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以立体几何中探索性问题为背景的解答题(解析版)知识讲解

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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

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

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.。

2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)

2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)

专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 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)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的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，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题作者：徐勇来源：《理科考试研究·高中》2012年第10期立体几何中的探索性问题有利于考查学生的归纳、判断等各方面的能力，也有利于创新意识的培养，因此应注意高考中立几探索性命题的考查趋势.立体几何探索性命题的类型主要有：一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么.而对命题条件的探索，在立体几何的题型更为常见，对命题条件的探索常采用以下三种方法：1.先猜（作）后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明.2.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.3.把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.现例举如下例1 如图1，已知四面体ABCD四个面均为锐角三角形，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA上的点，BD∥平面EFGH，且（1）求证：HG∥平面ABC；（2）请在平面ABD内过点E作一条线段垂直于AC，并给出证明解析（1）因为BD∥平面EFGH，平面BDC∩平面EFGH=FG，所以BD∥同理BD∥EH，又因为EH=FG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以HG∥又平面ABC，平面ABC，所以HG∥平面（2）如图2，在平面ABC内过点E作EP⊥AC，且交AC于P点，在平面ACD内过点P 作PQ⊥AC，且交AD于Q点，连结EQ，则EQ即为所求线段证明如下：因为EP⊥AC，PQ⊥AC，EP∩PQ=P，所以AC⊥平面又因为平面EPQ，所以EQ⊥例2 如图3，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF⊥平面（1）求证：AE⊥BE；（2）求三棱锥D—AEC的体积；（3）设M在线段AB上，且满足AM=2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面解析（1）因为AD⊥平面ABE，AD∥BC，所以BC⊥平面ABE，则AE⊥又因为BF⊥平面ACE，则AE⊥所以AE⊥平面又平面BCE，所以AE⊥（2）——（]1[]3[SX）]×2[KF（]2[KF）]×[KF（]2[KF）] （]4[]3[SX）（3）在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，则由比例关系易得CN=[SX（]1[]3[SX）因为MG∥AE，平面ADE，平面ADE，所以MG∥平面同理GN∥平面所以平面MGN∥平面又平面MGN，所以MN∥平面所以N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点例3 如图3，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABD=60°，Q为AD的中点（1）若PA=PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）点M在线段PC上，PM=tPC，试确定实数t的值，使得PA∥平面解析（1）连因为四边形ABCD为菱形，所以又∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形而Q为AD中点，所以AD⊥因为PA=PD，Q为AD中点，所以AD⊥又BQ∩PQ=Q，所以AD⊥平面而平面PAD，所以平面PQB⊥平面（2）当t=[SX（]1[]3[SX）]时，使得PA∥平面连AC交BQ于N，交BD于O，连MN，则O为BD的中点又BQ为正△ABD边AD上的中线，所以N为正△ABD的中心设菱形ABCD的边长为a，则AN=[SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]a，AC=[KF（]3[KF）由PA∥平面MQB，平面PAC，平面PAC∩平面MQB=MN，所以PA∥MN，[SX（]PM[]PC[SX）]=[SX（]AN[]AC[SX）]=[SX（][SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]a[][KF （]3[KF）]a[SX）]=[SX（]1[]3[SX）]，即PM=[SX（]1[]3[SX）]PC，t=[SX（]1[]3[SX）例4 如图4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）若平面PAB∩平面PCD=l，问直线l能否与平面ABCD平行？请说明理由解析（1）∠ABC=90°，AD∥BC，所以AD⊥而平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥同理可得AB⊥由于AB，平面ABCD，且AB∩AD=C，所以PA⊥平面（2）不平行证明：假定直线l∥平面ABCD，由于平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD=CD，同理可得l∥AB，所以AB∥这与AB和CD是直角梯形ABCD的两腰相矛盾，故假设错误，所以直线l与平面ABCD不平行例5 如图5所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面（1）若G为AD边的中点，求证：EG⊥平面PAD；（2）求证：AD⊥PB；（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论解析（1）在菱形ABCD中，∠DAB=60°，G为AD的中点，所以BG⊥又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BG⊥平面（2）连结PG，由△PAD为正三角形，G为AD的中点，得PG⊥由（1）知BG⊥AD，PG∩BG=G，平面PGB，平面PGB，所以AD⊥平面因为平面PGB，（3）当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面取PC的中点F，连结DE、EF、在△PBC中，FE∥PB，所以EF∥平面在菱形ABCD中，GB∥DE，所以DE∥平面平面DEF，平面DEF，EF∩DE=E，所以平面DEF∥平面由（1）得PG⊥平面ABCD，而平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面例6 如图6，边长为4的正方形ABCD所在平面与正△PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点（1）求四棱锥P—ABCD的体积；（2）求证：PA∥平面MBD；（3）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由解析（1）因为Q为AD的中点，△PAD为正三角形，因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面因为AD=4，所以PQ=2[KF（]3[KF）所以四棱锥P—ABCD的体积V=[SX（]1[]3[SX）=[SX（]1[]3[SX）（]3[KF）]（]32[KF（]3[KF）][]3[SX）（2）连结AC交BD于点O，连结由正方形ABCD知点O为AC的中点，因为M为PC的中点，所以MO∥又平面MBD，平面MBD，所以PA∥平面（3）存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，所以BQ⊥由（1）知，PQ⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PQ⊥又BQ∩PQ=Q，所以NC⊥平面因为平面PCN，所以平面PCN⊥平面。

空间距离及立体几何中的探索性问题

空间距离及立体几何中的探索性问题

§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题学习目标1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．知识梳理1．点到直线的距离如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt △APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－(a·u )2.2．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝|AP →·n ||n |.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( × ) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．( × ) (3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等．( √ ) (4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.( × ) 教材改编题1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83 D.103答案 D解析 由条件可得P (－2,1,4)到α的距离为 |AP →·n ||n |＝|(－1，－2，4)·(－2，－2，1)|3＝103. 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离为( ) A. 2 B ．2 C.22 D.322答案 A解析 由正方体性质可知，A 1A ∥平面B 1D 1DB ，A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离就是点A 1到平面B 1D 1DB 的距离，连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1(图略)，A 1O 1的长即为所求，由题意可得A 1O 1＝ 12A 1C 1＝ 2. 3．已知直线l 经过点A (2,3,1)且向量n ＝⎝⎛⎭⎫22，0，22为l 的一个单位方向向量，则点P (4,3,2)到l 的距离为________． 答案22解析 ∵P A →＝(－2,0，－1)，n ＝⎝⎛⎭⎫22，0，22为l 的一个单位方向向量，∴点P 到l 的距离d ＝|P A →|2－(P A →·n )2＝5－⎝⎛⎭⎫－2－222＝22.题型一 空间距离例1 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长均为4，N 是CC 1的中点．(1)求点N 到直线AB 的距离； (2)求点C 1到平面ABN 的距离． 解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，C 1(0,4,4)， ∵N 是CC 1的中点，∴N (0,4,2)． (1)AN →＝(0,4,2)，AB →＝(23，2,0)， 则|AN →|＝25，|AB →|＝4.设点N 到直线AB 的距离为d 1，则d 1＝|AN →|2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫ AN →·AB →||AB→2＝20－4＝4.(2)设平面ABN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ⊥AB →，n ⊥AN →， 得⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝23x ＋2y ＝0，n ·AN →＝4y ＋2z ＝0，令z ＝2，则y ＝－1，x ＝33，即n ＝⎝⎛⎭⎫33，－1，2. 易知C 1N —→＝(0,0，－2)，设点C 1到平面ABN 的距离为d 2， 则d 2＝|C 1N —→·n ||n |＝|－4|433＝ 3.教师备选1.如图，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，P A ⊥平面ABCD .若已知AB ＝3，AD ＝4，P A ＝1，则点P 到直线BD 的距离为________．答案135解析 如图，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (3,0,0)， D (0,4,0)，则BP →＝(－3,0,1)，BD →＝(－3,4,0)， 故点P 到直线BD 的距离 d ＝|BP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BP →·BD →|BD →|2＝10－⎝⎛⎭⎫952＝135，所以点P 到直线BD 的距离为135.2．如图，已知△ABC 为等边三角形，D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，把△ADE 沿DE 折起，使点A 到达点P ，平面PDE ⊥平面BCDE ，若BC ＝4.求直线DE 到平面PBC 的距离．解 如图，设DE 的中点为O ，BC 的中点为F ，连接OP ，OF ，OB ， 因为平面PDE ⊥平面BCDE ， 平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ， 所以OP ⊥平面BCDE .因为在△ABC 中，点D ，E 分别为AC ，AB 边的中点， 所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以DE ∥平面PBC . 又OF ⊥DE ，所以以点O 为坐标原点，OE ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O ()0，0，0，P ()0，0，3，B ()2，3，0， C ()－2，3，0，F ()0，3，0，所以PB →＝()2，3，－3，CB →＝()4，0，0. 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝2x ＋3y －3z ＝0，n ·CB →＝4x ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，令y ＝z ＝1， 所以n ＝(0,1,1)． 因为OF →＝(0，3，0)，设点O 到平面PBC 的距离为d ， 则d ＝||OF →·n|n |＝32＝62. 因为点O 在直线DE 上，所以直线DE 到平面PBC 的距离等于62. 思维升华 点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝ |P A →|2－(P A →·n )2.(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E ，O 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，P 在正方体内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，则下列说法正确的是( )A ．点A 到直线BE 的距离是55B ．点O 到平面ABC 1D 1的距离为24C ．平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33D ．点P 到直线AB 的距离为2536答案 BC解析 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，C 1(1,1,1)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，1，所以BA →＝(－1,0,0)，BE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1. 设∠ABE ＝θ，则cos θ＝BA →·BE →|BA →||BE →|＝55，sin θ＝1－cos 2θ＝255. 故点A 到直线BE 的距离d 1＝|BA →|sin θ＝1×255＝255，故A 错误；易知C 1O —→＝12C 1A 1—→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， 平面ABC 1D 1的一个法向量DA 1—→＝(0，－1,1)， 则点O 到平面ABC 1D 1的距离 d 2＝|DA 1—→·C 1O —→||DA 1—→|＝122＝24，故B 正确；A 1B —→＝(1,0，－1)，A 1D —→＝(0,1，－1)， A 1D 1—→＝(0,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B —→＝0，n ·A 1D —→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y －z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝1，所以n ＝(1,1,1)．所以点D 1到平面A 1BD 的距离 d 3＝|A 1D 1—→·n ||n |＝13＝33.因为平面A 1BD ∥平面B 1CD 1，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33，故C 正确； 因为AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，所以AP →＝⎝⎛⎭⎫34，12，23， 又AB →＝(1,0,0)，则AP →·AB →|AB →|＝34，所以点P 到直线AB 的距离d 4＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AP →·AB →|AB →|2＝181144－916＝56，故D 错误． (2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，则△D 1GF 的面积为________． 答案142解析 以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(图略)， 则D 1(0,0,2)，G (0,2,1)，F (1,1,0)， FD 1—→＝(－1，－1,2)，FG →＝(－1,1,1)， ∴点D 1到直线GF 的距离 d ＝|FD 1—→|2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫FD 1—→·FG → |FG →|2 ＝6－⎝⎛⎭⎫232＝423.∴点D 1到直线GF 的距离为423， 又|FG →|＝3，∴1D GF S △＝12×3×423＝142.题型二 立体几何中的探索性问题例2 (2021·北京)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F .(1)求证：点F 为B 1C 1的中点；(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M －CF －E 的余弦值为53，求A 1MA 1B 1的值． (1)证明 如图所示，取B 1C 1的中点F ′，连接DE ，EF ′，F ′C ，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F ′为中点，故EF ′∥CD ， 从而E ，F ′，C ，D 四点共面， 平面CDE 即平面CDEF ′，据此可得，直线B 1C 1交平面CDE 于点F ′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F ′重合， 即点F 为B 1C 1的中点．(2)解 以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2， 设A 1MA 1B 1＝λ(0≤λ≤1)， 则M (2,2λ，2)，C (0,2,0)，F (1,2,2)，E (1,0,2)， 从而MC →＝(－2,2－2λ，－2)，CF →＝(1,0,2)， FE →＝(0，－2,0)，设平面MCF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·MC →＝－2x 1＋(2－2λ)y 1－2z 1＝0，m ·CF →＝x 1＋2z 1＝0，令z 1＝－1可得m ＝⎝⎛⎭⎫2，11－λ，－1(λ≠1)，设平面CFE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝－2y 2＝0，n ·CF →＝x 2＋2z 2＝0，令z 2＝－1可得n ＝(2,0，－1)， 从而m ·n ＝5，|m |＝5＋⎝⎛⎭⎫11－λ2，|n |＝5，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝55＋⎝⎛⎭⎫11－λ2×5＝53. 整理可得(λ－1)2＝14，故λ＝12⎝⎛⎭⎫λ＝32舍去. 所以A 1M A 1B 1＝12.教师备选(2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，B 1C ＝6，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)在棱BB 1上是否存在点P ，使直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由；若存在，求BP 的长．(1)证明 如图，取AB 的中点D ，连接CD ，B 1D .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，所以AB ⊥CD ，CD ＝3，BD ＝1. 又因为AB ⊥B 1C ，且CD ∩B 1C ＝C ，CD ，B 1C ⊂平面B 1CD ， 所以AB ⊥平面B 1CD . 又因为B 1D ⊂平面B 1CD ， 所以AB ⊥B 1D .在Rt △B 1BD 中，BD ＝1，B 1B ＝2， 所以B 1D ＝ 3.在△B 1CD 中，CD ＝3，B 1D ＝3，B 1C ＝6， 所以CD 2＋B 1D 2＝B 1C 2， 所以CD ⊥B 1D ，又因为AB ⊥B 1D ，AB ∩CD ＝D ，AB ，CD ⊂平面ABC ， 所以B 1D ⊥平面ABC . 又因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC .(2)解 假设在棱BB 1上存在点P 满足条件．以DC ，DA ，DB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,1,0)，B (0，－1,0)，C (3，0,0)，B 1(0,0，3)，因此BB 1—→＝(0,1，3)，AC →＝(3，－1,0)，AA 1—→＝BB 1—→＝(0,1，3)，CB →＝(－3，－1,0)． 因为点P 在棱BB 1上，设BP →＝λBB 1—→＝λ(0,1，3)，其中0≤λ≤1.则CP →＝CB →＋BP →＝CB →＋λBB 1—→＝(－3，－1＋λ，3λ)． 设平面ACC 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AA 1—→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝－1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，所以|cos 〈n ，CP →〉|＝|n ·CP →||n ||CP →|＝|－23|5×3＋(λ－1)2＋3λ2＝45，化简得16λ2－8λ＋1＝0， 解得λ＝14，所以|BP →|＝14|BB 1—→|＝12，故BP 的长为12.思维升华 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 跟踪训练2 如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面P AC ，求平面P AC 与平面DAC 夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．(1)证明 如图，连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0. 于是OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解 由题设知，平面P AC 的一个法向量DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS→＝⎝⎛⎭⎫0，0，62a . 设平面P AC 与平面DAC 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈OS →，DS →〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，所以平面P AC 与平面DAC 夹角的大小为30°. (3)解 假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC . 根据第(2)问知DS →是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →(0≤t ≤1)， 因为B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，所以BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at . 又BE →·DS →＝0， 得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13，当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面P AC ，故BE ∥平面P AC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.课时精练1.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝π2，AB ＝BC ＝13AD ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝a ，点F 在AD 上，且CF ⊥PC .(1)求点A 到平面PCF 的距离； (2)求AD 到平面PBC 的距离．解 (1)由题意知AP ，AB ，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0,3a ，0)， P (0,0，a )．设F (0，m ，0)，0≤m ≤3a ，则CF →＝(－a ，m －a ，0)，CP →＝(－a ，－a ，a )． ∵PC ⊥CF ，∴C F →⊥CP →，∴CF →·CP →＝(－a )·(－a )＋(m －a )·(－a )＋0·a ＝a 2－a (m －a )＝0， ∴m ＝2a ，即F (0,2a ，0)．设平面PCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝－ax ＋ay ＝0，n ·CP →＝－ax －ay ＋az ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ，z ＝2x .取x ＝1，得n ＝(1,1,2)．设点A 到平面PCF 的距离为d ，由AC →＝(a ，a ，0)， 得d ＝|AC →·n ||n |＝a ×1＋a ×1＋0×26＝63a .(2)由于BP →＝(－a ，0，a )，BC →＝(0，a ，0)， AP →＝(0,0，a )．设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝－ax 0＋az 0＝0，n 1·BC →＝ay 0＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝z 0，y 0＝0. 取x 0＝1，得n 1＝(1,0,1)． 设点A 到平面PBC 的距离为h ，∵AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴AD ∥平面PBC ，∴h 为AD 到平面PBC 的距离， ∴h ＝|AP →·n 1||n 1|＝a 2＝22a .2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PB ⊥BC ，PD ⊥CD ，且P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求证：P A ⊥平面ABCD ；(2)求直线PC 与平面ACE 所成角的正弦值；(3)在线段BC 上是否存在点F ，使得点E 到平面P AF 的距离为255若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为四边形ABCD 为正方形，则BC ⊥AB ，CD ⊥AD ， 因为PB ⊥BC ，BC ⊥AB ，PB ∩AB ＝B ，PB ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ，因为P A ⊂平面P AB ，所以P A ⊥BC ，因为PD ⊥CD ，CD ⊥AD ，PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面P AD ， 所以CD ⊥平面P AD ，因为P A ⊂平面P AD ，所以P A ⊥CD ， 因为BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥平面ABCD .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，不妨以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)， 设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则AC →＝(2,2,0)，AE →＝(0,1,1)，PC →＝(2,2，－2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝2x ＋2y ＝0，m ·AE →＝y ＋z ＝0，取y ＝1，可得m ＝(－1,1，－1)， cos 〈m ，PC →〉＝m ·PC →|m ||PC →|＝23×23＝13，所以直线PC 与平面ACE 所成角的正弦值为13.(3)解 设点F (2，t ，0)(0≤t ≤2)，设平面P AF 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， AF →＝(2，t ，0)，AP →＝(0,0,2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2a ＋tb ＝0，n ·AP →＝2c ＝0，取a ＝t ，则n ＝(t ，－2,0)，所以点E 到平面P AF 的距离为d ＝|AE →·n ||n |＝2t 2＋4＝255，因为t >0，所以t ＝1.因此，当点F为线段BC 的中点时，点E 到平面P AF 的距离为255.3．(2022·湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，AA 1＝A 1B 1＝12AB ＝1，∠ABC ＝60°，AA 1⊥平面ABCD .(1)若点M 是AD 的中点，求证：C 1M ⊥A 1C ；(2)棱BC 上是否存在一点E ，使得平面EAD 1与平面DAD 1夹角的余弦值为13若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 如图，取BC 的中点Q ，连接AQ ，AC ， ∵四边形ABCD 为菱形，则AB ＝BC ， ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为等边三角形， ∵Q 为BC 的中点，则AQ ⊥BC ， ∵AD ∥BC ，∴AQ ⊥AD ，由于AA 1⊥平面ABCD ，以点A 为坐标原点，以AQ ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，A 1(0,0,1)，D 1(0,1,1)，Q (3，0,0)， C (3，1,0)，C 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，M (0,1,0)，C 1M —→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，－1，A 1C —→＝(3，1，－1)，∴C 1M —→·A 1C —→＝－32＋12＋(－1)2＝0，∴C 1M ⊥A 1C .(2)解 如图，假设点E 存在，设点E 的坐标为(3，λ，0)，其中－1≤λ≤1， AE →＝(3，λ，0)，AD 1—→＝(0,1,1)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AD 1—→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋λy ＝0，y ＋z ＝0，取y ＝－3，则x ＝λ，z ＝3， ∴n ＝(λ，－3，3)，平面ADD 1的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|λ|λ2＋6＝13， 解得λ＝±32，即CE ＝1－32或CE ＝1＋32.因此，棱BC 上存在一点E ，使得平面EAD 1与平面DAD 1夹角的余弦值为13，此时CE ＝1－32或CE ＝1＋32.4.(2022·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△P AD 是正三角形，CD ⊥平面P AD ，E ，F ，G ，O 分别是PC ，PD ，BC ，AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求平面EFG 与平面ABCD 夹角的大小；(3)在线段P A 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为△P AD 是正三角形，O 是AD 的中点， 所以PO ⊥AD .又因为CD ⊥平面P AD ，PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥CD .又AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 如图，连接OG ，以O 点为坐标原点，分别以OA ，OG ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,4,0)， C (－2,4,0)，D (－2,0,0)，G (0,4,0)，P (0,0,23)，E (－1,2，3)，F (－1,0，3)， EF →＝(0，－2,0)，EG →＝(1,2，－3)， 设平面EFG 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·m ＝0，EG →·m ＝0，即⎩⎨⎧－2y ＝0，x ＋2y －3z ＝0，令z ＝1，则m ＝(3，0,1)， 又平面ABCD 的法向量n ＝(0,0,1)， 设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ， 所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝1(3)2＋12×1＝12，所以θ＝π3，所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角为π3.(3)解 不存在，理由如下： 假设在线段P A 上存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，即直线GM 的方向向量与平面EFG 法向量m 所成的锐角为π3，设PM →＝λP A →，λ∈[0,1]， GM →＝GP →＋PM →＝GP →＋λP A →， 所以GM →＝(2λ，－4,23－23λ)，所以cos π3＝|cos 〈GM →，m 〉|＝324λ2－6λ＋7，整理得2λ2－3λ＋2＝0， Δ<0，方程无解， 所以不存在这样的点M .。

利用空间向量解立体几何中的探索性问题

利用空间向量解立体几何中的探索性问题

利⽤空间向量解⽴体⼏何中的探索性问题2019-10-19⽴体⼏何中的探索性问题主要有两类：(1) 探索动点的位置；(2) 探索图形的形状。

前者主要是通过求出动点坐标来达到⽬的；后者通常是通过确定某条边的长度来解决问题。

类型⼀：探索动点的位置(动点在⼀条定直线上移动)【例１】如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧⾯AA1C1C底⾯ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且ABBC,O为AC的中点.在BC1上是否存在⼀点E,使得OE∥平⾯A1AB,若不存在,说明理由；若存在,确定点E的位置．分析 (1) A1O平⾯ABC；(2) 建⽴空间直⾓坐标系；(3) 求平⾯A1AB的法向量n=(x,y,z)；(4) 设E点的坐标；(5) 利⽤OE•n=0来求解E点的坐标。

解因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1OAC．⼜由题意可知,平⾯AA1C1C平⾯ABC,交线为AC,且A1O平⾯AA1C1C,所以A1O平⾯ABC．如图,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建⽴空间直⾓坐标系．由题意可知,A1A=A1C=AC=2,⼜AB=BC,ABBCOB=12AC=1．得：O（0,0,0）,A（0,-1,0）,A1（0,0,3）,C（0,1,0）,C1（0,2,3）,B（1,0,0）,则有：A1C=（0,1,-3）,AA1=（0,1,3）,AB=(1,1,0).设平⾯AA1B的⼀个法向量为n=（x,y,z）,则有n•AA1=0,n•AB=0,y+3z=0,x+y=0,令y=1,得x=-1,z=-33,n=-1,1,-33．设E=（x0,y0,z0）,令BE=λBC1，即（x0-1,y0,z0）=λ（-1,2,3）,得x0=1-λ，y0=2λ，z0=3λ.E=（1-λ,2λ,3λ）,得OE=（1-λ,2λ,3λ）令OE∥平⾯AA1B,得OE•n=0,即-1+λ+2λ-λ=0,得λ=12,即存在这样的点E,E为BC1的中点．点拨 (1) 本题的难点在于E点的坐标的设法,要是只设E=（x0,y0,z0）,则很难得到答案,运⽤共线向量定理,则问题可以迎刃⽽解；(2) ⼀般的,若动点E在定直线BC1(B、C1是定点)上移动,可以令BE=λBC1。

高考数学立体几何空间几何中的探索性问题

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。

热点难点突破-不拉分系列之(十四)解答立体几何中探索性问题

热点难点突破-不拉分系列之(十四)解答立体几何中探索性问题

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，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.[典例](理)(2012·福建高考改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．[解]如图，在四面体P ABC中，PC⊥AB，P A⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体P ABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．[解](1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG .所以四边形DEFG 为矩形．(3)存在点Q 满足条件，理由如下：连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG . 分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN . 与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ， 所以Q 为满足条件的点．[题后悟道] 此类问题一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，一般点的情形很少，然后给出符合要求的证明，注意书写格式要规范，一般有两种格式：第一种书写格式：探求出点的位置→证明→符合要求→写出明确答案；第二种书写格式：从结论出发“要使什么成立”，“只需使什么成立”，寻求使结论成立的充分条件，类似于分析法．针对训练(2012·黄山模拟)如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1，在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论．证明：存在．证明如下：取棱PC 的中点F ，线段PE 的中点M ，连接BD .设BD ∩AC ＝O .连接BF ，MF ，BM ，OE .∵PE ∶ED ＝2∶1，F 为PC 的中点，M 是PE 的中点，E 是MD 的中点，∴MF ∥EC ，BM ∥OE .∵MF ⊄平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，BM ⊄平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴MF ∥平面AEC ，BM ∥平面AEC .∵MF ∩BM ＝M ，∴平面BMF∥平面AEC. 又BF⊂平面BMF，∴BF∥平面AEC.。

专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)

专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)

高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空． (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空．1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．①证：证明作出的角为所求角．①求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．【例1】如图，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AD ①BC ，AD ①AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ①平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长． 【解题思路】由条件知AB ，AD ，AE 两两垂直，可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)寻找平面ADE 的法向量，证明BF →与此法向量垂直，即得线面平行．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值；(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E －BD －F 的余弦值，通过解方程得到线段长．【规范解答】 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (1,0,0)，设F (1,2，h )．依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又直线BF ①平面ADE ，所以BF ①平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)． 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0， 不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意． 所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图，在三棱锥P ­ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 【例3】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二 平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．【例1】如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把①DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ①BF .(1)证明：平面PEF ①平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE 是矩形．①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为y 轴，建系．①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．①由公式计算所求角的正弦值．解法二：①作：过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，连接DH .①证：证明PH ①平面ABFD ，得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角．①算：在Rt①PDH 中，PD 的长度是正方形ABCD 的边长，①PHD ＝90°，易知要求sin①PDH ，关键是求PH ；由此想到判断①PEF 的形状，进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明：由已知可得，BF ①PF ，BF ①EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ，所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：作PH ①EF ，垂足为H .由(1)得，PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ，设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得，DE ①PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ①PF .所以PH ＝32，EH ＝32，则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量． 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二：因为PF ①BF ，BF ①ED ，所以PF ①ED ，又PF ①PD ，ED ∩PD ＝D ，所以PF ①平面PED ，所以PF ①PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23，过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，因为平面PEF ①平面ABFD ，所以PH ①平面ABFD ，连接DH ，则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，因为PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3， 因为PD ＝4，所以sin①PDH ＝PH PD ＝34， 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三 立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，平面P AC ①底面ABCD ，P A ＝PC ＝2 2.(1)求证：PB ＝PD ；(2)若点M ，N 分别是棱P A ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否存在一点H ，使得DQ ①PH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由．【解题思路】 (1)要证PB ＝PD ，想到在①PBD 中，证明BD 边上的中线垂直于BD ，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN 的法向量n ，分别依据P ，B ，Q 共线和B ，C ，H 共线，设PQ →＝λPB →和BH →＝tBC →，利用垂直关系列方程先求λ再求t ，确定点H 的位置．【规范解答】 (1)证明：记AC ∩BD ＝O ，连接PO ，①底面ABCD 为正方形，①OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝2.①P A ＝PC ，①PO ①AC ，①平面P AC ①底面ABCD ，且平面P AC ∩底面ABCD ＝AC ，PO ①平面P AC ，①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ，①PO ①BD .①PB ＝PD .(2)存在．以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知OP ＝2.可得P (0,0,2)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (－2，0,0)，可得M (0，－1,1)，N (0,1,1)，DM →＝(2，－1,1)，MN →＝(0，2,0)．设平面DMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，①DM →·n ＝0，MN →·n ＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋z ＝0，2y ＝0. 令x ＝1，可得n ＝(1,0，－2)．记PQ →＝λPB →＝(2λ，0，－2λ)，可得Q (2λ，0,2－2λ)，DQ →＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ →·n ＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝13. 可得DQ →＝⎝⎛⎭⎫83，0，43. 记BH →＝tBC →＝(－2t,2t,0)，可得H (2－2t,2t,0)，PH →＝(2－2t,2t ，－2)，若DQ ①PH ，则DQ →·PH →＝0，83(2－2t )＋43×(－2)＝0，解得t ＝12. 故BH ＝ 2.故在线段BC 上存在一点H ，使得DQ ①PH ，此时BH＝ 2.【例2】如图，在四棱锥P­ABCD中，P A①平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD①平面P AC；(2)若①ABC＝60°，求证：平面P AB①平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF①平面P AE？说明理由．【解】(1)证明：因为P A①平面ABCD，所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD①A C.又P A∩AC＝A，所以BD①平面P A C.(2)证明：因为P A①平面ABCD，AE①平面ABCD，所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形，①ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE①CD，所以AB①AE.又AB∩P A＝A，所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ，所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点，取G 为P A 的中点，连接CF ，FG ，EG .则FG ①AB ，且FG ＝12AB . 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ①AB ，且CE ＝12AB . 所以FG ①CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ，EG ①平面P AE ，所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ， 所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B ­CG ­A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)． 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0， 令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ①平面ABCD ，①P AD 是边长为4的等边三角形，BC ①PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ①PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值． 【解析】：(1)证明：因为①P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ①平面P AD ，所以PE ①平面ABCD ，所以PE ①BC ，PE ①BE .又BC ①PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ①平面PBE ，所以BC ①BE .又BC ①AD ，所以AD ①BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ①平面P AD ，所以BE ①平面P AD ，所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ，所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角．因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin①BAE ＝154 ，所以cos①BAE ＝14. 所以cos①BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0， 解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y . 令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33， 所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 4．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC . 因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，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， 由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ， 所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.5．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ， 所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ， 所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D ­xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①，①ABC 中，AB ＝BC ＝2，①ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把①AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图①)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ①平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值． 【解析】：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ①BC . 因为①ABC ＝90°，所以EF ①BE ，EF ①PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ，EF ①平面BCFE ，所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)，则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－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y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)，所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ①平面EMC ； (2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M ­EC ­F 的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF ①平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内， 所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ①BF ，M 为AB 的中点，所以①OAM ①①FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为①DOF 的中位线，所以MN ①OD ，又MN ①平面EMC ，OD ①/ 平面EMC ，所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ，EF ①DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ，易知①ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ①平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)． 设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0①⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19. 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ①平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。

难点06 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(教学案)(解析版)

难点06 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(教学案)(解析版)

难点六 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．1 立体几何中的折叠问题折叠问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试.例１（2020·安徽高三（理））在直角梯形ABCD （如图1），90ABC ︒∠=，//BC AD ，8AD =，4AB BC ==，M 为线段AD 中点.将ABC 沿AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到几何体B ACD -（如图2）.（1）求证：CD ⊥平面ABC ；（2）求AB 与平面BCM 所成角θ的正弦值.思路分析：（1）通过计算结合勾股定理的逆定理可以证明CD AC ⊥，再根据面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）法一、取AC 的中点O 连接OB ，根据B ACM A BCM V V --=，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；法二、取AC 的中点O 连接OB ，由题设可知ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥面ACM ，连接OM ，因为M O 、分别为AB 和AC 的中点，所以//OM CD ，由（1）可知OM AC ⊥，故以OM OC OB 、、所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.运用向量法求解即可.【详解】（1）由题设可知AC =CD =，8AD =∴222AD CD AC =+∴CD AC ⊥又∵平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC平面ACD AC = ∴CD ⊥面ABC .（2）法一、等体积法取AC 的中点O 连接OB ，由题设可知ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥面ACM∵B ACM A BCM V V --=且133B ACM ACM V S BO -=⋅=而BCM S ∆=∴A 到面BCM 的距离h =所以sin 3h AB θ==.法二、向量法取AC 的中点O 连接OB ，由题设可知ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥面ACM ，连接OM ，因为M O 、分别为AB 和AC 的中点，所以//OM CD ，由（1）可知OM AC ⊥，故以OM OC OB 、、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(0,A -，B ，(0,C ，M∴(0,CB =-(2CM =-(0,BA =--∴面BCM 的一个法向量(1,1,1)n =∴||6sin ||||BA n BA n θ⋅== 点评：本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.以折叠问题为载体，折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体.如本题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线，线面和面面垂直的判定方法及相互转化，还要正确识别出折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量（边长与角）的变化情况，否则无法正确解题．这正是折叠问题的价值之所在．在求二面角时，如果根据定义要作出二面角的平面角，并证明，然后计算，要求较高，一般是寻找图形中的两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，用空间向量法来求这个角．设分别是平面的法向量，设二面角的大小为，则．用这种方法求解时要注意判断二面角的大小，即判断二面角是锐角不是钝角．2 立体几何中的最值问题解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．例2 在四棱锥中，设底面是边长为1的正方形，面.（1）求证：；（2）过且与直线垂直的平面与交于点，当三棱锥的体积最大时，求二面角的大小.思路分析：（1）要证线线垂直，可利用线面垂直的性质定理，即先证线面垂直，题中由正方形有，由已知线面垂直有，从而可证与平面垂直，从而得证题设结论；（2）求二面角，一般建立空间直角坐标系，用空间向量法求解，题中有两两垂直，以他们为坐标轴建立空间直角坐12,n n ,αβl αβ--θ121212cos ,cosn n n n n n θ⋅<>==P ABCD -ABCD PA ⊥ABCD PC BD ⊥BD PC PC E E BCD -E BD C --BD AC ⊥BD PA ⊥BD PAC ,,AB AD AP标系，由三棱锥体积最大时，求得的长，然后写出各点坐标，同时计算出点坐标，求得平面和平面的法向量，求出法向量夹角，可观察出此二面角为锐角，从而得二面角．解析：（1）∵四边形是正方形，∴，平面，由此推出，又，∴平面，而平面，所以推出.（2）设，三棱锥的底面积为定值，求得它的高，当，即时，，三棱锥的体积达到最大值为.以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，令，，，得，∴，设是平面的一个法向量，，，则，得.又是平面的一个法向量，∴，∴二面角为. 点评：立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．3立体几何中的探索性问题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．例3．（2020·天津静海一中高三月考）如图所示,直角梯形ABCD 中,AD BC ∥,AD AB ⊥,22AE AB BC AD ====,四边形EDCF 为矩形,CF =E BDC -PA E EBD CBD ABCD BD AC ⊥PA ⊥ABCD PA BD ⊥AC PA A =BD ⊥PAC PC⊂PAC PC BD ⊥PA x =E BCD -22x h x =+2x x =x =h E BCD-111132⨯⨯⨯=A AB x AD y PA z (1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),B C D P (,,)E x y z PE PC λ=BE PC ⊥34λ=33(,,444E -'''(,,)n x y z =EBD (1,1,0)BD =-13(,,444BE =--00n BD n BE ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩(1,1,2)n =AP =BCD 2cos ,2n AP <>=E BD C --4π（1）求证:平面ECF ⊥平面ABCD ;（2）在线段DF 上是否存在点P ,使得直线BP 与平面ABE 若存在,求出线段BP 的长,若不存在,请说明理由.思路分析：（1）先证CF ⊥面ABCD ,又因为CF ⊂面BCF ,所以平面ECF ⊥平面ABCD .（2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设DP DF λ=,则可得出向量()1,2BP λλ=---,求出平面ABE 的法向量为(),,n x y z =,利用直线与平面所成角的正弦公式sin cos ,BP nBP n BP n θ⋅==⨯列方程求出0λ=或34λ=,从而求出线段BP 的长. 【详解】（1）证明:因为四边形EDCF 为矩形,∴DE CF ==∵222AD DE AE +=∴DE AD ⊥∴DE CD ⊥∴DE ⊥面ABCD∴CF ⊥面ABCD又∵CF ⊂面BCF∴平面ECF ⊥平面ABCD（2）取D 为原点,DA 所在直线为x 轴,DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.如图所示:则()1,0,0A ,()1,2,0B ,()1,2,0C -,(E ,(F -,设(DP DF λλ==-(),2λλ=-,[]0,1λ∈;∴(),2P λλ-,()1,2BP λλ=---, 设平面ABE 的法向量为(),,n x y z =,∴2020x y y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩,不防设()3,0,1n =. ∴sin cos ,BP n θ==BP nBP n ⋅=⨯10=, 化简得2860λλ-=,解得0λ=或34λ=; 当0λ=时,()1,2,0BP =--,∴5BP =;当34λ=时,71,,424BP ⎛=-- ⎝⎭,∴5BP = 综上存在这样的P 点,线段BP点评：本题考查直线与平面所成角的求法，空间向量的数量积的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．训练了存在性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．把线面的关系转化为向量之间的关系，直线与平面所成的角的正弦值即直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；线平行于面即线的方向向量与面的法向量垂直，等价于其数量积为.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，也证明了充分性．综合以上三类问题，折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．折叠与展开问题是立体几何的一对问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；求最值的途径很多，其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法；对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．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．另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法，能使问题简单、有效地解决．解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。

新高考数学空间距离及立体几何中的探索性问题精品课件

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课堂考点探究
[解析]方法一:设M为直线AC上任意一点,过M作MN⊥BC1,垂足为N,连接AN,如图,设=λ=λ+λ(0≤λ≤1),=μ=μ+μ(0≤μ≤1),则=-= +-=(1-λ)+(μ-λ)+μ,=+.∵MN⊥BC1, ∴·=0,即[(1-λ)+(μ-λ)+μ]·(+)=0,∵AB⊥AD, AB⊥AA1, AD⊥AA1,∴(μ-λ)+μ=0,即μ-λ+μ=0,∴λ=2μ.∴=(1-2μ)-μ+ μ,∴||= ==,∴当μ=时,||取得最小值=,故异面直线AC与BC1之间的距离是.故选B.
[总结反思]点面距的求法:(1)几何法:①作出点到平面的垂线段,在直角三角形中,求这条垂线段的长度.②把待求的点面距看作三棱锥的高,利用三棱锥的等体积转换法求解.(2)向量法:点A到平面α的距离d=(其中B是平面α内一点,n是平面α的一个法向量).
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变式题1 (1)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点均在表面积为8π的球O的球面上,AB=,则B1到平面A1BC的距离为( )A.1 B. C. D.
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方法二:如图,取BC的中点E,连接B1E,DE,B1E交BC1于点G,DE交AC于点F,则==2,==2.连接B1D,FG,在△B1DE中,==2,∴FG DB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证B1D⊥AC,B1D⊥BC1,∴FG⊥AC,FG⊥BC1,∴FG为异面直线AC与BC1的公垂线段.∵B1D=,∴FG=,即异面直线AC与BC1之间的距离为.
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方法三:如图,以D为原点,以,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),C(0,1,0),连接DB1,∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),=(0,1,0),=(1,1,1),则·=0, ·=0,∴DB1⊥AC,DB1⊥BC1,∴异面直线AC与BC1之间的距离为==.

高中数学选择性必修一课件：立体几何中探索性问题的研究

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例2 如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱长都是底面边 长的 2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若 存在，求出SE∶EC；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接SO. 根据题意可知该四棱锥为正四棱锥， ∴SO⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，∴SO⊥AC. 又四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD. 又SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD，∴AC⊥平面SBD， 又SD⊂平面SBD，∴AC⊥SD. (2)假设存在满足条件的点E.以O为坐标原点，分别以OD，OA，OS所在的直 线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，令OC＝1，则BC＝ 2， SC＝2，SO＝ 3.
(2)假设存在点P满足题意，设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，
由nn··NP→→NM＝＝00，，得－ 12－12xλ＋x12＋y＋12y12－z＝z＝0，0， 令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，
∴n＝(3，1＋2λ，2－2λ)为平面PMN的一个法向量．
易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； (2)求直线AC与PD所成角的余弦值； (3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD 的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请 说明理由．
【解析】 (1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点O， 连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，
∴M－23，－13，23，m＝23，0，23.∴B→M＝－83，23，23， 设BM与平面MAC所成的角为φ，

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

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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。

立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题文稿归稿存档编号：[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-立体几何中的探索性问题一、探索平行关系1．[2016·枣强中学模拟] 如图所示，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况) 答案：M位于线段FH上(答案不唯一) [解析] 连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，FH∩HN＝H，DD1∩BD＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，故只要M∈FH，则MN?平面FHN，且MN∥平面B1BDD1.2.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE证明你的结论．解：(1)如图所示，取AA1的中点M，连接EM，BM.因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.(2分)又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角．(4分)设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝22＋22＋12＝3.于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝EMBE＝23，(5分)即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为23.(6分)(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG?平面A1BE.(8分)因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG，(10分)而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)3．如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD ＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．(1)求三棱锥A-PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD.又∵ABCD是矩形，∴AD⊥CD.∵PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，∴AD是三棱锥A-PDE的高．∵E为PC的中点，且PD＝DC＝4，∴S△PDE＝12S△PDC＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12×4×4＝4.又AD＝2，∴V A－PDE＝13AD·S△PDE＝13×2×4＝83.(2)取AC中点M，连接EM，DM，∵E为PC的中点，M是AC的中点，∴EM∥PA.又∵EM?平面EDM，PA?平面EDM，∴PA∥平面EDM.∴AM＝12AC＝ 5.即在AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为 5.4.如图所示，在三棱锥P - ABC中，点D，E分别为PB，BC的中点．在线段AC上是否存在点F，使得AD∥平面PEF若存在，求出AFFC的值；若不存在，请说明理由．解：假设在AC上存在点F，使得AD∥平面PEF，连接DC交PE于G，连接FG，如图所示．∵AD∥平面PEF，平面ADC∩平面PEF＝FG，∴AD∥FG.又∵点D，E分别为PB，BC的中点，∴G为△PBC的重心，∴AFFC＝DGGC＝12.故在线段AC上存在点F，使得AD∥平面PEF，且AFFC＝12.5．[2016·北京卷] 如图，在四棱锥P - ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC.(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB，所以AB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF.因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA?平面CEF，所以PA∥平面CEF.6．[2016·四川卷] 如图，在四棱锥P - ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12 AD.(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.解：(1)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) (2)证明：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＝12 AD，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.7. [2016·阳泉模拟] 如图7-41-10，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，BC ＝1，AD＝3，AC⊥CD，且平面PCD⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥PD.(2)在线段PA上是否存在点E，使BE∥平面PCD若存在，求出PE PA的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AC⊥CD，AC?平面ABCD，∴AC⊥平面PCD，∵PD ?平面PCD ，∴AC ⊥PD .(2)在线段PA 上存在点E ，使BE ∥平面PCD ，且PE PA ＝13.下面给出证明： ∵AD ＝3，BC ＝1，∴在△PAD 中，分别取PA ，PD 靠近点P 的三等分点E ，F ，连接EF ，BE ，CF .∵PE PA ＝PF PD ＝13，∴EF ∥AD ，且EF ＝13AD ＝1. 又∵BC ∥AD ，∴BC ∥EF ，且BC ＝EF ， ∴四边形BCFE 是平行四边形，∴BE ∥CF ，又∵BE ?平面PCD ，CF ?平面PCD ， ∴BE ∥平面PCD .8．(10分)[2016·河南中原名校联考] 如图所示，在四棱锥S -ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△SAD 是等边三角形，且SD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4.(1)证明：平面SBD ⊥平面SAD .(2)若E 是SC 上的一点，当E 点位于线段SC 上什么位置时，SA ∥平面EBD 请证明你的结论．(3)求四棱锥S -ABCD 的体积．解：(1)证明：∵△SAD 是等边三角形， ∴AD ＝SD ＝2，又BD ＝23，AB ＝4，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴BD ⊥AD ，又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD . ∴BD ⊥平面SAD .又BD ?平面SBD ，∴平面SBD ⊥平面SAD .(2)当E 为SC 的三等分点，即ES ＝2CE 时，结论成立． 证明如下：连接AC 交BD 于点H ，连接EH .∵CD ∥AB ，CD ＝12AB ，∴CH HA ＝12＝CEES，∴HE ∥SA . 又SA ?平面EBD ，HE ?平面EBD ， ∴SA ∥平面EBD .(3)过S 作SO ⊥AD ，交AD 于点O . ∵△SAD 为等边三角形，∴O 为AD 的中点，∴SO ＝ 3.易证得SO ⊥平面ABCD ，∴V 四棱锥S -ABCD ＝13S 梯形ABCD ·SO .∵S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×3＝33，∴V四棱锥S - ABCD＝3.二、探索垂直关系1．如图所示，在三棱锥P - ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F 分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是( )A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形答案：B [解析] 已知PA⊥底面ABC，则PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A，则BC⊥平面PAB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，又PB∩BC＝B，则AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，A正确．当EF∥平面ABC时，又EF?平面PBC，平面PBC∩平面ABC＝BC，则EF∥BC，故EF⊥平面PAB，则AE⊥EF，故C正确．当PC⊥平面AEF时，PC⊥AE，又BC⊥AE，PC∩BC＝C，则AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，故D正确．用排除法可知选B.2．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.答案：a或2a[解析] 由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．当CF⊥DF时，设AF＝x，则A1F＝3a－x.由Rt△CAF∽Rt△FA1D，得ACA1F＝AFA1D，即2a3a－x＝xa，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.3．如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案：①②③[解析] 由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．4.如图所示，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点.(1)求证：EF∥平面ABCD；(2)设M为线段C1C的中点，当D1DAD的比值为多少时，DF⊥平面D1MB并说明理由．解析：(1)证明：∵E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点，∴EF ∥AB.∵EF?平面ABCD，AB?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)当D1DAD＝2时，DF⊥平面D1MB.∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥平面ABC，∴D1D⊥AC.∴AC⊥平面BB1D1D，∴AC⊥DF.∵F，M分别是BD1，CC1的中点，∴FM∥AC.∴DF⊥FM.∵D1D＝2AD，∴D1D＝BD.∴矩形D1DBB1为正方形．∵F为BD1的中点，∴DF⊥BD1.∵FM∩BD1＝F，∴DF⊥平面D1MB.5.如图(1)，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)．(1) (2)(1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ说明理由．解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.(2分)又∵DE?平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(4分)(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD.∴DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC，(6分)∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1F⊥平面BCDE，又BE?平面BCDE，∴A1F⊥BE.(9分)(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，∴A1C⊥平面DEP.(12分)从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.(14分)6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．解析：(1)证明：连接A1B，则AB1⊥A1B，又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A1，∴AB1⊥平面A1BF.又BF?平面A1BF，∴AB1⊥BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又∵BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF?平面BFG，∴AE⊥BF.(3)存在．取CC1中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.7．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD 于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1-BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.(2)求证：BD⊥A1F.(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直并说明理由．解：(1)证明：在题图(1)中，因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM是△ACF的中位线，所以DM∥EF，则在题图(2)中，DM∥EF，又EF?平面A1EF，DM?平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD，且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F?平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF?平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因为A1B?平面A1BD，所以A1B⊥EF，又EF∥DM，所以A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾，所以假设不成立，所以直线A1B与直线CD不能垂直．。

立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题

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．8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。

?拓展提升(1)开放性问题是近几年高考的一种常见题型．一般来说，这种题型依据题目特点，充分利用条件不难求解．(2)对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．9如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的√2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD．(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小．(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC?若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．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B 1MN⊥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．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．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。

空间距离及立体几何中的探索性问题(含解析)

空间距离及立体几何中的探索性问题(含解析)

空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇考点1 点到直线的距离如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt △APQ 中，由勾股定理，得PQ＝|AP→|2－|AQ →|2＝a 2－ a·u 2．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 考点2 点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝AP n n．【例1】 如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都是a ，且AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD =60°，E 为CC 1的中点，则点E到直线AC 1的距离为（ ） ABCD空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 【例2】 如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC =90°．点D 、E 、N 分别为棱P A 、PC 、BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =AC =2，AB =1． （1）求证：MN∥平面BDE ； （2）求点N 到直线ME 的距离；（3）在线段P A 上是否存在一点H ，使得直线NH 与平面MNE ，若存在，求出线段AH 的值，若不存在，说明理由．学霸笔记点到直线的距离（1）设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l的距离d ＝|P A ，→|2－（P A →·n ）2；（2）若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【对点训练1】 如图，在直三棱柱ABC -A 1 B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面A 1ABB 1，AB =BC =AA 1=3，线段AC 、A 1B 上分别有一点E 、F 且满足2AE =EC ，2BF =F A 1． （1）求证：AB ⊥BC ；（2）求点E 到直线A1B 的距离；（3）求二面角F -BE -C 的平面角的余弦值．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【例3】 在如图所示的圆锥中，已知P 为圆锥的顶点，O 为底面的圆心，其母线长为6，边长为ABC 内接于圆锥底面，OD⃗=λOP ⃗且1,12． （1）证明：平面DBC ⊥平面DAO ；（2）若E 为AB 中点，射线OE 与底面圆周交于点M ，当二面角A -DB -C的余弦值为519时，求点M 到平面BCD 的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 【例4】 在多面体ABCC 1 A 1B 1中，四边形BB 1C 1 C 是边长为4的正方形，AB ⊥BB 1，△ABC 是正三角形．（1）若A 1为AB 的中点，求证：直线AC ∥平面A 1BC 1；（2）若点A 1在棱AB 1上且AA 1=2A 1 B 1，求点C到平面A 1BC 1的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【对点训练2】 已知多面体PQABCD ，四边形ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，BC=2AD=2AB=4，四边形PQAD 是菱形，π3QAD，E ，F 分别为QA ，BC 的中点，QF =√6． （1）求证：平面QPDA ⊥平面ABCD ；（2）求点E 到平面QFD 的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【对点训练3】 在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且P A =2，四边形ABCD 是直角梯形，且AB ⊥AD ，BC ∥AD ，AD =AB =2，BC =4，M 为PC 中点，E 在线段BC 上，且BE =1． （1）求证：DM ∥平面 ；（2）求平面PDE 与平面BDE 夹角的余弦值；（3）求点E 到平面PDC 的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【例5】 如图，在四棱锥O -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA =2，M 、N 、R 分别是OA 、BC 、AD 的中点．求： （1）直线MN与平面OCD的距离； （2）平面MNR 与平面OCD 的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【对点训练4】 直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，边长为2，侧棱A 1A =3，M 、N 分别为A 1B 1、A 1D 1的中点，E 、F 分别是C1D1，B 1C 1的中点． （1）求证：平面AMN ∥平面EFBD ； （2）求平面AMN 与平面EFBD 的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇空间距离及立体几何中的探索性问题题型一 点到直线距离问题【例1】 如图，在平行六面体1111ABCD A B C D 中，以顶点A 为端点的三条棱长都是a ，且AB AD ，1160A AB A AD，E 为1CC 的中点，则点E到直线1AC 的距离为（ ）ABC D 【解答】 在平行六面体1111ABCD A B C D 中，不妨设AB d，AD b ，1AA c ． 11AC AB AD AA d b c ,112C E c=-，d b c a ，2110,22d b d c b c a a a，所以1AC d b c ，112C E a =，2111122AC d b c d C E c c a c b c c-=-，所以E到直线1AC 的距离为d ，故选：A 【例2】 如图，在三棱锥 P ABC 中，PA 底面ABC ，90BAC ．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，2PA AC ，1AB ．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇(1)求证：//MN 平面BDE ；(2)求点N 到直线ME 的距离；(3)在线段PA 上是否存在一点H ，使得直线NH 与平面MNE ，若存在，求出线段AH 的值，若不存在，说明理由． 【解答】（1）因为PA 底面ABC ，90BAC ， 建立空间直角坐标系如图所示，则11(0,0,0),(1,0,0),(0,2,0),(0,0,1),(0,1,1),(0,0,),(,1,0),(0,0,2)22A B C D E M N P ，所以(0,1,0),(1,0,1)DE DB， 设(,,)n x y z为平面BDE 的法向量，则0n DE n DB ，即00y x z ，不妨设1z ，可得(1,0,1)n ，又11,1,22MN，可得0MN n，因为MN 平面BDE ， 所以//MN 平面BDE ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 （2）因为10,1,2ME，所以点N 到直线ME 的距离d （3）设 0,0,H t ， 0,2t ，则1,1,2NH t，设平面MNE 的法向量为 ,,m a b c ，则11022102m MN a b c m ME b c令1b ，则 4,1,2m ，所以cos ,21m NH m NH m NH，即2202830t t ，解得32t 或110t （舍去）， 所以32AH. 【对点训练1】 （2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D 的底面ABCD为平行四边形，π3DAB，13226AD CD DD ，点P ，M 分别为AB ，1CD 上靠近1,A D 的三等分点．(1)求点M 到直线1PD 的距离；(2)求直线PD 与平面1PCD 所成角的正弦值. 【解答】（1）由题可得AD =2，13CD DD ， 又点P 为AB 上靠近A 的三等分点，所以AP =1． 在ADP △中，由余弦定理可得，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 22312cos 4122132DP AD AP AD AP DAP， 故2224AD AP DP ，所以ADP △为直角三角形，故DP ⊥AB ． 因为底面ABCD 为平行四边形，所以DP ⊥CD ． 由直四棱柱性质可知1DD DP ，1DD CD ， 即DP ，CD ，1DD 两两垂直．故以D 为坐标原点，分别以DP ，DC ，1DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ．则1(0,0,0),(0,0,3),(0,1,2)D P D M ．因为1PD，过点M 作1ME PD ，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）令 1,0,3PE PD，所以 ,0,3E，故,1,32ME．由133960ME PD ，解得34 ，所以11,4ME，故点M 到直线1PD 的距离为2ME． （2）因为 DP ， 10,1,1D M ，1PD ，设平面1PCD 的法向量为 ,,n x y z，则110,0,n D M n PD即0,30,y z z令x 1y ，1z ，故n．设直线PD 与平面1PCD 所成角为 ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 则sin |cos ,|||||n DP n DP n DP所以直线PD 与平面1PCD ． 【对点训练2】 如图，在直三棱柱111ABC A B C -（侧棱和底面垂直的棱柱）中，平面1A BC 侧面11A ABB ，13AB BC AA ,线段AC 、A 1B 上分别有一点E 、F 且满足12,2AE EC BF FA ．（1）求证：AB BC ； （2）求点E 到直线1A B 的距离；（3）求二面角F BE C 的平面角的余弦值．【解答】（1）证明：如图，过点A 在平面A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ， 则由平面A 1BC ⊥侧面A 1ABB 1,且平面A 1BC 侧面A 1ABB 1=A 1B ,得 AD ⊥平面A 1BC ，又BC 平面A 1BC ，所以AD ⊥BC ．因为三棱柱ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱，则AA 1⊥底面ABC ，BC 底面ABC ，所以AA 1⊥BC ．又AA 1 AD =A ，1,AA AD 侧面A 1ABB 1，从而BC ⊥侧面A 1ABB 1， 又AB 侧面A 1ABB 1，故AB ⊥BC ．（2）由（1）知，以点B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， B (0,0,0），A (0,3,0），(3,0,0)C ，1(0,3,3)A有由线段AC 、A 1B 上分别有一点E 、F 且满足12,2AE EC BF FA ．则13AE AC ，1(,3,)(3,3,0)3E E E x y z ，1,2,0E E E x y z ， 即E (1，2，0)，同理得F (0，1，1)(1,1,1),EF1(0,3,3).BA 10EF BA ，所以1EF BA ,空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 所以点E 到直线1A B 的距离为||d EF ．（3）设平面FBE 的一个法向量为(,,)m x y z，则10330m EF x y z m BA y z，取1z 得1,2 yx ，即(2,1,1)m， 又平面EBC 的一个法向量为(0,0,1)n，cos ,m n m nm n二面角F BE C 是钝二面角，，所以它的余弦值为6． 题型二 点到平面距离问题【例3】 如图，在四面体ABCD 中，,,2,3,60AD CD AD CD ACAB CAB ．点E 为棱AB 上的点，且AC DE ，三棱锥D BCE ．(1)求点A 到平面CDE 的距离；(2)求平面BCD 与平面CDE 夹角的余弦值．【解答】（1）取AC 中点F ，连接,FE FD ，因为AD CD ，所以DF AC ， 又,,,AC DEDEDF D DE DF 平面DEF ，所以AC 平面DEF ，而FE 平面DEF ，所以AC FE ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇由已知,601B AF AC ，所以2,1EF AE BE AB AE ， 由AC 平面,DEF AC 平面ABC ，得平面ABC 平面DEF ， 因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ， 设D 在面ABC 的射影为H ，则H 在直线EF 上， 由题意知13BE AB,则13BCE ABC S S △△, 所以1111123sin60333926D BCE BCE ABC V S DH S DH DH △△，所以1DH ，又因为1DF ，所以H 与F 重合，所以DF 平面ABC ，以F 为原点，,,FA FE FD 所在直线为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F xyz ， 则0,0,1,1,0,0,1,0,0,D C A E ，11,,22AE EBAE所以B 点坐标为1,1,0,12CD，1,,2,0,02CB CE CA．设平面DEC 的一个法向量是 1,,n x y z，则110n CD x z n CE x，取1y，则x z ，即11,n，所以点A 到平面CDE 的距离11CA n d n． （2）设平面BCD 的法向量为 2,,b c n a，则220102n CD a c n CB a，取1b =-，则a c空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 故 21,n，所以121212cos ,n n n n n n由于平面BCD 与平面CDE 夹角范围为π[0,2，所以平面BCD 与平面CDE夹角的余弦值是385． 【例4】 （2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知P 为圆锥的顶点，O 为底面的圆心，其母线长为6，边长为ABC 内接于圆锥底面，OD OP 且1,12.(1)证明：平面DBC 平面DAO ；(2)若E 为AB 中点，射线OE 与底面圆周交于点M ，当二面角A DB C 的余弦值为519时，求点M 到平面BCD 的距离.【解答】（1）因为P 为圆锥的顶点，O 为底面的圆心，所以PO 面ABC . 又因为BC 面ABC ，所以PO BC ，即DO BC .因为O 为ABC 外接圆圆心，且ABC 为正三角形，所以OA BC . 又因为OA OD O 且OA ，OD 面AOD ，所以BC 面AOD ， 因为BC 面BCD ，所以面DBC 面DAO . （2）作OG BC ∥交AB 于G ，取BC 中点为F . 因为OA BC ，OG BC ∥，所以OF OG .因为OD 面ABC ，OG ，OF 面ABC ，所以OD OG ，OD OF.如图，以点O 为坐标原点，OG ，OF ，OD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz .因为6PA ，AB 3AO ，PO空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 所以 0,0,0O ， 0,3,0A，3,022B，3,022C， P .由OD OP，得 0,D，9,02AB，AD，0BC ，3,2DB.设面ABD 的法向量为 111,,m x y z ，则1111902230m AB x y mAD yz，取1y ，则11z ，13x ，所以3,1m.设面BCD 的法向量为222,,x n y z ，则222203022n BC n DB x yz, 取2y ，则23z ，20x ，所以,3n.由5cos ,19m n m n m n，且1,12， 解得23，所以 D ，0,n .又因为3,02M ，所以3,2DM ， 所以M到面BCD的距离19DM n d n.空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 【例5】 （2023·重庆·统考模拟预测）在多面体111ABCC A B 中，四边形11BB C C 是边长为4的正方形，1AB B B ，△ABC 是正三角形．(1)若1A 为AB 的中点，求证：直线//AC 平面11A BC ；(2)若点1A 在棱1AB 上且1112AA A B ，求点C 到平面11A BC 的距离．【解答】（1）连接1CB ，设11B D C C B I ，由题意可得D 为1CB 的中点，连接1A D ， 因为1,A D 分别为11,AB CB 的中点，则1A D //AC ， 1A D 平面11A BC ，AC 平面11A BC ，所以直线//AC 平面11A BC .（2）由题意可得：11,AB B B BC B B ，AB BC B ，,AB BC 平面ABC ， 所以1BB 平面ABC ， 取AB 的中点H ，连接CH ，因为△ABC 是正三角形，则CH AB ，又因为1BB 平面ABC ，CH 平面ABC ，则1CH BB ， 1AB BB B ?，1,AB BB 平面1ABB ，所以CH 平面1ABB ，如图，以H 为坐标原点，,HA HC 为x 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇则 111282,0,0,0,0,,2,4,0,0,,,,033B C B C A，可得 11482,0,,2,4,,,,033BC BC BA uuu r uuu r uuu r ，设平面11A BC 的法向量 ,,n x y z ，则1124048033n BC x y n BA x y， 令2x ，则1,0y z，即 2,1,0n，所以点C 到平面11A BC 的距离5n BC d nr uu u rr.【例6】 如图，在四棱锥P ABCD 中，PA 平面ABCD ，AD CD ，//AD BC ，2PA AD CD ，3BC .E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且12PF FC .(1)求证：平面AEF 平面PCD ；(2)求平面AEF 与平面AEP 所成角的余弦值；(3)若棱BP 上一点G ，满足2PG GB ，求点G 到平面AEF 的距离.【解答】（1）如图，以D 为原点，分别以DA ，DC 为x 轴，y 轴，过D 作AP 平行线为z 轴，建立空间直角坐标系，则 0,0,0D ， 2,0,0A ， 0,2,0C ， 2,0,2P ， 1,0,1E ， 3,2,0B ，所以 0,2,0DC ， 2,2,2PC ，因为12PF FC ，所以13PF PC ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 所以 14242,2,22,0,2,,3333DF ，即424,,333F ，所以224,,333AF ，1,0,1AE ， 设平面AEF 的法向量为 ,,n x y z ，则22403330n AF x y z n AE x z， 令1x z ，则1y ，所以 1,1,1n，平面PCD 的法向量为 ,,m a b c ，则202220m DC b n PC a b c ， 令1a ，则1c ，所以 1,0,1m，所以 1101110n m ，所以n m ，所以平面AEF 平面PCD .（2）易知平面AEP 的一个法向量 0,1,0u，设平面AEF 与平面AEP 所成角为 ，则cos n u n u所以平面AEF 与平面AEP 所成角的余弦值为3. （3）因为棱BP 上一点G ，满足2PG GB ，所以23PG PB，所以222420,0,21,2,2,,33333AG AP PG AP PB， 所以点G 到平面AEF 的距离0n AG d n.【对点训练3】 （2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱111ABC A B C -的各棱长都为14,60A AB，点1A 在下底面ABC 的投影为AB 的中点O .空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇(1)在棱1BB （含端点）上是否存在一点D 使11A D AC ？若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点1A 到平面11BCC B 的距离.【解答】（1）因为点1A 在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ，故1A O 平面ABC ， 连接OC ，由题意ABC为正三角形，故OC AB ,以O 为原点，1OA OC OA ,,分别为x y z ､､轴建立如图所示空间直角坐标系：则1(2,0,0),0,0,,0,A A C ，112,0,0,4,0,,2,B B C ，设11,2,0,BD BB BB，可得22,0,D ， 1122,0,,4,A AC D，假设在棱1BB（含端点）上存在一点D 使11A D AC ， 则 1114220,5,A D AC，则11455BD BB； （2）由（1）知12,,2,BBBC，设平面11BCC B 的法向量为 ,,n x y z r，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 则1020,020n BB x n BC x，令x1,1z y ， 则1,1n，又 12,0,A B，则1A 到平面11BCC B 的距离为1||||A B n d n，即点1A 到平面11BCC B 距离为5. 【对点训练4】 （2023·天津河西·统考三模）已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ，12AB AA ，1BC ，D ,E 分别为111,A B BB 的中点，F 为CD 的中点.(1)求证：EF //平面ABC ；(2)求平面CED 与平面11ACC A 夹角的余弦值； (3)求点1C 到平面CED 的距离．【解答】 （1）在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB 平面ABC ，且BC AB ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 以点B 为坐标原点，BC ，BA ，1BB 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系.则 0,0,1E ， 1,0,0C ， 11,0,2C ， 0,1,2D ，11,,122F .11,,022EF易知平面ABC 的一个法向量为 00,0,1m ，则00EF m ，故0EF m，又因为EF 平面ABC ，故EF //平面ABC（2） 1,0,1CE，1,1,2CD 设平面CED 的法向量为 ,,m x y z ，则020m CE x z m CD x y z，不妨设 1,1,1m ，因为 10,0,2CC ， 1,2,0CA设平面CED 的法向量为 ,,n a b c ，则12020n CC c n CA a b ，不妨设 2,1,0n则cos cos ,m n m n m n因此，平面CED 与平面11ACC A15. （3）因为 10,0,2CC，根据点到平面的距离公式，则1CC m d m 即点1C 到平面CED 【对点训练5】 已知多面体PQABCD ，四边形ABCD 是等腰梯形，AD BC ∥，224BC AD AB ，四边形PQAD 是菱形，π3QAD，E ，F 分别为QA ，BC 的中点，QF .(1)求证：平面QPDA 平面ABCD ；空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇(2)求点E 到平面QFD 的距离.【解答】（1）设O 是线段AD 的中点，连接,QO OF ，过D 作DM BC ，垂足为M ， 因为四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，224BC AD AB， 所以1CM ，2CD ，因为F 是BC 的中点，可得1,OD MF DM 则//OD MF ，即四边形OFMD 为平行四边形， 可得//,OF DM OF DMOF AD ，又因为四边形PQAD 是边长为2的菱形，且π3QAD， 则QAD 是边长为2的等边三角形，可得,QO AD QO 则222QO FO QF ，可得QO OF ，因为,AD OQ O AD I 平面,QPDA OQ 平面QPDA ， 所以OF 平面QPDA ，且OF 平面ABCD ，所以平面QPAD 平面ABCD.（2）以O 为原点、,,OF OD OQ 分别为x 轴、y轴、z 轴建立如图空间直角坐标系O xyz， 则 1,0,1,0,,0,,22Q D FEQ， 可得3,0,,0,22QF DE DQuuu ruuur uuur ，设平面QFD 的法向量为 ,,m x y z ，则0m QF mDQ y，取z，则3,y x ，可得m，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【对点训练6】 （2023·天津南开·南开中学校考模拟预测）在四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，且2PA ，四边形ABCD 是直角梯形，且AB AD ，//BC AD ，2AD AB ，4BC ，M 为PC 中点，E 在线段BC 上，且1BE .(1)求证：//DM 平面PAB ；(2)求平面PDE 与平面BDE 夹角的余弦值； (3)求点E 到平面PDC 的距离.【解答】（1）证明：以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系，则0,0,0A ， 2,0,0B ， 0,2,0D ， 002P ,,， 2,4,0C ， 1,2,1M ， 2,1,0E ， 1,0,1DM，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇易知平面PAB 的一个法向量为 0,2,0AD ，故0DM AD，则DM AD ，又DM 平面PAB ，故//DM 平面PAB ．（2）易知平面BDE 的一个法向量为 0,0,2AP，设平面PDE 的法向量为 ,,m x y z， 且 0,2,2PD ， 2,1,0DE ，则22020m PD y z m DE x y ，令2y ，则1x ，2z ， 1,2,2m ， 设平面PDE 与平面BDE 夹角为 ，易知 为锐角，所以42cos cos ,323m AP m AP m AP，即平面PDE 与平面BDE 夹角的余弦值为23． （3）设平面PDC 的法向量为 ,,n a b c，且 2,2,0DC ，则220220n PD b c n DC a b，令1b ，则1a ，1c ，故1,1,1n ， 设点E 到平面PDC 距离为h ，||DE nh n．【对点训练7】 如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D 中，底面ABCD 为菱形，13DD ，2AD ，π3BCD，E 为棱1BB 上一点，1BE ，过A ，E ，1C 三点作平面 交1DD 于点G .(1)求点D 到平面1BC G 的距离； (2)求平面AEC 与平面BEC 夹角的余弦值.空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 【解答】（1）如图所示：取F 为AB 中点，ABCD 为菱形，π3BCD， 则222π21221cos33DF ，故DF 222DA DF AF，DF AB ，以DF ，DC，1DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则 1,0A， B， 0,2,0C ，E， 10,2,3C ，设 0,0,G a ，则1AG AE AC，即0,2,1,32,3a ，故1323a，解得112a，故0,0,2G ，设平面1BC G 的法向量为 ,,n x y z ，则13020n BC y z n BG y z，取1y ，得到1,2n，点D 到平面1BCG的距离为53DB nn. （2）设平面AEC 的法向量为 1111,,n x y z ，则1111112030n AEy z n AC y ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇取11y ，得到12n；设平面BEC 的法向量为 2222,,n x y z，则2222200n BE z n BC y， 取21x ，得到2n；平面AEC 与平面BEC夹角为锐角，余弦值为121212cos ,4n n n n n n .题型三 平行平面间的距离问题【例7】 （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥O ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA 底面ABCD ，2OA ，M 、N 、R 分别是OA 、BC 、AD 的中点．求：(1)直线MN 与平面OCD 的距离； (2)平面MNR 与平面OCD 的距离．【解答】（1）解：因为OA 平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AO 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则 2,2,0C、 0,2,0D 、 0,0,2O 、 0,0,1M 、 2,1,0N 、 0,1,0R ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 因为M 、R 分别为PA 、AD 的中点，则//MR OD ，MR 平面OCD ，OD 平面OCD ，//MR 平面OCD ，因为//AD BC 且AD BC ，R 、N 分别为AD 、BC 的中点，则//CN RD 且CN RD ， 所以，四边形CDRN 为平行四边形，//RN CD ，RN 平面OCD ，CD 平面OCD ，//RN 平面OCD ，MR RN R ，MR 、RN 平面MNR ， 平面//MNR 平面OCD ，MN 平面MNR ，//MN 平面OCD ，设平面OCD 的法向量为 ,,n x y z， 2,0,0DC ， 0,2,2DO ，则20220n DC x n DO y z ，取1y ，可得0,1,1n r ，0,1,0NC ，所以，直线MN 与平面OCD 的距离为12NC n d n. （2）解：因为平面//MNR 平面OCD ，则平面MNR 与平面OCD 的距离为22NC n d n.【对点训练8】 直四棱柱1111ABCD A B C D 中，底面ABCD 为正方形，边长为2，侧棱13A A ，M N 、分别为1111A B A D 、的中点，E F 、分别是1111,C D B C 的中点．(1)求证：平面AMN //平面EFBD ； (2)求平面AMN 与平面EFBD 的距离．【解答】（1）法一:证明：连接11,B D NF M N ，、分别为1111A B A D 、的中点，E F 、分别是1111,C D B C 的中点，11////MN EF B D ，MN 平面EFBD ，EF 平面EFBD ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇//MN 平面EFBD ，NF 平行且等于AB ， ABFN 是平行四边形，//AN BF ，AN 平面EFBD ，BF 平面EFBD ，//AN 平面EFBD ， AN MN N ， 平面//AMN 平面EFBD ； 法二: 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ﹣，则 200103220013A M B E ，，，，，，，，，，，， 123213F N ，，，，，， 110110EF MN，，，，，， 103103AM BF ，，，，，，EF MN AM BF ，，//EF MN ，//AM BF ，MN 平面EFBD ，EF 平面EFBD ，//MN 平面EFBD ， AN 平面EFBD ，BF 平面EFBD ，//AN 平面EFBD ，又MN AM M ， 平面//AMN 平面EFBD ，（2）法一:平面AMN 与平面EFBD 的距离B 到平面AMN 的距离h． AMN中，AMAN MN122AMN S ，由等体积可得111231332，h 法二:设平面AMN 的一个法向量为 n x y z，，，则030n MN x y n AM x z，则可取 331n ，，， 020AB，，，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇平面AMN 与平面EFBD 的距离为19n AB d n题型四 异面直线的距离问题【例8】 如图，在三棱锥 P ABC 中，4AB BC PA PC AC ，平面ABC 平面PAC .(1)求异面直线AC 与PB 间的距离；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30 ，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值. 【解答】（1）法一：取AC 中点O ，连接PO ，由PA PC 知PO AC ， 又平面ABC 平面PAC ，平面ABC 平面PAC AC ，故PO 平面ABC ， 连接BO ，则90POB，又因为,AB BC O 为AC 中点，故BO AC ，,BO PO 面,PBO BO PO O ，故AC面PBO ，在面PBO 中，作OD PB ，则由OD AC 知OD 为异面直线AC 与PB 间的距离，由2,4PO OB PB，PO OB PB OD 知OD 即异面直线AC 与PB法二：取AC 中点O ，连接PO ，由PA PC 知PO AC ，又平面ABC 平面PAC，平面ABC 平面PAC AC ，故PO 平面ABC 以O 为坐标原点，,,OB OC OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇则0,2,0,2,0,0,0,2,0,,2,0,,0,4,0A B C P PB AC， 设,,n x y z ，且0,0n AC n PB， 则020y x，令zn ，又 2,2,0AB ，则异面直线AC 与PB 间的距离为n AB d n（2）由（1）知PO 平面ABC ，可得平面PAC 平面ABC ， 如图，在平面ABC 内作MN AC ，垂足为N ，则MN 平面PAC ， 在平面PAC 内作FN AP ，垂足为F ，联结MF ，PA 平面PAC ，所以MN PA ，且MN FN N ，MN FN 、平面MFN ，所以PA 平面MFN ，FM 平面MFN ，所以PA FM故MFN 为二面角M PA C 的平面角，即30MFN， 设MN a ，则,4NC a AN a ，在Rt AFN中， 4FN a ，在Rt MFN △中，由30MFN 知FN ，得43a ，法一：设点C 到平面PAM 的距离为h ，由M APC C APM V V ，得1133APC APM S MN S h，即11113232AC MN PO PA MF h ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇又4,2,AC PA MF MN PO ，解得h PC 与平面PAM 4； 法二：以O 为坐标原点，OB 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，则 420,2,0,2,0,0,0,2,0,,,,033A B C P M，480,2,,0,2,,,,033PC AP AM，设平面PAM 的法向量为 ,,nx y z ，则由0,0n AP n AM，知204833y x y，令z6,n ， 则PC 与n所成角的余弦值为cosn PC n PC， 则PC 与平面PAM 所成角的正弦值sin cos 4.【例9】 如图①菱形ABCD ，60,1B BE EC ．沿着AE 将BAE 折起到B AE，使得90DAB ，如图②所示．(1)求异面直线AB 与CD 所成的角的余弦值； (2)求异面直线AB 与CD 之间的距离．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【解答】（1）图①菱形ABCD ，60,1B BE EC，由余弦定理得2222cos 603AE AB BE AB BE ，所以AE所以222BE AE AB ，即AE BC ，又//AD BC ，所以AE AD ，在图②中，90DAB ，即AD AB ，又,,AB AE A AB AE 平面AB E 所以AD 平面AB E ，即EC 平面AB E ，又B E 平面AB E ，所以B E EC，如图，以E 为原点，,,EC EAEB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则0,0,0,1,0,0,,0,0,1,E C D B A ，所以0,,AB CD ，故0303cos ,224AB CD AB CD AB CD， 则异面直线AB 与CD 所成的角的余弦值为34；（2）由（1）得1,0AC，设 ,,m x y z是异面直线AB 与CD 公垂线的方向向量，所以0000AB m z z CD m x x，令1y ，则 m所以异面直线AB 与CD 之间的距离为AC mm【例10】如图所示，在空间四边形PABC 中，2AC BC ，90ACB ，AP BP AB ，PC AC ．空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 (1)求证：PC AB ；(2)求异面直线PC 与AB 的距离； (3)求二面角B AP C 的大小．【解答】（1）取AB 中点D ，连结PD CD ，．AP BP ，PD AB ． AC BC ，CD AB ．PD CD D ，,PD CD 平面PCD ，AB 平面PCD ．PC 平面PCD ，PC AB ．（2）因为PC AB ，PC AC ，AB AC A ，,AB AC 平面ABC ，PC 平面ABC ．如图，以C 为原点，分别以,,CB CA CP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系C xyz ．则(000)(020)(200),,,,,，,,C A B ． 设(0,0,)P t ． PB AB 2t ，(0,0,2)P ． 所以(0,0,2) CP ，(2,2,0)AB ，设PC 与AB 的公垂线的一个方向向量为(,,)n x y z，则20220n CP z n AB x y，取1x ，得1y ，0z ，即(1,1,0)n ，空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇又(0,2,0)CA ，所以异面直线PC 与AB 之间的距离为 CA n d n． （3）取AP 中点E ，连结BE CE ，．AC PC ，AB BP ，CE AP ，BE AP ．BEC 是二面角B AP C 的平面角．(011) ,,E ，(011) ,,EC ，(211),,EB ，·cos ·EC EB BEC EC EB二面角B AP C 的大小为【对点训练9】 如图，在长方体111ABCD A BC D 中，11AD AA ，2AB ，求：(1)点1A 到直线BD 的距离； (2)点1A 到平面1BDC 的距离； (3)异面直线1,BD CD 之间的距离.【解答】（1）以点D 为原点，DA，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，因为11AD AA ，2AB ，则 1,2,0B ， 0,0,0D ， 11,0,1A ， 10,2,1C ， 0,2,0C ，10,0,1D所以 1,2,0BD ， 10,2,1A B ，所以1A B uuu r在BD上的投影向量的大小为15A B BD BD，又1A B 所以点1A到直线BD 的距离15d；空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇（2）由(1) 1,2,0BD ， 10,2,1DC ， 10,2,1A B ，设平面1BDC 的法向量 ,,n x y z ，则10n BD n DC ，所以2020x y y z ，取1y ，可得2x ，2z ，所以 2,1,2n是平面1BDC 的一个法向量，向量10,2,1A B 在法向量2,1,2n上的投影为143A B n n，所以点1A 到平面1BDC 的距离为43；（3）由(1) 10,2,1CD ， 10,2,1BA ，所以11//CD BA，所以11//CD BA ，又1CD 平面1A BD ，1BA 平面1A BD ，所以1//CD 平面1A BD ，所以异面直线1,BD CD 之间的距离与点C 到平面1A BD 的距离相等，设平面1A BD 的法向量 111,,m x y z ，因为 1,2,0BD ，则10m BD n BA ，所以11112020x y y z ，取11y ，可得12x ，12z ，所以 2,1,2m是平面1A BD 的一个法向量，向量0,2,0CD在法向量 2,1,2m上的投影为23CD m m，所以点C 到平面1A BD 的距离为23；故异面直线1,BD CD 之间的距离为23.【对点训练10】 如图，在底面是菱形的四棱锥P -ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝a ，PB ＝PD a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1，求异面直线PB 与CE 的距离.空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇【解答】解：由:2:1PE ED ，知在BD 上取点F 使:2:1BF FD ， 根据三角形相似易知PB ∥EF ，又PB 平面CEF ，且EF 平面CEF ，从而PB ∥平面CEF ，于是只需求直线PB 到平面CEF 的距离.以A 为坐标原点，AD 所在直线为y 轴， 建立如图所示的直角坐标系，由已知，(0,0,)P a ，C 1,,0)2a ，F 1,,0)2a ，E 21(0,,)33a a，则PE ＝22(0,,)33a a ，CE＝11(,,)63a a ，CF＝(,0,0).设平面CEF 的法向量为(,,)n x y z， 则1126303n CE ax ay az n CF ax020x y z于是令0x ，=2y ，1z，则(0,2,1)n.∴PB 与平面CEF 间的距离||||5n PE d a n，高中 | 数学空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇 415【对点训练11】 如图，已知以O 为圆心，2为半径的圆在平面 上，若PO ，且4PO ，OA 、OB 为圆O 的半径，且90AOB ，M 为线段AB 的中点．求：(1)异面直线OB ，PM 所成角的大小； (2)点O 到平面PAB 的距离； (3)异面直线OB ，PM 的距离．【解答】（1）由PO 且90AOB ，以O 为原点，分别以,,OA OB OP 所在的直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由题意 0,0,4,2,0,0,0,2,0P A B ，因为M 为线段AB 的中点，所以 1,1,0M ，所以 1,1,4,0,2,0PMOB，cos 6PM OB PM OB PM OB，，空间距离及立体几何中的探索性问题空间距离及立体几何中的探索性问题培优篇42所以异面直线OB ，PM 所成角的大小为 （2）由题意，1122222OAB SOA OB△， 11622PABS PM AB△， 设点O 到平面PAB 的距离为d ，因为PO ， 由P OAB O PAB V V所以1133OAB PAB S PO S d △△，所以1124633d ，解得43d ，所以点O 到平面PAB 的距离43；（3）如上图所示，作//MN OB 交OA 于点N ，因为OB 平面PMN ，MN 平面PMN ，所以//OB 平面PMN ， 因此异面直线OB ，PM 的距离就是直线OB 与平面PMN 的距离， 也即是点O 到平面PMN 的距离，因为M 为线段AB 的中点．所以 1,0,0N ， 0,1,0NM设平面PMN 的法向量为 ,,n x y z，则040n NM y n PM x y z令1z，则可得 4,0,1n 所以点O 到平面PMN 的距离1,0,04,0,117ON n h n， 即异面直线OB ，PM。

例析立体几何中探索性问题的向量解法

例析立体几何中探索性问题的向量解法

图 １
图 ２
点评
本 题 中 的线 面平 行 问 题转 化 为 直线 的
图 ３ 图４
方 向 向量 与平 面 的法 向量垂 直来 处 理 ， 而立 体 几何 中的线 线平 行 和 面 面平 行 则 可 分 别 转 化 为 两 直 线 的方 向 向量 平 行 和两平 面 的法 向量 平行 来 解决 ．
） ，
（ Ａ ）口＋’ －） （ １１１ ） Ａ． －＇（Ａ ） －
设平 面 Ａ Ｃ的法 向量 为 ｎ：（ ｙｚ ， ｎ＿— 且 Ｅ ，，）则 Ｌ Ｅ Ａ
，
Ｐ 上 ， Ｐ ：Ｅ ＝ ：１ 试 问 在 棱 Ｐ Ｄ 且 Ｅ Ｄ ２ ， Ｃ上 是 否
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一
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第 ７期
宋
波： 例析 立体几何 中探 索性 问题 的向量 解法
解 得 Ａ＝ １
，
于 ＝ 故 点 是 尸的 是 寻 当 ， 棱 ｃ
当点 Ｆ是 Ｃ 的 中点 时 ， Ｅ上平 面 Ａ Ｄ Ｄ， Ｂ
点评 空 间 的线 线 、 面 、 面垂 直 问题 都 可 线 面
・
１ பைடு நூலகம்・
中学教研 （ 学） 数
２０ ０ ９生
创新不可能像语文一样 ， 自己的作文 ， 有 属于个人
的创作 ． 是 ， 但 中学 生在数 学上 可 以提 问题． 于提 善 出新 奇 的问题 ， 会做 “ 问 ” 而不 仅仅 是 “ 答 ” 学 ， 学 重
识； 另一方面 ， 也是发展学生数学应用意识、 提高学 生创新 能力 与实 践 能力 的有效 举措 ．

[知识]立体几何中的开放探索性问题

[知识]立体几何中的开放探索性问题

立体几何中的开放探索性问题衡阳县一中 王爱民 马中平湖南祁东育贤中学 周友良 421600题型解读数学开放性题是近年高考命题的一个新的亮点，其解法灵活且具有一定的探索性，这类题型按解题目标的操作模式分为：规律探索型，问题探究型，数学建模型，操作设计型，情景研究型．如果是未知的是解题假设，那么就称为条件开放型；如果是未知的是解题目标，那么就称为结论开放型；如果是未知的是解题推理，那么就称为策略开放型．当然，作为数学高考试题中开放题其＂开放度＂是比较弱的，如何解答立体几何中的这类问题，还是通过实际例子加以说明．一、 规律探索型例1．1111ABCD A BC D - 是单位正方体,黑白两个蚂蚁从点A 出发沿棱向前爬行,每走完一条棱称为”走完一段”. 白蚂蚁的爬行路线是111AA A D →→ , 黑蚂蚁的爬行路线是1AB BB →→ ,它们都依照如下规则:所爬行的第n+2段与第n 段所在直线必须是异面直线,设黑白两个蚂蚁都走完2005段后各停止在正方体的某个顶点处,这时黑白两个蚂蚁的距离是多少?C 1分析：本题步数比较大，因此肯定要探索出一个周期性黑蚂蚁的爬行路线是1111AB BB B C C →→→6段又回到出发点A 。

故而它们的周期为6。

2005段后停止在正方体的B 顶点处，白蚂蚁走完2005段后停止在正方体的1A作性探索题，要求同学们大胆动手，必须探索出一个规律性来。

二、 操作设计型例2．（Ⅰ）给出两块面积相同的正三角形纸片（如图1，图2），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；（Ⅱ）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； （Ⅲ）（附加题）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．【分析】 本题主要考查空间想象能力、动手操作能力、探究能力和灵活运用所学知识解决现实问题的能力．通过数学科的高考，倡导重视数学应用，是从1993年开始的，已经经历了十个年头．这些年来，尽管数学科高考中有关数学应用的试题存在这样那样的缺陷，但是它所倡导的加强数学学科与社会实际和生产实际的联系，引导考生置身于现实社会大环境中，关心身边的数学问题，具有良好的导向，也促进了中学数学教学加强数学应用的研究，推动数学教学改革．这种命题方向得到数学教育界的普遍肯定．回顾这些年来高考中有关数学应用的问题，所涉及的知识面上还存在一定的局限性，多数是函数知识和数列知识的运用．前年试题选择题中出现的“民房屋顶面积”问题，各地反映良好，去年设计的“纸片剪拼”问题，目的在于尝试开拓数学应用的新领域．用纸片做有规则的几何体模型，是《立体几何》课本的要求，如习题七中的第1题和习题八中的第1题．本试题的设计是在这个基础上，增加剪拼模型的条件的限制，提高操作难度，以期考查出空间想象能力和动手操作能力．由于这种试题第一次出现，注意由浅入深，首先是剪拼“正三棱锥”，这与习题八第1题相似，是多数考生能够完成的．其次用正三角形纸片剪拼“正三棱柱”，要有较丰富的想象力，本题有多种剪拼方法，充分体现“开放性”，给考生提供广阔的思维空间．再次，将纸片一般化为任意三角形、剪拼“直三棱柱”，考查的是能力的迁移，将具体的问题抽象化，难度较高，估计绝大多数考生在限时内难以完成、，故作为“附加题”出现，能完成者有“奖励分”．这种问题的提出估计能解答者甚少，但能倡导探究，倡导创造、发现，对于培养高素质的人才是有益的．理解“全面积相等”的条件，就是剪拼出来的几何体不能缺某个面，也不能剪拼成几何体后还剩余纸片，但纸片的裁剪块数是没有限制的，因之有多种剪拼方法．解：（Ⅰ）如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥．如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的41，有一组对角为直角．余下部分按虚线折起，可成为一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底．（Ⅱ）依上面剪拼的方法，有V 柱＞V 锥． 推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为43．现在计算它们的高：36233212=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅-=锥h ，6330tan 21=︒=柱h ．∴ 0243224363964331<-=⋅⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-柱锥柱锥h h V V所以，V 柱＞V 锥． （Ⅲ）（附加题）如图3，分别连续三角形的内心与各顶点，得到三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直三棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可以拼接成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱模型．正三棱柱的其他剪拼方法： 方法1按图4，取三角形三边中点剪出①、②两个小三角形为正三棱柱的上、下底面，将平行四边形③等分为三个小平行四边形，再分别解为矩形作为侧面．方法2按图5，取三角形两边的中点，剪出①、②、③三个小三角形，以①为正三棱柱的一底，②+③为它的另一底；再将矩形④三等分，分别作为三棱柱的一个侧面．方法3按图6，取三角形边的三等分点，剪出①、②、③三个小三角形，以①为正三棱柱的一底，②+③为它的另一底；剪出小三角形⑤、⑥，拼为一个等边三角形，再剪拼为矩形，进而将矩形三等分，分别拼入④、⑦、⑧三个矩形中，作为棱柱的三个侧面．方法4按图7，取三角形边的四等分点，先剪出小三角形①、②、③和矩形④，以①为正三棱柱的一底，②+③为它的另一底；再剪出小三角形⑧、⑨，矩形⑥，五边形⑤、⑦．⑤+⑧，⑦+⑨，均可成为矩形，其面积同矩形⑥；进而将矩形④三等分，分别拼入上述三个矩形中，作为棱柱的三个侧面．依此类推可得出一般的剪拼方法：将等边三角形的一边等分为奇数条线段，可按方法3剪拼成正三棱柱；将等边三角形的一边等分为偶数条线段，可按方法4剪拼成正三棱柱．这是一道新颖的立体几何应用题．从前年在选择题中判断“民房屋顶面积”关注立体几何的实际应用之后，去年加大了对立体几何结合生活实际的考查，通过解答题来体现．制作形体的模型，是生产和生活实际中一项重要的技能．学习立体几何的时候，往往也通过观察和制作几何模型来提高空间想象能力．考查几何模型的制作，有利于倡导动手实践，关注立体几何知识与现实生活中形体的联系．试题设计注意到推出一类新鲜问题时难度层次的把握．首先，剪拼一个“正三棱锥”，这是一个类同于课本习题的问题，绝大多数考生都能操作．其次，剪拼一个“正三棱柱”，巧妙之处在于条件“全面积相等”，即给出的正三角形纸片要用完，不能多余也不能缺．由于不设定其他条件，比如底面边长或高的限制，因之有多种剪拼方法，是一道成功的“开放性”试题．题中提出的“请设计一种剪拼方法”，充分体现把解答问题的主动权交给考生，为考生创设出广阔的思维空间．再次，将给出的特殊三角形的纸片一般化，研究对于任意三角形的纸片能否剪拼成直三棱柱的问题，是思维的深层次发展，作为限时考试的高考，要完成的难度较高，故作为“附加题”处理，甚为合适，就算绝大多数考生未能作答，却可以留下悬念，鼓励考生加强探索，敢于创新，不要让学习停留在解答故有的习题上，永远只能亦步亦趋．三、 情景研究型例3．把四个半径为1的小球放在桌面上，使下层三个，上层一个，两两相切，求上层小球最高处离桌面的距离.分析 ：本题是四个小球堆放的一个实物模型，如何利用我们所学的数学知识将其转化为数学问题是解决这个问题的关键，下层三个球的球心到桌面的距离相等，四个球心之间的距离相等，四个球心两两连线可构成一个正四面体，这是建模解决此问题的关键。

2025数学大一轮复习讲义苏教版 第七章 空间距离及立体几何中的探索性问题

2025数学大一轮复习讲义苏教版 第七章 空间距离及立体几何中的探索性问题

∴点 P 到 l 的距离 d＝|A→P|sin〈A→P，n〉＝ 5×
1－
11002＝3
2
2 .
自主诊断
3.定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另
一条直线距离的最小值.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2， AA1＝3，则异面直线AC与BC1之间的距离是
A.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，E(0,0,1)，F(2,2,1)，
C1(0,2,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)， 因为-B-→1E＝(－2，－2，－1)，B--1→A1＝(0，－2,0)， 所以 cos〈B--1→A1，-B-→1E〉＝0×－2＋－24××－9 2＋0×－1＝23，
5 5
B.
7 7
C.
6 6
√D.67
自主诊断
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，C1(0,1,3)， 则A→C＝(－2,1,0)，—BC→1 ＝(－2,0,3)， 设A→C和—BC→1 的公垂线的方向向量 n＝(x，y，z)，
n·A→C＝0， 则n·—BC→1 ＝0，
第七章
§7.8 空间距离及立体 几何中的探索性问题
课标要求
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离. 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或 空间角存在的条件.
内容索引
第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型
课时精练
第一部分
落实主干知识
知识梳理
1.点到直线的距离 如图(1)，若P为直线l外一点，A是l上任意一点，在点P和直线l所确定的平

第46讲 空间距离及立体几何中的探索性问题

第46讲 空间距离及立体几何中的探索性问题
例3 ［配例2使用］ [2023·南京模拟] 如图，在四棱锥中，底面为梯形， 底面 ，,,,，过点 作一个平面 使得平面 .
例1（1） [2023·温州三模] 四面体满足 ,,,，点在棱上，且，点为 的重心，则点到直线 的距离为( )
A
A. B. C. D.
［思路点拨］（1）建立空间直角坐标系,利用投影向量及勾股定理求解点到直线的距离.
[解析] 四面体满足 ，即,,两两垂直，以点为原点，以,, 的方向分别为,, 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.因为,,，，所以 ,,，所以, ，则 ,，所以点到直线 的距离 .故选A.
（2）直线与直线间的距离有以下两种情况：①两平行直线间的距离，此时其中一条直线上的任意一点到另一条直线的距离都相等，所以直线与直线的距离转化为点到直线的距离.②两异面直线间的距离，有两种方法：几何法：求公垂线段的长度.向量法：在两直线上各取一点构成一个向量， 为在两直线的公垂线方向上的单位向量，则两异面直线间的距离为 .
（2） 求点到平面 的距离．
解： 由题意可知是，的中点，所以 ,,, .设平面的法向量为 ，则 ,，、取，得 ,所以点到平面的距离 .
探究点三 立体几何中的探索性问题
例3 如图①是直角梯形，， ，四边形 是边长为2的菱形，并且 ，以为折痕将折起，使点到达 的位置，得到四棱锥,如图②，且 .
①
②
（1） 求证：平面 平面 .
变式题1 如图所示，在长方体 中，,，点是棱的中点，则点 到平面 的距离为( )
B
A.1 B. C. D.
[解析] 方法一：连接,设点到平面的距离为，因为点是棱 的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面 过的中点，所以点到平面的距离等于点到平面 的距离.由等体积法得，所以 ，，.在中，, ，所以，则 ，解得，即点到平面的距离为 .故选B.
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【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、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法． 求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定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，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p 的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．2.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．【精选名校模拟】1. 在四棱锥ABCD E -中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，⊥EC 底面ABCD ，F 为BE的中点.（Ⅰ）求证：DE ∥平面ACF ； （Ⅱ）求证：AE BD ⊥；（Ⅲ）若2,ABCE在线段EO上是否存在点G，使⊥CG平面BDE？若存在，求出EGEO的值，若不存在，请说明理由．O FED C BA【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）1.2 EGEO=2.如图所示，四棱锥P —ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，P A ⊥底面ABCD ，P A=AD=CD=2AB =2，M 为PC 的中点。

（1）求证：BM ∥平面P AD ；（2）在侧面P AD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD ； （3）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦。

【答案】（1）见解析；（2）N 是AE 的中点；（3）32．试题解析：（1） M 是PC 的中点，取PD 的中点E ，则MECD 21，又AB CD 21∴四边形ABME 为平行四边形 ∴BM ∥EA ，PAD BM 平面⊄PAD EA 平面⊂∴BM ∥PAD 平面 （4分）（2）以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则())0,0,1B ，()0,2,2C ，()0,2,0D ，()2,0,0P ，()1,1,1M ，()1,1,0E3. 如图1，在ACB Rt ∆中，90C ∠=°，3=BC ，6=AC ，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且BC DE //，2=DE ，将ADE ∆沿DE 折起到DE A 1∆的位置，使CD C A ⊥1，如图2．（Ⅰ）求证：⊥C A 1平面BCDE ；（Ⅱ）若M 是D A 1的中点，求CM 与平面BE A 1所成角的大小；（Ⅲ）点F 是线段BE 的靠近点E 的三等分点，点P 是线段F A 1上的点，直线l 过点B 且垂直于平面BCDE ，求点P 到直线l 的距离的最小值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒；（Ⅲ）点P 到直线l 的距离有最小值656512.试题解析：（Ⅰ）由题CD DE ⊥，DE D A ⊥1，D D A CD =1∴DE ⊥平面1ACD ，又1A C ⊂平面1ACD ， 1A C ⊥DE 又1AC CD ⊥， D CD DE = ∴1A C ⊥平面BCDE ．∴不妨取(123n =-，，又∵(103M -，， ∴(103CM =-，， ∴=><=|,cos |sin n CM θ2214313222CM n CM n⋅===++⋅+⋅⋅，∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒．zy xA 1 (0,0,23)D (-2,0,0)E (-2,2,0)B (0,3,0)C (0,0,0)M4. 在四棱锥P ABCD -中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD CD ⊥，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，90ADC ∠=，1AB AD PD ===，2CD =.（Ⅰ）求证：BC ⊥平面PBD ；（Ⅱ）设Q 为侧棱PC上一点，PQ PC λ=，试确定λ的值，使得二面角Q BD P --为45.【答案】解法一：（Ⅱ）平面PBD 的法向量为(1,1,0)BC =-，…………………………………………7分(0,2,1)PC =-，PQ PC λ=，(0,1)λ∈所以(0,2,1)Q λλ-， ………………………………………………………………8分 设平面QBD 的法向量为(,,)a b c n =，(1,1,0)DB =，(0,2,1)DQ λλ=-， 由0DB ⋅=n ，0DQ ⋅=n ，得法二：（Ⅰ）∵面PCD ⊥底面ABCD ，面PCD ∩底面ABCD =CD ，PD ⊂面PCD ，且PD ⊥CD ∴PD ⊥面ABCD ，………1分 又BC ⊂面ABCD ，∴BC ⊥PD ①…. .…..……2分 取CD 中点E ，学科网连结BE ，则BE ⊥CD ，且BE =1∵FQ //BC ，∴即PC PQ BC FQ =x BC PC PQ FQ 52=⨯= PCPQPB PF =x PB PC PQ PF 53=⨯=即 ∵FG //PD ∴即PB BFPD FG =x PD PB BF FG 511-=⨯=………………..…...……10分 在Rt △FGQ 中，∠FGQ =45° ∴FQ =FG ，即=x 52x 511-∴)12(5125-=+=x ……..….........……11分 ∵PQ PC λ= ∴5)12(5λ=- ∴12-=λ……..…............……12分5. 如图，已知正四棱锥S ABCD -的底面边长为26P 是棱SC 的中点．（1）求直线AP 与平面SBC 所成角的正弦值； （2）求二面角B —SC —D 大小的余弦值；（3）在正方形ABCD 内是否存在一点Q ，使得PQ ⊥平面SDC ？若存在，求PQ 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）直线AP 与平面SBC 所成角的正弦值为27；（2）二面角B —SC —D 大小的余弦值为71-；（3）不存在满足条件的点Q.（1）336(,22AP =-，设平面SBC 的法向量1n =（x 1,y 1,z 1），则110,0n BC n SB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即111120,60,x x y z -=⎧⎪⎨+-=⎪⎩，可取1n =（6 ,1），6. 如图1，已知O ⊙的直径4AB =，点C 、D 为O ⊙上两点，且=45CAB ∠，60DAB ∠=，F 为弧BC 的中点．将O ⊙沿直径AB 折起，使两个半圆所在平面互相垂直（如图2）． （Ⅰ）求证：//OF AC ；（Ⅱ）在弧BD 上是否存在点G ，使得//FG 平面ACD ？若存在，试指出点G 的位置；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求二面角C -AD-B 的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）在弧BD 上存在点G ，使得//FG 平面ACD ，且点G 为弧BD 的中点；（Ⅲ）27;（3）根据，∠DAB =60°求出D 点坐标，然后求出平面ACD 的一个法向量，找出平面ADB 的一个法向量，利用两平面法向量所成角的余弦值求解二面角C -AD -B 的余弦值． 试题解析：（法一）：证明：（Ⅰ）如右图，连接CO ，45CAB ∠=，CO AB ∴⊥，又F 为弧BC 的中点，45FOB ∴∠=，//OF AC ∴．（Ⅲ）过O 作OE AD ⊥于E ，连CE ．因为CO AB ⊥，平面ABC ⊥平面ABD ，故CO ⊥平面ABD ．又因为AD ⊂平面ABD ，故CO AD ⊥，所以AD ⊥平面CEO ，AD CE ⊥， 则CEO ∠是二面角C -AD-B 的平面角，又60OAD ∠=，2OA =，故3OE = 由CO ⊥平面ABD ，OE ⊂平面ABD ，得CEO ∆为直角三角形， 又2CO =，学科网故7CE =，可得cos CEO ∠3721，故二面角C -AD-B 27.（法二）：证明：（Ⅰ）如图，以AB 所在的直线为y 轴，以OC 所在的直线为z 轴，以O 为原点，作空间直角坐标系O xyz -，则()0,20A ,-，()002C ,,(0,0,2)(0,2,0)(0,2,2)AC =--=，点F 为弧BC 的中点，∴点F 的坐标为()0,22,，(0,2,2)OF =，22OF AC ∴=，即//OF AC ．7. 如图，在多面体ABCDE 中，DB ABC ⊥平面,//AE DB ,ABC ∆且是边长为2的等边三角形，1AE =，CD 与平面ABDE 所成角的正弦值为64（1）在线段DC 上是否存在一点F ，使得EF DBC ⊥面，若存在，求线段DF 的长度，若不存在，说明理由；（2）求二面角D EC B --的平面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）存在F 为CD 中点，DF=2时，使得EF DBC ⊥面（Ⅱ）648. 如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，12AB BC AA ==，90ABC ︒∠=，D 是BC 的中点． （1）求证：1A B ∥平面1ADC ； （2）求二面角1C AD C --的余弦值；（3）试问线段11A B 上是否存在点E ，使AE 与1DC 成60︒角？若存在，确定E 点位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）二面角1C AD C --的余弦值为23；（3）当点E 为线段11B A 中点时，AE 与1DC 成60︒角.由 111C B A ABC -是直三棱柱，得 四边形11ACC A 为矩形，O 为1A C 的中点. 又D 为BC 中点，所以OD 为1A BC △中位线， 所以 1A B ∥OD ，由二面角1C AD C --是锐角，得 ||2cos ,3⋅〈〉==n v n v n v . 8分 所以二面角1C AD C --的余弦值为23. （3）解：假设存在满足条件的点E .因为E 在线段11B A 上，)1,2,0(1A ，)1,0,0(1B ，故可设)1,,0(λE ，其中02λ≤≤. 所以 (0,2,1)AE λ=-，1(1,0,1)DC =因为AE 与1DC 成60︒角，所以1112AE DC AE DC ⋅=.9.如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 是菱形，AC BD O =,PAC ∆是边长为2的等边三角形，6PB PD ==,4AP AF =.（Ⅰ）求证：PO ⊥底面ABCD ；（Ⅱ）求直线CP 与平面BDF 所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB 上是否存在一点M ，使得CM ∥平面BDF ？如果存在，求BMBP的值，如果不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）30；（Ⅲ）存在，BM BP =13试题解析：解：（Ⅰ）因为底面ABCD 是菱形，AC BD O =,（Ⅱ）由已知可得133(44OF OA AP =+= -----------------------------------------6分 设平面BDF 的法向量为(,,)x y z =n ，则0,0,OB OF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,330.44x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩ 令1x =，则3z =，所以(1,0,3)=n .----------------------------------------8分因为1cos 2||||CP CP CP ⋅<⋅>==-⋅n n n ，----------------------------------------9分所以直线CP 与平面BDF 所成角的正弦值为12，10. 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.CN【答案】（1）详见解析；（2）存在，1【解析】11. 如图，在各棱长均为2的三棱柱111C B A ABC -中，侧面⊥11ACC A 底面ABC ，︒=∠601AC A ． （1）求侧棱1AA 与平面C AB 1所成角的正弦值的大小；（2）已知点D 满足+=，在直线1AA 上是否存在点P ，使C AB DP 1//平面？若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）6;（2）存在点P，使CABDP1//平面.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．【答案】（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）66.（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．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，（3）解法一：由（2）11(,,1)22EF =---是平面PBC 的一个法向量，又(0,2,0)AB =，则得6cos ,6||||EF AB EF AB EF AB ⋅<>==⋅⋅⋅=-，所以6,arccos 6EF AB π<>=-， 记直线AB 与平面PBC 所成角为θ，则知6sin |cos ,|6EF AB θ=<>=， 故所求角的正弦值为66. ..（12分）13. 四棱锥ABCD P -中，ABCD 为矩形，平面⊥PAD 平面ABCD . （1）求证：;PD AB ⊥（2）若,2,2,90===∠PC PB BPC问AB 为何值时，四棱锥ABCD P -的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.【答案】（1）详见解析，（2）63AB =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10.5（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2224,3DP PG OG m =-=-，故四棱锥P-ABCD 的体积为 2214686.333m V m m m =⋅⋅⋅-=-故当6m =时，即6AB =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 ⊥PD14. （如图1）在平面四边形ACPE 中，D 为AC 中点，2AD DC PD ===，1AE =，且,AE AC PD AC ⊥⊥，现沿PD 折起使090ADC ∠=，得到立体图形（如图2），又B 为平面ADC 内一点，并且ABCD 为正方形，设F ，G ，H 分别为PB ，EB ，PC 的中点. （1）求三棱锥P GHF -的体积；（2）在线段PC 上是否存在一点M ，使直线FM 与直线PA 所成角为060？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）112V =；（2）存在，52PM =.试题解析：（1）因为,F G 分别为,PB BE 的中点，所以//FG PE .又FG ⊄平面PED ，PE ⊆平面PED ，所以//FG 平面PED ，同理：//FH 平面PED .（2）因为EA ⊥平面ABCD ，//EA PD ，所以PD ⊥平面ABCD ，所以,PD AD PD CD ⊥⊥.又因为四边形ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥.如图，建立空间直角坐标系，因为22AD PD EA ===，15. 如图，多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD ，正方形ADEF 的边长为2，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AB ＝2，CD ＝4． （Ⅰ）求证：BC ⊥平面BDE ；（Ⅱ）试在平面CDE 上确定点P ，使点P 到直线DC 、DE 的距离相等，且AP 与平面BEF 所成的角等于30°．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析．（Ⅱ）利用,,DE DA DC 两两互相垂直建立空间直角坐标系，令(),,n x y z '''= 是平面BEF 的一个法向量，则由00n EF n Eb ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩求出向量(),,n x y z '''=的坐标，利用向量的夹角公式列方程求出点P 的坐标．试题解析：又因为EDBD D =所以BC ⊥ 平面BDE ． 5分 解法二：因为平面ADEF ⊥ 平面ABCD ,ED AB ⊥所以ED ⊥ 平面ABCD 1分 所以,,DE DA DC 两两互相垂直以点D 为原点，直线,,DA DC DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -（Ⅱ）因为平面ADEF ⊥ 平面ABCD ,ED AB ⊥ 所以ED ⊥ 平面ABCD所以,,DE DA DC 两两互相垂直以点D 为原点，直线,,DA DC DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -16. 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，060BAD ∠=，Q 是AD 的中点. （Ⅰ）若PA PD =，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（Ⅱ）若平面APD ⊥平面ABCD ，且2PA PD AD ===，点M 在线段PC 上，试确定点M 的位置，使二面角M BQ C --的大小为060，并求出PMPC的值.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）13PM PC =. 【解析】试题分析：本题主要以四棱锥为几何背景，考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、向量法等基础知识，考试题解析：（1）∵PA PD =，Q 为AD 的中点，∴PQ AD ⊥， 又 底面ABCD 为菱形，060BAD ∠=，∴BQ AD ⊥ , 又PQBQ Q =∴AD ⊥平面PQB ，又∵AD ⊂平面PAD,∴平面PQB ⊥平面PAD;（2） 平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD平面ABCD AD =,PQ AD ⊥∴PQ ⊥平面ABCD.以Q 为坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图.17. 如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在的平面，90ADC BAD ︒∠=∠=．F 为PA 中点，2PD =，11.2AB AD CD===四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N ．（1）求证：AC// 平面DEF；（2）求二面角A BC P--的大小；（3）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为6π？若存在，请求出FQ的长;若不存在，请说明理由．NFDCA BEP【答案】（1）详见解析；（2）.4π（3）在线段EF上存在一点Q，且19||||.2FQ EF==（3）首先假设存在点Q满足条件．由12(,0,),(0,2,2).22F E设(01)FQ FEλλ=≤≤，再利用向量的夹角公式确定λ的值．18. 如图，ABC ∆中，O 是BC 的中点，AB AC =，22AO OC ==．将BAO ∆沿AO 折起，使B 点与图中B '点重合．（Ⅰ）求证：OC B AO '⊥平面；（Ⅱ）当三棱锥AOC B -'的体积取最大时，求二面角O C B A -'-的余弦值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试问在线段A B '上是否存在一点P ，使CP 与平面B OA '所成的角的正弦值为32？证明你的结论．（Ⅱ）在平面B OC '内，作B D OC '⊥于点D ，则由（1）及已知可得当D 与O 重合时，三棱锥B AOC '-的体积最大，并过O 点作OH B C '⊥于点H ，连AH ，则AHC ∠为.A B C O '--二面角的平面角 在AHC Rt ∆中，易得AHC ∠cos 的值，即为所求；（Ⅲ）根据图形及已知条件分析可得，存在线段A B '上中点P ，使CP 与平面B OA '所成的角的正弦值为32，求出平面B OA '的法向量(0,1,0)n =，根据CP 与平面B OA '所成的角的正弦值为32建立等式关系，即可求得结论.AO B OC '⊥平面，B C B OC B C AO '''⊆∴⊥又平面， AO OH O B C AOH B C AH ''=∴⊥∴⊥，平面，AHO ∴∠即为.A B C O '--二面角的平面角 232222AOH Rt AO OH AH ∆==∴=中，，，，1cos 3OH AHO AH ∴∠==1A B C O --故二面角的余弦值为1319. 如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝8，BC ＝6，AB ＝2，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥AB ．现将四边形ABEF 沿EF 折起，使得平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅰ）当2BE =，是否在折叠后的AD 上存在一点P ，且AP PD λ=，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）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．ABC DEFEFABCD【答案】（1）存在P 点，2=λ；（2）当4=x 时，三棱锥CDF A -的最大值316. 又M PM CM =∴平面ABEF ∥平面PCM 6分 又∵PCM PC 平面⊂（Ⅱ）因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF 平面EFDC ＝EF ，又AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面EFDC 10分由已知BE ＝x ，所以AF ＝x （06x <<），则FD ＝8-x ． ∴112(8)32A CDF V x x -=⋅⋅⋅-⋅ 12分 故21118162(8)()32323A CDFx x V x x --+=⋅⋅⋅-⋅≤= 当且仅当8x x -=，即x ＝4时，等号成立 所以，当x ＝4时，A CDF V -有最大值，最大值为16314分20. 已知∠ACB ＝45°，B 、C 为定点且BC ＝3，A 为动点，作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，如图1。

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