立体几何专题二-存在性问题讲义
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故 BD 为平面 AFC 的一法向量.
又 BD =（ 3, 3, 0 ），所以 cos＜, BD ＞= m BD 2 3 15 . | m | | BD | 5 12 5
因为二面角 E-AF-C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为 15 . 5
例 3、如图 3，在四面体 ABOC中, OC OA,OC OB, AOB 1200 ，且 OA OB OC 1.
NC 平面ONC ， OA NC . 取 Q 为 AN 的中点，则 PQ// NC ，
PQ OA ，
在等腰 AOB 中， AOB 120 ，
OAB OBA 30 ， 在 RtAON 中， OAN 30 ，ON 1 AN AQ ，
2 在 ONB 中， NOB 120 90 30 NBO ， NB ON AQ. AB 3 ，
因为 PA⊥平面 ABCD，AE 平面 ABCD，所以 PA⊥AE. 而 PA 平面 PAD，AD 平面 PAD 且 PA∩AD=A， 所以 AE⊥平面 PAD，又 PD 平面 PAD.
所以 AE⊥PD.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，又 E、F 分别为 BC、PC 的中点，
2
2
AE 1 PD 5 ,
2
2
∴ cosEOA
1 7 5 44
3
7.
2 7 1 14
2
37
即 AC 与 PB 所成角的余弦值为
.
14
（Ⅱ）在面 ABCD 内过 D 作 AC 的垂线交 AB 于 F，则 ADF . 6
连 PF，则在 Rt△ADF 中 DF AD 2 3 , AF AD tan ADF 3 .
化简得 0.
3x 1 2
0.
∴
x
3 6
z 1
即 N 点的坐标为 (
3 ,0,1) ，从而 N 点到 AB、AP 的距离分别为 1，
3
.
6
6
解法 2：（Ⅰ）设 AC∩BD=O，连 OE，则 OE//PB， ∴∠EOA 即为 AC 与 PB 所成的角或其补角.
在△AOE 中，AO=1，OE= 1 PB 7 ,
得
n1 3
n3
0 3
， 故可取 n （1, 3,1）
2 n2 2 n3 0
又平面 OAC 的法向量为 e (0,1, 0) .cos
n,e (1, 3,1) (0,1,0)
3
.
5 1
5
二面角 O AC B 的平面角是锐角，记为 ，则 cos 15 5
例 4、如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，AB= 3 ，BC=1，PA=2，E 为
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PQ OA, PQ OA 0 即 1 3 0 ， 1 .
22
3
所以存在点 Q( 1 , 3 , 0) 使得 PQ OA 且 AB 3 .
26
AQ
（2）记平面 ABC 的法向量为 n (n1, n2 , n3 ) ,则由 n CA ， n AB ，且 CA (1, 0, 1) ，
例 1 、 如 图 ， 在 三 棱 柱 ABC A1B1C1 中 ， AB AC ， 顶 点 A1 在 底 面 ABC 上 的 射 影 恰 为 点 B ， 且
C1
A1
AB AC Байду номын сангаас1B 2 ．
（1）求棱 AA1 与 BC 所成的角的大小；
B1
(2)在线段 B1C1 上确定一点 P，使 AP 14 ，
cos ADF 3
3
设 N 为 PF 的中点，连 NE，则 NE//DF， ∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面 PAC，从而 NE⊥面 PAC.
∴N 点到 AB 的距离 1 AP 1，N 点到 AP 的距离 1 AF 3 .
2
2
6
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30
.
3
6
2 cos OPN PO 2 15
PN 30 5 6
解法二：在平面 AOB 中,过点 O ,作 ON OA 交 AB 于 N ,取 O 为坐标原点，分别以 OA ，ON , OC 所
在的直线为 x 轴，y 轴, z 轴，建立空间直角坐标系 O xyz （如图所示）
则 A(1, 0, 0),C(0, 0,1), B( 1 , 3 , 0) 22
AE
0,
m AF 0,
3x1 0,
因此
3 2
x1
1 2
y1 z1
0.
取 z1 1,则m (0, 2, 1),
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因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以 BD⊥平面 AFC，
例 5、如图，已知平面 ∥平面β∥平面γ，且β位于 与γ之间．点 A、D∈ ，C、F∈γ，
（Ⅱ）由于 N 点在侧面 PAB 内，故可设 N 点坐标为（x，O，z），
则 NE (x, 1 ,1 z) ，由 NE⊥面 PAC 可得， 2
NE AP 0, NE AC 0.
即( x, ( x,
1 2 1 2
,1 ,1
z) z)
(0,0,2) 0,
z 1 0,
(
3,1,0)
三、方法与技巧（空间向量的应用）
1．异面直线所成的角
设 a、b 是异面直线， AB、EF 分别是直线 a,b 上的向量，则异面直线 a,b 所成的角与 AB、EF 的
夹角的余弦值的绝对值相等. 2.二面角：求两平面法向量的夹角与其夹角的补角
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教师姓名 张秋亮 学科
学生姓名
年级
课题名称 立体几何存在性问题
数学
上课时间 组长签字
讲义序号 (同一学生)
日期
教学目标 掌握解决立体几何中括数值的存在性和点的存在性基本解题思想与方法
教学重点
难点
解决点在定直线上和定平面上二类处理方法与思想.
的中点. （Ⅰ）证明：AE⊥PD；
6
（Ⅱ）若 H 为 PD 上的动点，EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 ，
2
求二面角 E—AF—C 的余弦值.
解：（Ⅰ）证明：由四边形 ABCD 为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC 为正三角形.
因为 E 为 BC 的中点，所以 AE⊥BC. 又 BC∥AD，因此 AE⊥AD.
言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答
题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明
或计算为主。
教学 过程
二、热点题型范例
题型一、平行与垂直的证明； 题型二、空间角与距离；
题型三、探索性问题
题型四、折叠、展开问题；
题型五、表面积与体积问题
4 1 ， 8 8 2
故
AA1 与棱
BC
所成的角是
π 3
．
………………6 分
（2）设 B1P B1C1 2， 2，0 ，
x
C
A
y
B
则 P 2，4 2，2 ．
于是 AP 42 4 2 2 4 14 1 （ 3 舍去），
2
2
则 P 为棱 B1C1 的中点，其坐标为 P 1，3，2 ．
3．距离： d | AB n | （在两者之间各取一点 A 与点 B， n 是法向量） |n|
3.解决有关垂直问题的方法：
（1）．线线垂直： a b 0
（2）．线面垂直： a n 0 （ a 是直线的方向向量， n 平面法向量）
教学 过程
（3）．面面垂直： n1 n2 0 四、实例解析
(1)设 P 为 AC 的中点，证明：在 AB 上存在一点 Q ，使 PQ OA ，并计算 AB 的值； AQ
C
(2)求二面角 O AC B 的平面角的余弦值.
P
B
O
解法一：（1）在平面 OAB 内作 ON OA 交 AB 于 N ，连接 NC .
A
图3
又 OA OC ，OA 平面ONC ，
P（0，0，2）、E（0， ，1），
2 从而 AC ( 3,1,0),PB ( 3,0,2).
设 AC与PB 的夹角为θ，则
cos AC PB 3 3 7 , | AC | | PB | 2 7 14
37
∴AC 与 PB 所成角的余弦值为
.
14
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OQ OA AQ (1, 0, 0) ( 3 , 3 , 0) (1 3 , 3 , 0),
22
22
N
P 为 AC 中点， P(1 , 0, 1) 22
设 AQ AB( (0,1)),
AB ( 3 ,
3 , 0) .
22
PQ OQ OP (1 3 , 3 , 1). 22 2 2
并求出二面角 P AB A1 的平面角的余弦值．
解：（1）如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，
C
A
B
C1
则 C 2，0，0，B0，2，0，A1 0，2，2，B1 0，4，2 ， AA1 0，2，2 ， BC B1C1 2， 2，0 ．
P B1
A1 z
cos AA1，BC AA1 BC AA1 BC
AQ
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（2）连接 PNPO ， 由 OC OA， OC OB 知： OC 平面OAB .
又 ON 平面OAB ， OC ON 又由 ON OA ， ON 平面AOC .
又 AC 平面AOC ,ON AC 又 P 是 AC 的中点, OA OC
……………8 分
设平面 P AB A1 的法向量为 n1 x, y, z ，
则 n1
AP 0
,
n1 AB 0
x 3y 2z 0
即
2y 0
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令 z 1
故 n1 2，0，1
……………11 分
PD 的中点. （Ⅰ）求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值； （Ⅱ）在侧面 PAB 内找一点 N，使 NE⊥面 PAC，并求出 N 点到 AB 和 AP 的距离.
解法 1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A、B、C、D、P、E 的坐标为 A（0，0，0）、
B（ 3 ，0，0）、C（ 3 ，1，0）、D（0，1，0）、 1
而平面 ABA1 的法向量 n2 =(1,0,0)，则 cos n1, n2
n1 n2 n1 n2
2 2 5 55
故二面角
P
AB
A1 的平面角的余弦值是
25 5
．
………………14 分
例 2．如图，已知四棱锥 P-ABCD，底面 ABCD 为菱形，PA⊥平面 ABCD，ABC 60 ，E，F 分别是 BC, PC
AC OP,OP ON O , AC 平面PON , PN 平面PON , AC PN , OPN 为二面角 O AC B 的平面角
在等腰 RtCOA中， OC OA 1，OP 2 2
在 RtAON 中， ON OA tan 30
3 ， 在 RtPON 中, PN
OP2 ON 2
热点问题主要有证明点线面的关系，如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直
关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，
使几何问题代数化等等。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能
力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。其中选择、填空题注重几何符号语
所以 A（0，0，0），B（ 3 ，-1，0），C（C，1，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），E（ 3 ，0，0），F（ 3 , 1 ,1 ）， 22
所以 AE ( 3, 0, 0), AF ( 3 , 1 ,1). 22
设平面 AEF 的一法向量为 m (x1, y1, z1),
则
m
课前检查 作业完成情况：优□ 良□ 中□ 差□ 建议__________________________________________
一、考点分析
高考中立体几何主要考查学生的空间想象能力，在推理中兼顾考查逻辑思维能力，解决立体几
何的基本方法是将空间问题转化为平面问题。 近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，
又 BD =（ 3, 3, 0 ），所以 cos＜, BD ＞= m BD 2 3 15 . | m | | BD | 5 12 5
因为二面角 E-AF-C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为 15 . 5
例 3、如图 3，在四面体 ABOC中, OC OA,OC OB, AOB 1200 ，且 OA OB OC 1.
NC 平面ONC ， OA NC . 取 Q 为 AN 的中点，则 PQ// NC ，
PQ OA ，
在等腰 AOB 中， AOB 120 ，
OAB OBA 30 ， 在 RtAON 中， OAN 30 ，ON 1 AN AQ ，
2 在 ONB 中， NOB 120 90 30 NBO ， NB ON AQ. AB 3 ，
因为 PA⊥平面 ABCD，AE 平面 ABCD，所以 PA⊥AE. 而 PA 平面 PAD，AD 平面 PAD 且 PA∩AD=A， 所以 AE⊥平面 PAD，又 PD 平面 PAD.
所以 AE⊥PD.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，又 E、F 分别为 BC、PC 的中点，
2
2
AE 1 PD 5 ,
2
2
∴ cosEOA
1 7 5 44
3
7.
2 7 1 14
2
37
即 AC 与 PB 所成角的余弦值为
.
14
（Ⅱ）在面 ABCD 内过 D 作 AC 的垂线交 AB 于 F，则 ADF . 6
连 PF，则在 Rt△ADF 中 DF AD 2 3 , AF AD tan ADF 3 .
化简得 0.
3x 1 2
0.
∴
x
3 6
z 1
即 N 点的坐标为 (
3 ,0,1) ，从而 N 点到 AB、AP 的距离分别为 1，
3
.
6
6
解法 2：（Ⅰ）设 AC∩BD=O，连 OE，则 OE//PB， ∴∠EOA 即为 AC 与 PB 所成的角或其补角.
在△AOE 中，AO=1，OE= 1 PB 7 ,
得
n1 3
n3
0 3
， 故可取 n （1, 3,1）
2 n2 2 n3 0
又平面 OAC 的法向量为 e (0,1, 0) .cos
n,e (1, 3,1) (0,1,0)
3
.
5 1
5
二面角 O AC B 的平面角是锐角，记为 ，则 cos 15 5
例 4、如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，AB= 3 ，BC=1，PA=2，E 为
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PQ OA, PQ OA 0 即 1 3 0 ， 1 .
22
3
所以存在点 Q( 1 , 3 , 0) 使得 PQ OA 且 AB 3 .
26
AQ
（2）记平面 ABC 的法向量为 n (n1, n2 , n3 ) ,则由 n CA ， n AB ，且 CA (1, 0, 1) ，
例 1 、 如 图 ， 在 三 棱 柱 ABC A1B1C1 中 ， AB AC ， 顶 点 A1 在 底 面 ABC 上 的 射 影 恰 为 点 B ， 且
C1
A1
AB AC Байду номын сангаас1B 2 ．
（1）求棱 AA1 与 BC 所成的角的大小；
B1
(2)在线段 B1C1 上确定一点 P，使 AP 14 ，
cos ADF 3
3
设 N 为 PF 的中点，连 NE，则 NE//DF， ∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面 PAC，从而 NE⊥面 PAC.
∴N 点到 AB 的距离 1 AP 1，N 点到 AP 的距离 1 AF 3 .
2
2
6
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30
.
3
6
2 cos OPN PO 2 15
PN 30 5 6
解法二：在平面 AOB 中,过点 O ,作 ON OA 交 AB 于 N ,取 O 为坐标原点，分别以 OA ，ON , OC 所
在的直线为 x 轴，y 轴, z 轴，建立空间直角坐标系 O xyz （如图所示）
则 A(1, 0, 0),C(0, 0,1), B( 1 , 3 , 0) 22
AE
0,
m AF 0,
3x1 0,
因此
3 2
x1
1 2
y1 z1
0.
取 z1 1,则m (0, 2, 1),
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因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以 BD⊥平面 AFC，
例 5、如图，已知平面 ∥平面β∥平面γ，且β位于 与γ之间．点 A、D∈ ，C、F∈γ，
（Ⅱ）由于 N 点在侧面 PAB 内，故可设 N 点坐标为（x，O，z），
则 NE (x, 1 ,1 z) ，由 NE⊥面 PAC 可得， 2
NE AP 0, NE AC 0.
即( x, ( x,
1 2 1 2
,1 ,1
z) z)
(0,0,2) 0,
z 1 0,
(
3,1,0)
三、方法与技巧（空间向量的应用）
1．异面直线所成的角
设 a、b 是异面直线， AB、EF 分别是直线 a,b 上的向量，则异面直线 a,b 所成的角与 AB、EF 的
夹角的余弦值的绝对值相等. 2.二面角：求两平面法向量的夹角与其夹角的补角
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数学
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日期
教学目标 掌握解决立体几何中括数值的存在性和点的存在性基本解题思想与方法
教学重点
难点
解决点在定直线上和定平面上二类处理方法与思想.
的中点. （Ⅰ）证明：AE⊥PD；
6
（Ⅱ）若 H 为 PD 上的动点，EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 ，
2
求二面角 E—AF—C 的余弦值.
解：（Ⅰ）证明：由四边形 ABCD 为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC 为正三角形.
因为 E 为 BC 的中点，所以 AE⊥BC. 又 BC∥AD，因此 AE⊥AD.
言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答
题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明
或计算为主。
教学 过程
二、热点题型范例
题型一、平行与垂直的证明； 题型二、空间角与距离；
题型三、探索性问题
题型四、折叠、展开问题；
题型五、表面积与体积问题
4 1 ， 8 8 2
故
AA1 与棱
BC
所成的角是
π 3
．
………………6 分
（2）设 B1P B1C1 2， 2，0 ，
x
C
A
y
B
则 P 2，4 2，2 ．
于是 AP 42 4 2 2 4 14 1 （ 3 舍去），
2
2
则 P 为棱 B1C1 的中点，其坐标为 P 1，3，2 ．
3．距离： d | AB n | （在两者之间各取一点 A 与点 B， n 是法向量） |n|
3.解决有关垂直问题的方法：
（1）．线线垂直： a b 0
（2）．线面垂直： a n 0 （ a 是直线的方向向量， n 平面法向量）
教学 过程
（3）．面面垂直： n1 n2 0 四、实例解析
(1)设 P 为 AC 的中点，证明：在 AB 上存在一点 Q ，使 PQ OA ，并计算 AB 的值； AQ
C
(2)求二面角 O AC B 的平面角的余弦值.
P
B
O
解法一：（1）在平面 OAB 内作 ON OA 交 AB 于 N ，连接 NC .
A
图3
又 OA OC ，OA 平面ONC ，
P（0，0，2）、E（0， ，1），
2 从而 AC ( 3,1,0),PB ( 3,0,2).
设 AC与PB 的夹角为θ，则
cos AC PB 3 3 7 , | AC | | PB | 2 7 14
37
∴AC 与 PB 所成角的余弦值为
.
14
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OQ OA AQ (1, 0, 0) ( 3 , 3 , 0) (1 3 , 3 , 0),
22
22
N
P 为 AC 中点， P(1 , 0, 1) 22
设 AQ AB( (0,1)),
AB ( 3 ,
3 , 0) .
22
PQ OQ OP (1 3 , 3 , 1). 22 2 2
并求出二面角 P AB A1 的平面角的余弦值．
解：（1）如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，
C
A
B
C1
则 C 2，0，0，B0，2，0，A1 0，2，2，B1 0，4，2 ， AA1 0，2，2 ， BC B1C1 2， 2，0 ．
P B1
A1 z
cos AA1，BC AA1 BC AA1 BC
AQ
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（2）连接 PNPO ， 由 OC OA， OC OB 知： OC 平面OAB .
又 ON 平面OAB ， OC ON 又由 ON OA ， ON 平面AOC .
又 AC 平面AOC ,ON AC 又 P 是 AC 的中点, OA OC
……………8 分
设平面 P AB A1 的法向量为 n1 x, y, z ，
则 n1
AP 0
,
n1 AB 0
x 3y 2z 0
即
2y 0
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令 z 1
故 n1 2，0，1
……………11 分
PD 的中点. （Ⅰ）求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值； （Ⅱ）在侧面 PAB 内找一点 N，使 NE⊥面 PAC，并求出 N 点到 AB 和 AP 的距离.
解法 1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A、B、C、D、P、E 的坐标为 A（0，0，0）、
B（ 3 ，0，0）、C（ 3 ，1，0）、D（0，1，0）、 1
而平面 ABA1 的法向量 n2 =(1,0,0)，则 cos n1, n2
n1 n2 n1 n2
2 2 5 55
故二面角
P
AB
A1 的平面角的余弦值是
25 5
．
………………14 分
例 2．如图，已知四棱锥 P-ABCD，底面 ABCD 为菱形，PA⊥平面 ABCD，ABC 60 ，E，F 分别是 BC, PC
AC OP,OP ON O , AC 平面PON , PN 平面PON , AC PN , OPN 为二面角 O AC B 的平面角
在等腰 RtCOA中， OC OA 1，OP 2 2
在 RtAON 中， ON OA tan 30
3 ， 在 RtPON 中, PN
OP2 ON 2
热点问题主要有证明点线面的关系，如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直
关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，
使几何问题代数化等等。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能
力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。其中选择、填空题注重几何符号语
所以 A（0，0，0），B（ 3 ，-1，0），C（C，1，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），E（ 3 ，0，0），F（ 3 , 1 ,1 ）， 22
所以 AE ( 3, 0, 0), AF ( 3 , 1 ,1). 22
设平面 AEF 的一法向量为 m (x1, y1, z1),
则
m
课前检查 作业完成情况：优□ 良□ 中□ 差□ 建议__________________________________________
一、考点分析
高考中立体几何主要考查学生的空间想象能力，在推理中兼顾考查逻辑思维能力，解决立体几
何的基本方法是将空间问题转化为平面问题。 近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，