2018年高中数学 黄金100题系列 第68题 立体几何中的探索性问题 理

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年高考北京理数】如图，在四棱锥
P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，
PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，
AC CD ==
（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
AP
的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2
）
3；（3）存在，
1
4
AM AP = 【解析】分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面PAD ；根据线面垂直性质定理可知PD AB ⊥，再由线面垂直判定定理可知⊥PD 平面PAB ；（2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系
O xyz -，利用向量法可求出直线PB 与平面PCD 所成角
的正弦值；（3）假设存在，根据A ，P ，M 三点共线，设
AM λ=，根据//BM 平面PCD ，即0=⋅BM ，
求λ的值，即可求出
AM
AP
的值
.
如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，
)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.
设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅,0,0即⎩
⎨⎧=-=--,02,
0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x .所以)2,2,1(-=n .
又
)1,1,1(-=PB ，所
以
3
3,cos -=<.
所直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为
3
3
.
2
【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】【2016年高考四川理数】如图，在四棱锥P-ABCD
中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=1
2AD ，E 为边
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P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.
E
D
C
B
P
A
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
1
3
. 【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，而这可以利用已知的平行，易得CD ∥EB ；从而知M 为DC 和AB 的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平
面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．
（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：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，
PA ⋂AD=A ，所以CD ⊥平面PAD.从而CD ⊥PD. 所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角.
所以∠PDA=45°.设BC=1，则在Rt △PAD 中，
PA=AD=2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH.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， 所以
.在Rt △PAH 中，
2
， 所以sin ∠APH=
AH PH =1
3
.
方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA⋂AD=A，
所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
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)，
所以PE=（1,0,-2），EC=（1,1,0），AP=（0,0,2）
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
由
0,
0,
PE
EC
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
n
n
得
20,
0,
x z
x y
-=
⎧
⎨
+=
⎩
设x=2，解得
n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=
|| |||| n AP n
AP
⋅
⋅
1
3
= .
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为
1
3
.
P
【例3】【2014年湖北卷19】如图，在棱长为2的正
方体
1
1
1
1
D
C
B
A
ABCD-中，N
M
F
E,
,
,分别是
棱
1
1
1
1
,
,
,D
A
B
A
AD
AB的中点，点Q
P,分别在棱
1
DD,
1
BB上移动，且()2
0<
<
=
=λ
λ
BQ
DP.
（1）当1
=
λ时，证明：直线//
1
BC平面EFPQ；
（2）
是否存在λ，使平面EFPQ与面PQMN所
成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；
若不存在，说明理由.
【答案】（1）详见解析；（2）
2
2
1±
=
λ
【解析】分析：（1）由正方体
1
1
1
1
D
C
B
A
ABCD-
的性质得
1
1
//AD
BC，当1
=
λ时，证明
3
4
1//AD FP ，由平行于同一条直线的两条直线平行得FP BC //1，根据线面平行的判定定理证明//1BC 平面EFPQ ；（2）解法1，如图2，连结BD ，证明四边形EFPQ 与四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、PQ 、MN 的
中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ，证明GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，设存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，求出λ的值；解法2，以D 为原点，射线
1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间
直角坐标系xyz D -，用向量法求解. 试题解析：几何法：
（2）如图2，连结BD ，因为E 、F 分别是AB 、AD 的中点，所以BD EF //，且BD EF 2
1
=
，又BQ DP =，BQ DP //，所以四边形PQBD 是平行四边形，
故BD PQ //，且BD PQ =，从而PQ EF //，且
PQ EF 2
1
=
，在EBQ Rt ∆和FDP Rt ∆中，因为λ==DP BQ ，1==DF BE ，
于是，2
1λ+==FP EQ ，所以四边形EFPQ 是等腰梯形，同理可证四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、
PQ 、MN 的中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ，则
PQ GO ⊥，PQ HO ⊥，而O HO GO = ，故GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，
若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的
二面角为直二面角，则
90=∠GOH ，
连结EM 、
FN ，则由MN EF //，且MN EF =，知四边形EFNM 是平行四边形，
连结GH ，因为H 、G 是EF 、MN 的中点，所以2==ME GH ， 在GOH ∆中，42
=GH ，
2
1
)22(
12222+=-+=λλOH ， 2
1
)2()22(
)2(12222+-=--+=λλOG ， 由2
2
2
GH OH OG =+得
42121)2(22
=+++
-λλ，解得2
21±=λ， 故存在
2
2
1±
=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.
向量法：以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标
系xyz D -，
5
由已知得),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B ，
所以)2,0,2(1-=BC ，),0,1(λ-=，)0,1,1(=， （1）证明：当1=λ时，)1,0,1(-=FP ，因为
)2,0,2(1-=BC ，所以FP BC 21=，即FP BC //1，
而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故直线//1BC 平面EFPQ .
（2）设平面EFPQ 的一个法向量),,(z y x =n ，
由⎪⎩⎪⎨⎧=∙=∙00
n n 可得⎩⎨⎧=+-=+00z x y x λ，于是取)1,,(λλ-=n ，
同理可得平面M N P Q 的
一个法向量为)1,2,2(λλ--=m ，若存在λ，使平面EFPQ 与平面
PQMN 所成的二面角为直二面角，
则0)1,,()1,2,2(=-∙--=∙λλλλn m ，
即01)2()2(=+---λλλλ，解得2
21±
=λ， 故存在2
21±
=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.
【名师点睛】这是一类探究型习题，重点考查直线与平面
平行的判定定理和二面角的求法，其解题思路：第一问通过证明线线平行得出线面平行的结论；第二问正确求解的关键是正确地找出平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角.充分体现了探究型学习在高考中的重要性.
【例4】【2015湖北理19】《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．如图，在阳马P ABCD -中，侧
棱PD ⊥底面ABCD ，且P D C D =，过棱PC 的
中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BE
（Ⅰ）证明：PB DEF ⊥平面．试判断四面体
DBEF 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，说明理由； （Ⅱ）若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为
π3，求DC
BC
的值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
2
2
.
（Ⅱ）如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交
于点G
则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线.
由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以PB DG ⊥. 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥.
6
而PD PB P =，所以DG PBD ⊥平面.
故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角， 设1PD DC ==，BC λ=
，有BD = 在Rt △PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3
DPF FDB ∠=∠=, 则
πtan
tan 3BD DPF PD =∠==,
解得λ=
所以1DC BC λ= 故当面DEF 与面ABCD 的大小为π
3时，DC BC =
（解法2）（Ⅰ）如图2，以D 为原点，射线,,DA DC DP 别为,,x y z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设1PD DC ==，BC λ=，
则(0,0,0),(0,0,1),(,1,0),(0,1,0)D P B C λ，(,1,1)PB λ=- 点E 是PC 的中点，所以11(0,
,)22
E ，11(0,,)22DE =， 于是0PB DE ⋅=，即PB DE ⊥.
又已知EF PB ⊥，而D
E E
F E =，所以PB DEF ⊥平面因(0,1,1)PC =-, 0DE PC ⋅=, 则DE PC ⊥, 所以DE P B C ⊥平面.由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平DE F ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF DEB DEF ∠∠，，EFB DFB ∠∠，
（Ⅱ）由PD ABCD ⊥平面，所以(0,0,1)DP =是平ABCD 的一个法向量；
由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以(,1,1)BP λ=--DEF 的一个法向量. 若面DEF 与面ABCD 12
||||
BP DP BP DP λ⋅==
⋅， 1λ== 所成二面角的大小为
π
317题 3问具有一定的探索性，考察空间想象能力，猜想能力及推
.
几何直觉。

7
8
III ．理论基础·解题原理
立体几何初步是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.
考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．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，常以解答题中最后一问的形式出现，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.
IV ．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】
这类试题在考查题型上，通常问题解答题形式。

【技能方法】
1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.
2.在立体几何的垂直关系问题中，需根据题目具体条件结合垂直的判断定理，寻找必要条件。

3.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.
V ．举一反三·触类旁通 考向1 空间平行关系的探索
【例1】【2017重庆模拟】在如图所示的多面体中，四边形11ABB A 和11ACC A 都为矩形。

（Ⅰ）若AC BC ⊥，证明：直线BC ⊥平面11ACC A ；
（Ⅱ）设D ，E 分别是线段BC ，
1CC 的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线//DE 平面1A MC ？请证明你的结论。

1
A
【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，M 为线段AB 的中点时，直线DE
平面1A MC .
9
1
解析：（Ⅰ）因为四边形11ABB A 和11ACC A 都是矩形， 所以11,AA AB AA AC ⊥⊥.因为AB ，AC
为平面ABC 内的两条相交直线，所以1AA ⊥平面ABC. 因为直线BC ⊂平面ABC 内，所以1AA BC ⊥.
又由已知，1,,AC BC AA AC ⊥为平面11ACC A 内的两条相交直线， 所以，BC ⊥平面11ACC A .
1
（2）取线段AB 的中点M ，连接111,,,A M MC AC AC ， 设O 为11,A C AC 的交点.由已知，O 为1AC 的中点. 连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为1,ABC ACC ∆∆的中位线. 所以，11
,,22
MD
AC OE AC MD OE ∴，连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形，则DE MO .因
为直线DE ⊄平面1A MC ，MO ⊂平面1A MC ，所以直线DE 平面1A MC .即线段AB 上存在一点M （线
段AB 的中点），使得直线DE 平面1A MC .
【例2】【2016·西安模拟】如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点，现在沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：
1
(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论； 若不存在，请说明理由；
(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE . 【答案】见解析 【解析】(1)解 如图，
【跟踪练习】
1.【2017·石家庄模拟】在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ＝3，
AB ＝2BC ＝2，AC ⊥FB
.
(1)求证：AC ⊥平面FBC . (2)求四面体FBCD 的体积.
(3)线段AC 上是否存在点M ，使EA ∥平面FDM ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】见解析
(2)解 因为AC ⊥平面FBC ，FC ⊂平面FBC ，所以AC ⊥FC . 因为CD ⊥FC ，AC ∩CD ＝C ，所以FC ⊥平面ABCD . 在等腰梯形ABCD 中可得CB ＝DC ＝1，所以FC ＝1.
所以△BCD 的面积为S ＝
34
. 所以四面体FBCD 的体积为V F －BCD ＝13S ·FC ＝3
12
.
(3)解 线段AC 上存在点M ，且点M 为AC 中点时，有EA ∥平面FDM . 证明如下：连接CE ，与DF 交于点N ，取AC 的中点M ，连接MN . 因为四边形CDEF 是正方形，所以点N 为CE 的中点. 所以EA ∥MN .因为MN ⊂平面FDM ，EA ⊄平面FDM ，
所以EA ∥平面FDM .所以线段AC 上存在点M ，且M 为AC 的中点， 使得EA ∥平面FDM 成立.
2.【2017三明市期末】已知正四棱锥S ﹣ABCD 的各条棱长都相等，且点E ，F 分别是SB ，SD 的中点． （1）求证：AC⊥SB；
（2）在SC 上是否存在点M ，使平面△MBD∥平面AEF ，若存在，求出的值；
若不存在，说明理由．
【答案】见解析
【解析】分析：（1）根据AC⊥BD，AC⊥SO 可得AC⊥平面SBD ，故而AC⊥SB；
（2）取EF 的中点G ，连结GC ，取GC 的中点H ，延长OH 交SC 于M ，则可证平面BDM∥平面AEF ，利用中位
线定理得出M的位置．
解析：（1）证明：设AC∩BD=O，则O为底面正方形ABCD中心，连接SO，
∵SA=SC，O是AC的中点，∴SO⊥AC．又BD⊥AC，且SO∩BD=O，
∴AC⊥平面SBD，又SB⊂平面SBD，∴AC⊥SB．
（2）解：存在点M，设SO∩EF=G，连AG，CG．
取CG中点H，连OH并延长交SC于点M，
∵O是AC中点，∴OH∥AG，即OM∥AG，
又EF∥BD，OM，BD⊄平面AEF，AG，EF⊂平面AEF，
∴OM∥平面AEF，BD∥平面AEF，
又OM∩BD=O，OM，BD⊂平面MBD，
∴平面MBD∥平面AEF，在△SOC中，作FN∥OM交SC于N，
则N是SM的中点，M是NC的中点，∴．
【点评】本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，属于中档题．
3.【2017北京西城区期末】如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），求证：EF∥GH；（Ⅲ）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF？若存在，
求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，
且AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面BDEF．
又AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF．
（Ⅱ）证明：∵EF∥BD，EF⊂平面AEF，BD⊄平面AEF，∴BD∥平面AEF，
又BD⊂平面BDGH，平面AEF∩平面BDGH=GH，
∴BD∥GH，又BD∥EF，∴GH∥EF．
（Ⅲ）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF，此时．
以下给出证明过程．证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，
因为BD∥EF，BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BD∥平面AEF．设AC∩BD=O，连接OM，
在△ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OM∥AE，
又因为OM⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以OM∥平面AEF．
又因为OM∩BD=O，OM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面AEF．
4.【2017湖南三模】如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．
（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；
（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；
（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，
求出PE的长；若不存在，说明理由．
【答案】见解析
（III）对于这种是否存在的问题，首先要观察出结论，再进行证明，根据线面平行的判定定理，利用中位线确定线与线平行，得到结论．
解：（Ⅰ）证明：∵ABCD为菱形，∴AB=BC又∠ABC=60°，
∴AB=BC=AC，又M为BC中点，∴BC⊥AM
而PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC
又PA∩AM=A，∴BC⊥平面AMN
（II）∵，又PA⊥底面ABCD，PA=2，∴AN=1
∴三棱锥N﹣AMC的体积S△AMC•AN=
（III）存在点E，取PD中点E，连接NE，EC，AE，
∵N，E分别为PA，PD中点，∴
又在菱形ABCD中，
∴，即MCEN是平行四边形∴NM∥EC，
又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE
∴MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，此时．
【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，是一个非常适合作为高考题目出现的问题，题目包含的知识点比较全面，重点突出，是一个好题
考向2 空间垂直关系的探索
【例1】【2017·秦皇岛调研】如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F 为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示.
(1)求证：A1F⊥BE；
(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.
【答案】见解析
(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，
则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，
所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
【例2】【2018哈尔滨质检】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，
并加以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】见解析
(2)解存在满足要求的点G.证明如下：在线段CD上存在一点G为CD的中点，
使得平面EFG⊥平面PDC，
因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.
又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，
所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.
【跟踪练习】
1.【2017贵阳模拟模拟】如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC
的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC
【答案】B
2. 【2017朝阳区模拟】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).
【答案】DM⊥PC(或BM⊥PC等)
【解析】由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
3.【2017湖北武汉武昌调研】在矩形ABCD中，AB<BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
【答案】②
【解析】如图，若AC⊥BD，已知CF⊥BD，AC∩CF＝C，那么BD⊥平面ACF，则BD⊥AF，这与平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾，所以①不正确；当点A在平面BCD内的射影落在线段BC 上时，AB⊥CD，所以存在某个位置使AB⊥CD；所以②成立；若AD⊥BC，已知BC⊥CD，CD∩AD＝D，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AC，那么AB>BC，这与已知矛盾，所以③不正确．
4．【2017贵阳模拟】已知如图，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC ＝120°.
(1)在直线BC上求作一点O，使BC⊥平面AOD，写出作法并说明理由；
(2)求三棱锥A­BCD的体积.
【答案】见解析
【解析】 (1)作AO⊥BC，交CB延长线于点O，连接DO，则BC⊥平面AOD.
5．【2017兰州模拟】如图，三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.
(1)求三棱锥P ­ABC 的体积；
(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在点M ， 求出PM MC
的值；若不存在，请说明理由． 【答案】见解析
(2)证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面PAC 内， 过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM . 由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC .
由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN . 又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .
在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝1
2，
从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥PA ，得PM MC ＝AN NC ＝1
3
.
6.【2017届安徽省合肥联考】如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，
四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点. (1)证明：AE ∥平面BDF .
(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定
点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析
【解析】(1)证明 连接AC 交BD 于O ，连接OF ，如图①. ∵四边形ABCD 是矩形，∴O 为AC 的中点， 又F 为EC 的中点，∴OF 为△ACE 的中位线， ∴OF ∥AE ，又OF ⊂平面BDF ，AE ⊄平面BDF ， ∴AE ∥平面BDF .
(2)解 当P 为AE 中点时，有PM ⊥BE ，证明如下：取BE 中点H ，连
接DP ，
PH ，CH ，∵P 为AE 的中点，H 为BE 的中点，∴PH ∥AB ，又AB ∥CD ，
∴PH ∥CD ，∴P ，H ，C ，D 四点共面.∵平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩
平面BCE ＝
BC ，CD ⊂平面ABCD ，CD ⊥BC .
∴CD ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ，
∴CD ⊥BE ，∵BC ＝CE ，H 为BE 的中点，∴CH ⊥BE ， 又CD ∩CH ＝C ，∴BE ⊥平面DPHC ，又PM ⊂平面DPHC ， ∴BE ⊥PM ，即PM ⊥BE .
7.【2017平谷区模拟】如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD ，PD=AD=3，PM=2MD ，AN=2NB ，
（Ⅰ）求证：直线AM∥平面PNC ；
（Ⅱ）在AB 上是否存在一点E ，使CD⊥平面PDE ，若存在，确定E 的位置， 并证明，若不存在，说明理由； （Ⅲ）求三棱锥C ﹣PDA 的体积．
【答案】见解析
【解答】证明：（Ⅰ）在PC上去一点F，使PF=2FC，连接MF，NF，因为PM=2MD，AN=2NB，所以FM∥DC，，AN∥DC，AN=，所以．
所以MFNA为平行四边形，即AM∥NA，又AM⊄平面PNC
所以直线AM∥平面PNC
（Ⅱ）因为E是AB中点，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，所以∠AED=90°
因为AB∥CD，所以，∠EDC=90°即CD⊥DE．
又PD⊥平面ABCD，所以CD⊥PD
又DE∩PD=D所以直线CD⊥平面PDE
（Ⅲ）直线AB∥DC，且由（Ⅱ）可知，DE为点A到平面PDC的距离，，，
．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理与直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，
考查转化思想以及空间想象能力计算能力． 考向3 空间角的探索
【例1】【2018江西省赣州市高二联考】过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A 作直线l ，使直线l 分别与
1,,AB AD AA 三条棱所成的角都相等，则这样的直线l 有（ ）条
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 【答案】D
【解析】如图：
由于平面11AA D D ，平面ABCD ，平面11ABB A 上不存在满足条件的直线l ，只需考虑正方体内部和正方体外部满足条件的直线l 的条数.第一类：在正方体内部,由三余弦定理知l 在平面ABCD 内的射影为BAD ∠的角平分线,在平面11AA D D 内的射影为1A AD ∠的角平分线，则l 在正方体内部的情况为体对角线1AC ；第二类：在图形外部与每条棱的外角度数和另2条棱夹角度数相等，有3条.所以共有4条满足条件的直线,故选D.
【例2】【广西贵港市2018届高三联考】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E F 、，则下列结论中正确结论的序号是__________．
①AC BE ⊥；
②直线AE 与平面11DBB D 所成角的正弦值为定值
1
3
； ③当EF 为定值，则三棱锥E ABF -的体积为定值；
④异面直线,AE BF . 【答案】①③
确;当E 在D 1,F 在B 1,此时异面直线AE,BF 所成的角为
4
π
,故④不正确;应填:①③.
【例2】【2018福建省莆田模拟】如图，在梯形ABCD 中， AB CD ， 23
BCD π
∠=
，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ， 1AD CD BC CF ====. （1）求证： EF ⊥平面BCF ；
（2）点M 在线段EF （含端点）上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2
解析： (I)在梯形ABCD 中，∵//AB CD ，设1AD CD BC ===， 又∵23
BCD π
∠=
,∴2AB =，∴22202cos60 3.AC AB BC AB BC =+-⋅⋅= ∴222.AB AC BC =+∴BC AC ⊥. ∵CF ABCD ⊥平面， AC ABCD ⊂平面， ∴AC CF ⊥，而CF BC C ⋂=，∴.AC BCF ⊥平面 ∵//,EF AC ∴EF BCF ⊥平面.
(II)由(I)可建立分别以直线CA ， CB ， CF 为x 轴， y 轴， z 轴的如图所示建立空间直角坐标系，
设1AD CD BC CF ====，令FM λ=
(0λ≤≤),则C (0，0，0)，
A
0，0)， B (0，1，0)， M (λ，0，1)，
∴AB
1，0)， BM =( λ，-1，1)， 设()1,,n x y z =为平面MAB 的一个法向量， 由11·0{
·0,
n AB n BM ==，
得0{
0,
y x y z λ+=-+=，
取1x =,则1n
λ),
∵2n =(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量,
∴
12
2
1
n ?n cos n
?n 13θ=
=
=+
｜｜｜｜｜｜ ∵0λ≤
≤0λ=时， cos θ， ∴点
M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成二面角最大， 【跟踪练习】
1.【
2018安徽省安庆市二模】如图正方形BCDE 的边长为a ，已知AB
BC ，将直角△ABE 沿BE 边折起，A 点在面BCDE 上的射影为D 点，则翻折后的几何体中有如下描述： （1）ADE ；（2）
B ACE V -
（3）AB∥CD；（4）平面EAB⊥平面ADEB ； （5）直线BA 与平面ADE 其中正确的叙述有＿＿＿＿＿（写出所有正确结论的编号）。

【答案】（1）（2）（4）（5）
【解析】利用正方形对折前后的不变量，我们可知道，三角形△ABE 垂直于平面BCDE ，利用面面垂直的性质定理，我们可以得到几何体的体积和平行以及垂直的证明。

2.【2018河北省衡水市武邑中学调研】在五面体ABCDEF 中， AB CD EF ,
222CD 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. 【答案】(1)见解析；(2) P 点靠近B 点的CB 的三等分点处.
（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ABCD , GD ⊂平面CDEF ， 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∵2CD EF CF ===,
1AB AD ==,∴((0,,E F -
由（1）知(0,CE =-是平面ADF 的法向量，∵(DF =,()1,1,0CB =- 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 =
∵0,0n DF n DP ⋅=⋅=, ∴()0{
20
y ax a y =+-=，
令3y a =，则()32,x a z a =-=-
∴()(
)
32,n a a =
--∵二面角P DF A --为60,
∴cos ,n CE n CE n CE
⋅=
=12
=
，解得23a =
∴P 点靠近B 点的CB 的三等分点处
3.【2018山西省大同市灵丘豪洋中学三模】如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -
中， E ， F ，
M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ，
Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.
（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；
（2
）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）12
λ=±
. 【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ， ()2,1,0E ， ()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,
0BC =-，
()1,0,FP λ=-， ()1,1,0FE =， ()1,1,0NM =， ()1,0,2NP λ=--. （1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-，因为()12,0,2BC =-，所以12BC FP =， 即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ， 故直线1//BC 平面EFPQ .
（2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则 由0{
FE n FP n ⋅=⋅=，得0
{
0.
x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-.
设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =，由0{
NM m NP m ⋅=⋅=，
得()''0
{
'2'0
x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--.
若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，
则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=，即()()2210λλλλ---+=，
解得12λ=±
，显然满足02λ<<.
故存在12
λ=±， 使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角
.
4.【2017贵阳模拟模拟】在三棱锥P －ABC 中，
（1）求证：平面PAC ⊥平面ABC ； （2）求BC 与平面PAB 所成角的正弦值；
（3）在棱BC 上是否存在点Q 使得AQ 与PC 成60的角？若存在，求BQ 的长； 若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析（2
3）见解析
（3）法一、设BQ QC λ=，则AB AC
AQ λ+=
022AB AC
PC AQ PC λλ+⨯+⋅=⋅
又214260PC AQ λ+⋅=⨯
，所以 所以1
BQ BC =即
5.【2018届北京市西城区高三二模】如图1，四棱锥ABCD P -中，⊥PD 底面ABCD ，面ABCD 是直
角梯形，M 为侧棱PD 上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示． （Ⅰ）证明：⊥BC 平面PBD ； （Ⅱ）证明：AM ∥平面PBC ；
（Ⅲ）线段CD 上是否存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为
4
3
？若存在，找到所有符合要求的点N ，并求CN 的长；若不存在，说明理由．
【答案】(I)详见解析；（II ）详见解析；
（III ）点N 位于D 点处，此时4CN =；或CD 中点处，此时2CN =.
试题解析：【方法一】（Ⅰ）证明：由俯视图可得，222BD BC CD +=，
所以BD BC ⊥． 又因为 ⊥PD 平面ABCD ，
所以 PD BC ⊥， 所以 ⊥BC 平面PBD ． （Ⅱ）证明：取PC 上一点Q ，使:1:4PQ PC =，连结MQ ，BQ ． 由左视图知 4:1:=PD PM ，所以 MQ ∥CD ，1
4
MQ CD =
． 在△BCD 中，易得60CDB ︒∠=，所以 30ADB ︒∠=．又 2=BD ，
所以1AB =， AD =
AB ∥CD ，CD AB 4
1
=，
所以 AB ∥MQ ，AB MQ =．所以四边形ABQM 为平行四边形， 所以 AM ∥BQ ． 因为 ⊄AM 平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ， 所以 直线AM ∥平面PBC ． （Ⅲ）解：线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为4
3． 证明如下：因为 ⊥PD 平面ABCD ，DC DA ⊥， 建立如图所示的空间直角坐标系xyz D -．
所以 )3,0,0(),0,4,0(),0,1,3(),0,0,3(),0,0,0(M C B A D ．
设 )0,,0(t N ，其中40≤≤t ． 所以)3,0,3(-=AM ，)0,1,3(--=t BN ． 要使AM 与BN 所成角的余弦值为
43，则有 ||3||||AM BN AM BN ⋅=， 所以
4
3
)1(332|3|2
=
-+⋅t ，解得 0=t 或2，均适合40≤≤t ．
31 故点N 位于D 点处，此时4CN =；或CD 中点处，此时2CN =，
有AM 与BN 所成角的余弦值为4
3．
【方法二】
（Ⅰ）证明：因为⊥PD 平面ABCD ，DC DA ⊥，建立如图所示
的空间直角坐标系xyz D -． 在△BCD 中，易得60CDB ︒∠=，所以 30ADB ︒∠=，
因为 2=BD ， 所以1AB =，
AD =
由俯视图和左视图可得：
)4,0,0(),3,0,0(),0,4,0(),0,1,3(),0,0,3(),0,0,0(P M C B A D ．
所以 )0,3,3(-=BC ，)0,1,3(=DB ．
因为 0001333=⋅+⋅+⋅-=⋅，所以BD BC ⊥．
又因为 ⊥PD 平面ABCD ，所以 PD BC ⊥， 所以 ⊥BC 平面PBD ． （Ⅱ）证明：设平面PBC 的法向量为=()x,y,z n ，则有 0,0.
PC BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n
因为 )0,3,3(-=，)4,4,0(-=，
所以
440,30.
y z y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 取1=y ，得=n )1,1,3(． 因为 )3,0,3(-=AM ， 所以 ⋅=n 03101)3(3=⋅+⋅+-⋅． 因为 ⊄AM 平面PBC ，
所以 直线AM ∥平面PBC ． （Ⅲ）解：线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为43
．
证明如下：设 )0,,0(t N ，其中40≤≤t ． 所以 )3,0,3(-=AM ，)0,1,3(--=t BN ．
32 要使AM 与BN 所成角的余弦值为43，则有43||||=⋅BN AM ， 所以 43)1(332|3|2=-+⋅t ，解得0=t 或2，均适合40≤≤t ． 故点N 位于D 点处，此时4CN =；或CD 中点处，
此时2CN =，有AM 与BN 所成角的余弦值为43
．。