC＝EF，又AF EF，所以AF⊥平面EFDC 由已知BE＝x，，所以AF＝x(0 x , 4)，FD＝6 x．1 1 12 1 2 1 2故V A CDF 1 1 2 (6 x) x 1(6x x2) 1[ (x3)2 9] 1(x 3)2 3 ．所以，当x3 2 3 3 3＝3时，V A CDF有最大值，最大值为 3.。

考点31 立体几何中探索性问题-庖丁解题2019学年高一数学人教版(必修2)(解析版)

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1．主要类型：（1）对平行或垂直关系的探索．（2）对条件或结论不完备的开放性问题的探索．
2．解题思路：首先假设其存在，然后在这个假设下推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定
假设，若推出了矛盾就否定假设．
3．注意事项：（1）解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来．（2）在转化过程中
要有理有据，不能凭空猜测．
【例】在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的动点，问Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面P AO ?
【规律总结】平行关系与垂直关系之间的相互转化：。

高考专题立体几何中的探索性问题-精品之高中数学(文)---精校解析Word版

第68题立体几何中的探索性问题I ．题源探究·黄金母题【例1】【2016高考北京文数】如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面；（II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析.【解析】分析：（Ⅰ）利用线面垂直判定定理证明；（Ⅱ）利用面面垂直判定定理证明；（III ）取PB 中点F ，连结F E ，则F//E PA ，根据线面平行定理则//PA 平面C F E .解析：（I ）因为C P ⊥平面CD AB ，所以C DC P ⊥．又因为DC C ⊥A ，所以DC ⊥平面C PA ．（II ）因为//DC AB ，DC C ⊥A ，所以C AB ⊥A ．因为C P ⊥平面CD AB ，所以C P ⊥AB ．所以AB ⊥平面C PA ．所以平面PAB ⊥平面C PA ．（III ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下：取PB 中点F ，连结F E ，C E ，CF ．又因为E 为AB 的中点，所以F//E PA ．又因为PA ⊄平面C F E ，所以//PA 平面C F E ．【名师点睛】在解决立体几何探索性问题时，常常先通过空间观察和条件分析（中点）假设存在符合条件的点，然后进行推理论证。

II ．考场精彩·真题回放【例2】【2015高考安徽文19】如图，三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，1,1,PA AB ==2,60AC BAC =∠=o .（Ⅰ）求三棱锥P -ABC 的体积；（Ⅱ）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求PMMC的值.【答案】（Ⅱ）13PM MC = 【解析】（Ⅰ）解：由题设AB ＝1,,2=AC60=∠BAC可得ABC S ∆︒⋅⋅⋅=60sin 21AC AB 23=.由⊥PA 面ABC ，可知PA 是三棱锥ABC P -的高,又1=PA所以三棱锥ABC P -的体积6331=⋅⋅∆PA S V ABC ＝（Ⅱ）证：在平面ABC 内，过点B 作AC BN ⊥，垂足为N ，过N 作PA MN //交PC 于M ，连接BM.由⊥PA 面ABC 知AC PA ⊥，所以AC MN ⊥.由于N MN BN ＝⋂，故⊥AC 面MBN ，又⊂BM 面MBN ，所以BM AC ⊥.在直角BAN ∆中，21cos =∠⋅=BAC AB AN ，从而23=-=AN AC NC .由PA MN //，得31=NC AN MC PM ＝. 【名师点睛】本题将正弦定理求三角形的面积巧妙地结合到求锥体的体积之中，本题的第（Ⅱ）问需要学生构造出线面垂直，进而利用性质定理证明出面面垂直，本题考查了考生的空间想象能力、构造能力和运算能力.【例3】【2016高考四川文科】如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥CD ，AD∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，12BC CD AD ==. DCB AP（I ）在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM∥平面PAB ，并说明理由；（II ）证明：平面PAB⊥平面PBD.【答案】（Ⅰ）取棱AD 的中点M ，证明详见解析；（Ⅱ）证明详见解析.【解析】分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，只要在平面ABCD 上作//CM AB 交AD 于M 即得；（Ⅱ）要证面面垂直，先证线面垂直，也就要证线线垂直，本题中有PA BD ⊥（由线面垂直的性质或定义得），另外可以由平面几何知识证明BD AB ⊥，从而有线面垂直，再有面面垂直．试题解析：MDCB AP（I ）取棱AD 的中点M (M∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点.理由如下：因为AD‖BC,BC =12AD ，所以BC‖AM , 且BC =AM . 所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM‖AB . 又AB ⊂ 平面PAB ,CM ⊄ 平面PAB ,所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ,则所找的点可以是直线MN 上任意一点)（II ）由已知，PA ⊥AB , PA ⊥CD ,因为AD ∥BC,BC =12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD . 从而PA ⊥ BD .因为AD ∥BC,BC =12AD ，所以BC ∥MD,且BC =MD. 所以四边形BCDM 是平行四边形.所以BM =CD =12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP =A,所以BD ⊥平面PAB .又BD ⊂ 平面PBD,所以平面PAB ⊥平面PBD . 【例4】【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马P A B C D -中，侧棱PD ⊥底面A B C D ，且P D C D =，点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE .（Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；（Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值．【答案】（Ⅰ）四面体EBCD 是一个鳖臑；（Ⅱ）124.V V = 【解析】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC . 由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是,,,.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠ （Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅；由（Ⅰ）知，DE是鳖臑D B C E -的高， BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅.在Rt △PDC中，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE CE ==，于是 12123 4.16BC CD PD V CD PDV CE DE BC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅【名师点睛】以《九章算术》为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，但其实质仍然是考查线面垂直与简单几何体的体积计算，其解题思路：第一问通过线线、线面垂直相互之间的转化进行证明，第二问关键注意底面积和高之比，运用锥体的体积计算公式进行求解. 结合数学史料的给予新定义，不仅考查学生解题能力，也增强对数学的兴趣培养，为空间立体几何注入了新的活力.【例5】【2014四川文18】在如图所示的多面体中，四边形11ABB A 和11ACC A 都为矩形。

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专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M ，使平面？说明理由.类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为233.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ；（2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为30？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“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”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ；（2）若6PB =，试判断线段PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为15，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．【答案】（1）见解析（2）60︒4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为正方形，已知PA ⊥平面ABCD ，2AB =，2PA =.（1）证明：BD PC ⊥；（2）求PC 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值． 6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.14. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.15.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由；（2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．2.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF；（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒，过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ，即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =，设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ，由（1）知GM ∥DF ，G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=，当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2．故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点故∵面∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点理由如下：由点分别为中点可得：∵面∴面由（1）可知，面且故面面类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，又为中点，面，面平面.（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面取中点，连接，又，又，，平面，又是正三角形，平面(Ⅱ)当时，有平面平面过作于，由(Ⅰ)知，平面，所以平面平面易得【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，,,,,，，．设平面法向量，则即令，则，．即．平面BAE法向量．因为，，，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M ，使平面．类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为23.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ；（2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点，所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥，所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点，所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点，于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高，设AD m =，则SP =，ABCD S m =矩形，所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=⋅==矩形所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()1110n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令3x λ=，则()13,,1n λλ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，所以12122123cos ,721n n n n n n λλλ-⋅==-+30=，因为01λ≤≤，所以13λ=，所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“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”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1CE =.【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且112FG BB =. 因为当E 为1CC中点时，CE ∥1BB 且112CE BB =，所以FG ∥CE 且FG = CE .所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ，又因为1CF AEB ⊄平面，1EG AEB ⊂平面，所以//CF 平面1AEB ；（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()3,0,0A -，()13,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，平面1AEB 的法向量()333,3n λ=--，，()23cos 23991m n m n m nλ⋅===++-，，解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，Q PC点是的中点，∴M Q∥CD，1.2MQ CD=又AB∥CD，1,2AB CD QM=则∥AB，QM＝AB，则四边形ABQM是平行四边形.BQ∴∥AM.又AM⊂平面PAD，BQ⊄平面PAD，BQ∴∥平面PAD.（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).令()()()000000,,,,,1,0,2,1.Q x y z PQ x y z PC=-=-则()()000,,,10,2,1,PQ PC x y zλλ=∴-=-()0,2,1.Qλλ∴-又易证BC⊥平面PBD，()1,1,0.n PBD∴=-是平面的一个法向量设平面QBD的法向量为(),,,m x y z=(),0,0,2210,.0,1x yx ym DBy z z ym DQλλλλ=-⎧+=⎧⎧⋅=⎪⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎪-⎩则有即解得令21,1,1,.1y mλλ⎛⎫==-⎪-⎝⎭则60Q BD P 二面角为--，21cos,,22221m n m n m nλλ⋅∴===⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭解得3 6.λ=±Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ；（2）若6PB =PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（215【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OBOP O =，OB ⊂平面POB ，OP ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．又AE ⊂平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ．（2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==，在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =∵6PB =，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，由题意得，各点坐标为()0,0,3P ，()1,0,0A -，()0,3,0B，()2,3,0C ，()1,0,0E ，∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，设()01PQ PB λλ=<<，()1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=，设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AE n AQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()203330x x y λλ=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取0x =，1y =，得1z λλ=-，∴0,1,1n λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则15sin cos ,5PC nPC n PC nθ⋅===，即2331511011λλλλ+-=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭化简得：24410λλ-+=，解得12λ=， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．【答案】（1）见解析（2）60︒ 【解析】（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点．理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且12FQ CD =， //AE CD 且12AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ∆为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，又90ADP ∠=︒，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)3,1,0B，()0,2,FC a =-，()3,1,0CB =-，设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，则由m FCm CB⎧⋅=⎨⋅=⎩得2030y azx y-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1x=，则3y=，23z=，所以取231,3,m⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，显然可取平面DFC的法向量()1,0,0n=，由题意：22cos,41213m na==++，所以3a=.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD∠为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD∆中，tan3PDPBD aBD∠===，从而60PBD∠=︒，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60︒.4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2AB=，2PA=.（1）证明：BD PC⊥；（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（210；（3）存在，23PEPC=，理由见解析【解析】（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA BD⊥，即BD PA⊥由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC又因为PC ⊂平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直，因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D，P因此(2,2,PC =，(2,0,PB =，(0,2,PD =设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2020x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 取1x =，1y =，z =，则(1,1,2)m =设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，10sin |cos ,|=||10||||m PC m PC m PC θ⋅=<>=⋅（3）存在，设[0,1]PEPCλ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)n a b c =，则0n BE n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2(1)2(1)0220a b a bλλλ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-则(1,12))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ⋅=即1(1)1(1)2)0λλλ⋅-+⋅-+-=，则2[0,1]3λ=∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，23PE PC =5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）∵在底面中，，且∴，∴又∵，，平面，平面∴平面又∵平面∴∵，∴又∵，，平面，平面∴平面（2）方法一：在线段上取点，使则又由（1）得平面∴平面又∵平面∴作于又∵，平面，平面∴平面又∵平面∴又∵∴是二面角的一个平面角设则，这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量设则，∴，设是平面的一个法向量则∴令，则，它背向二面角又∵平面的法向量，它指向二面角这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，因此，又，，所以平面.而平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，则有，过点作于，设，则.因为，所以，，由题设可得，即，解得或，因为，所以，所以，.由，知是平面的法向量，，.设平面的法向量为，则取得，设二面角为，则，因为，.综上，二面角的正弦值为.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以. 又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=，可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ，设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =. 二面角H AD M --为大小为于是.解得或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭，由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=，解得613λ=，∴613AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为613. 12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记，，则由余弦定理：，（当且仅当时，上式取等号）此时，，的面积的最大值为.（2）由（1）知，，，设存在，在三棱锥中，取的中点，连接，易知.作于，由平面平面平面.故在平面上的投影为.与平面所成的角为，由.设，得，，故.故存在，且，满足题意.（2）另解：由（1），，设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，设，得，得，又.由.故存在，且，满足题意.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.（2）由已知条件可知，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.。