立体几何存在性问题解析
谈谈求解立体几何问题的思路
立体几何是高考数学的必考内容，且立体几何问题在高考试题中占有较大的比重.这类问题侧重于考查同学们的空间想象和运算能力.下面结合几道例题，来归纳总结一下三类立体几何问题的特点以及解题思路.一、立体几何中的存在性问题立体几何中的存在性问题一般较为复杂，通常要求判断某两条线段的比值、垂直关系、平行关系、点等是否存在.解答这类问题，需首先画出相应的立体几何图形；然后假设要判断的对象存在，并将其看作已知的条件，代入题设中进行推理运算.若得出与题意、相关结论、公式相矛盾的结论，则说明该假设不成立，否则，该假设成立.解题时，要确保推理合理，逻辑严密.例1.如图1，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60°.那么在线段PC 上是否存在一点M ，使得BM ⊥AC ？若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由.解：假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，此时MCPM=3.如图1，过点M 作MN //PA ，交AC 于点N ，连接BN ,BM ，因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，故PA ⊥AC ，MN ⊥AC .由MN //PA 可知：AN NC =PM MC =13，则AN =12.在ΔABN 中，BN 2=AB 2+AN 2-2AB ⋅AN cos∠BAC =34，所以AN 2+BN 2=AB 2，即AC ⊥BN .由于BN ⋂MN =N 且BN ,MN ⊂面MBN ，故AC ⊥平面MBN ，因为BM ⊂面MBN ，所以AC ⊥BM .我们先假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，并据此得出相应的结论；然后根据题意和几何图形添加合适的辅助线，根据线面垂直的性质定理、相似三角形的性质、勾股定理证明AC ⊥BN ；再根据线面垂直的判定定理证明AC ⊥平面MBN ，得出AC ⊥BM ，即可说明该假设成立.需要注意的是，在假设要判断的对象存在后，需用相关的性质、定理验证该假设是否满足题意.二、立体几何图形折叠问题立体几何图形折叠问题对同学们的空间想象力有较高的要求.在解题时，需明确折叠前后几何图形中的点、线、面的位置及其关系，通过观察图形，根据折叠图形的性质找出其中不变的量，抓住这些不变的量的特征来建立关系式.也可以将折叠后的几何体投影到平面上，利用平面几何知识进行研究、分析.例2.如图2，在等腰直角三角形PAD 中，∠A =90°，AD =8,AB =3，B ,C 分别是PA ,PD 上的点，且AD //BC ，M ,N 分别为BP ,CD 的中点.现将ΔBCP 沿BC 折起，得到四棱锥P -ABCD ，连接MN ，如图3.（1）证明：MN //平面PAD（2）在翻折的过程中，当PA =4时，求二面角B -PC -D 的余弦值.图2图3解：（1）证明过程略；（2）由题意可知BC ⊥AB ，BC ⊥PB ，∴BC ⊥平面PAB .又BC //AD ，∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA .∵AD ⊥AB ,AB ⊥PA ，以点A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图4所示的空间直角坐标系A -xyz .得A (0,0,0),B (3,0,0),C (3,5,0),P (0,0,4),D (0,8,0)，所以 PB =(3,0,-4), PC =(3,5,-4),PD =(0,8,-4),图147设m =(x 1,y 1,z 1)为平面PBC 的一个法向量，则ìíî m ⋅ PC =0, m ⋅ PB =0,即ìíî3x 1-4z 1=0,3x 1+5y 1-4z 1=0,令x 1=4，则y 1=0,z 1=2,m =(4,0,3).设n=(x 2,y 2,z 2)为平面PCD 的一个法向量，则ìíîm ⋅PC =0, m ⋅PD =0,即ìíî8y 2-4z 2=0,3x 2+5y 2-4z 2=0,令y 2=1，则x 2=1,z 2=2,n =(1,1,2).设二面角B -PC -D 的大小为α，由向量的夹角公式可得：cos α=-|cos< m ,n >|=-|m ⋅n || m |⋅|n |=所以二面角B -PC -D 的余弦值为解答本题，需先明确ΔPAD 的特点、性质，以及其中各点、线段的位置关系，知晓折叠前后ΔBCP 以及梯形ABCP 中的改变量与不变量；然后根据直线与平面垂直的性质定理和判定定理证明AB 、AP 、AD 三条直线两两互相垂直，据此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角B -PC -D 的余弦值.解答立体几何图形折叠问题，要熟悉折叠图形的性质：折叠前后图形的形状、面积、边长、角度均不改变.三、立体几何中的作图问题立体几何中的作图问题比较常见.解答此类题目，往往要先通过观察，明确题意，确定图形中的点、直线、平面之间的位置关系，灵活运用简单几何体的性质寻找一些垂直、平行的关系，据此发现一些特殊的点、位置，以确定要求作的点、直线、平面的位置，进而作出完整的图形.例3.如图5，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱B 1C 1的中点，F ,G 分别是棱CC 1,BC上的动点（不与顶点重合），请作出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，并说明理由.图5解：如图5，连接DG ，并延长交AB 的延长线于点P ，连接A 1P ，交BB 1于Q ，连接GQ ，则GQ 所在的直线即为作出的平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线.理由如下：∵ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体,∴平面CBB 1C 1//平面ADD 1A 1,而平面CBB 1C 1⋂平面A 1DG =GQ ，平面ADD 1A 1⋂平面A 1DG =A 1D ,∴A 1D //GQ .要画出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，需根据平面的延展性、正方体的性质，以及平行平面的性质：若两个平行平面被第三个平面所截，则其交线平行.在平面CBB 1C 1内寻找与A 1D平行的直线GQ 即可.例4.某几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下面四个图形中，可能是该几何体俯视图的个数为().A.1B.2C.3D.4解：俯视图从左到右依次记为：图6图7图8图9如果几何体为棱长为1的正方体，则俯视图如图6；如果几何体为圆柱，它的底面直径为1，高为1，则俯视图如图9；如果几何体为从棱长为1的正方体中挖去直径为2，高为1的圆柱的，则俯视图如图7；以图8为俯视图的几何体的正视图不是正方形.故选C.本题主要考查三视图的定义的应用以及画三视图的方法.画三视图要注意几个要点：（1）主视图和俯视图的长要相等；（2）主视图和左视图的高要相等；（3）左视图和俯视图的宽要相等；（4）看不到的线画虚线.虽然立体几何题目的命题形式较多，其解法也各不相同，但是同学们在解题时只要结合立体图形及其特征明确各个点、线、面的位置及其关系；然后将问题与相关的定理、性质、公式相关联，添加合适的辅助线，灵活利用相关的定理、性质、公式进行推理、运算，就能顺利求得问题的答案.（作者单位：江苏省启东市汇龙中学）图448。
高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版
设直线MN与平面PAB所成角为θ, DN =λ DC(λ∈[0,1]),
则 MN
= MA
+ AD
+ DN
=(λ+1,2λ-1,-1),
又平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),
| λ 1|
则sin θ=|cos< MN ,n>|=
( λ 1)2 (2 λ 1) 2 1
( λ 1) 2
=
,
2
5λ 2 λ 3
1
( λ 1)2
t2
5
令λ+1=t(t∈[1,2]),则 2
= 2
=
≤ ,
2
7
5 λ 2 λ 3 5t 12t 10 10 1 12 1 5
5
∴sin θ≤ 35 ,当t= ,即λ= 2 时,等号成立,
7
3
系有关的存在性问题;(2)与空间角有关的存在性问题.解决方案有两种:①
根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后
加以证明,得出结论;②假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条
件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在
这样的点或线,否则不存在.向量法是解决此类问题的常用方法,它可以将
(2)因为DE⊥平面ABCD,
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,
即∠EBD=60°,所以 ED = 3 .
BD
由AD=3,四边形ABCD是正方形,得BD=3 2 ,
则DE=3 6 ,所以AF= 6 .
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
立体几何中的存在性问题
高中数学 立体几何 存在性问题专题1.（天津理17） 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，1AA =1C H ⊥平面11AA B B，且1C H（Ⅰ）求异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角111A ACB --的正弦值； （Ⅲ）设N 为棱11BC 的中点，点M 在平面11AA B B 内，且MN ⊥平面11A B C ，求线段BM 的长．本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点.依题意得(0,0,0),A B C111A B C（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-，于是111111cos ,3||||3AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯ 所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为3（II ）解：易知111(0,22,0),(2,AA AC ==- 设平面AA1C1的法向量(,,)m xy z =，则11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-=⎪⎨=⎪⎩不妨令x =可得m =，同样地，设平面A1B1C1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y =可得n =于是2cos ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而sin ,m n = 所以二面角A —A1C1—B的正弦值为（III ）解：由N 为棱B1C1的中点，得222N 设M （a ，b ，0），则2(,22MN a b =-- 由MN ⊥平面A1B1C1，得11110,0.MN A BMN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即)(0,()(()(0.222a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅+-⋅+=⎪⎩解得4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故(24M 因此2(BM =，所以线段BM 的长为10||BM = 方法二：（I ）解：由于AC//A1C1，故111C A B ∠是异面直线AC与A1B1所成的角. 因为1C H ⊥平面AA1B1B ，又H 为正方形AA1B1B 的中心，11AA C H ==可得1111 3.AC B C ==因此2221111111111111cos 23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅ 所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为3（II ）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以11AC A ∆≌11B C A ∆，过点A 作11AR A C ⊥于点R ， 连接B1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A1C1—B1的平面角.在11Rt A RB ∆中，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠== 连接AB1，在1ARB ∆中， 2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R +-==∠=⋅27=-，从而1sin 7ARB ∠= 所以二面角A —A1C1—B1的正弦值为（III ）解：因为MN ⊥平面A1B1C1，所以11.MN A B ⊥取HB1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B1C1中点，所以ND//C1H且112ND C H ==. 又1C H ⊥平面AA1B1B ，所以ND ⊥平面AA1B1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MNND N = 所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A1B1于点E ， 则111,//.ME A B ME AA ⊥故由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得1DE B E ==，延长EM 交AB 于点F ，可得1BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以2ND DM DE ==可得FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，4BM ==2.（浙江理20） 如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点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。
立体几何存在性问题
5．(1)证明见解析；(2) .
【解析】分析：〔1〕推导出 BE⊥CD，AB⊥CD，从而 CD⊥平面 ABE，由此能证明平面 ABE⊥平 面 ACD； 〔2〕取 BD 的中点 G，连接 EG，那么 EG∥BC．推导出 BC⊥平面 ABD，从而 EG⊥平面 ABD， 由此能求出线段 AE 的长．
详解：〔1〕证明：因为
的体积.
4．如图 2，在四棱锥
中，平面
平面 ，底面 为矩形.
〔1〕求证：平面
平面 ；
〔2〕假设
1 / 14
，试求点 到平面 的距离.
5．如图，三棱锥 点．
的三条侧棱两两垂直，
， ， 分别是棱 ， 的中
〔1〕证明：平面
平面 ；
〔2〕假设四面体 的体积为 ，求线段 的长．
6．如图，在四棱锥
中，
，
，
，
.
7．〔1〕见解析；〔2〕
【解析】分析：〔1〕先利用直角三角形和线线平行的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的 判定定理和性质得到线面垂直和线线垂直；〔2〕分析四棱锥的各面的形状，利用相关面积公 式进展求解． 详解：〔1〕因为∠C＝90°，即 AC⊥BC，且 DE∥BC，
所以 DE⊥AC，那么 DE⊥DC，DE⊥DA1， 又因为 DC∩DA1＝D，所以 DE⊥平面 A1DC. 因为 A1F⊂ 平面 A1DC，所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以 A1F⊥平面 BCDE， 又因为 BE⊂ 平面 BCDE，所以 A1F⊥BE． 〔2〕由 DE∥BC，且 DE＝BC，得 D，E 分别为 AC，AB 的中点，
折起到 的位置，如图 2 所示.
图1图2 〔Ⅰ〕求证：
平面 ；
〔Ⅱ〕证明：平面
向量法探索立体几何中的存在性问题
Ｃ￡ ＝４ ． ５ｏ
一
所 以 Ａ ＿ 面 Ｐ Ｄ． Ｂｊ平 Ａ 又Ａ Ｂｃ平 面 Ｐ Ｂ， 以平 面 Ｐ ＢＪ平 面 Ｐ Ｄ Ａ 所 Ａ ＿ Ａ．
（ 以 Ａ为坐标原点 ， Ⅱ） 建立空 间直角坐标 系 Ａ— ｙ （ ｘｚ 如
图）
在平 面 Ａ Ｃ 内， Ｃ ／Ａ ＢＤ 作 Ｅ ／ Ｂ交 Ａ 于 点 Ｅ， Ｃ Ｄ 则 Ｅ￣Ａ Ｄ．
在 Ｒ ＡＣ Ｅ 中 ， Ｅ＝Ｃ ・ ｏ ５ ＝１ ｔ Ｄ Ｄ Ｄ ｃｓ 。 ， ４
Ｃ Ｅ＝Ｃ ・ ｉ ５ ：ｌ Ａ Ａ Ｄ ｓ ４ 。 设 Ｂ＝ Ｐ＝ｔ则 Ｂ（ ， ０ ， ０ ｎ ， ｔ ０， ） Ｐ（ ，
０ｔ ，）
一
由Ａ Ａ ４得Ａ ： Ｂ＋ Ｄ＝ ， Ｄ ４一ｔ所 以 Ｅ（ ３一ｔ０ ， １３ ， ０， ， ） Ｃ（ ，
ｔ０ ， ｏ， ｔＯ ， ， ）ｏ（ ４一 ，）
：
（一１１０ ， ， ，）
：（ ， ０ ４一￡ 一ｔ ， ）
面
（ ） 平 面 Ｐ Ｄ 的法 向量 为 ｎ＝（ ｙｚ ， ｉ设 Ｃ ， ，）
５‘
（ｉ在线段 Ａ ｉ ） Ｄ上是否存 在一个 点 Ｇ， 得点 Ｇ到点 Ｐ， 使
，
ｃ， Ｄ的距离都相 等？说 明理 由． 分析 ： 题 目中 的四棱锥 能够 找到三 条两两 垂直 的棱 ， 从
因此 ， 可考虑建立空间直角坐标 系 ， 利用向量表 示相关元素 ， 然后利用 向量 的运算求解结论．
立体几何解答题最全归纳总结
立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB=4，母线PH=22，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．(1)设平面POH∩平面PBC=l，证明：l∥BC；(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，C在线段AB上，且BC=3CA，点D是以BC为直径的圆上一动点；(1)当CD=CO时，证明：平面PAD⊥平面POD(2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求二面角B-PD-A的余弦值．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．例11.如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB=2A1B1=8．(1)证明；C1D⎳平面OBB1O1；(2)若二面角C1-BC-O为π3，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,AD=AA1=2，圆台下底圆心O为AB的中点，直径为2，圆与直线AB交于E,F，圆台上底的圆心O1在A1B1上，直径为1．(1)求A1C与平面A1ED所成角的正弦值；(2)圆台上底圆周上是否存在一点P使得FP⊥AC1，若存在，求点P到直线A1B1的距离，若不存在则说明理由．题型二：立体几何存在性问题例13.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．(1)求三棱锥A-PBC的体积；(2)在线段PC上是否存在一点M，使得BM⊥AC?若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由．例14.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点．(1)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；(2)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为π6，若存在，求出PMPA的值；若不存在，说明理由．例15.已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥AC1，AC=AA1=4，BC=2．(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为34若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．例16.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⎳BC，AD⊥CD，且AD=CD，BC=2CD，PA=2AD．(1)证明：AB⊥PC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的余弦值为1717，若存在，求BM与PC所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．例17.如图，△ABC是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且AE=AF=BN=4，M 为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使DM=15．(1)证明：平面DEF⊥平面BEFC；(2)试探究在线段DM上是否存在点P，使二面角P-EN-B的大小为60°？若存在，求出DPPM的值；若不存在，请说明理由．例18.图1是直角梯形ABCD ，AB ⎳CD ，∠D =90∘，AB =2，DC =3，AD =3，CE =2ED ，以BE 为折痕将△BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且AC 1=6，如图2．(1)求证：平面BC 1E ⊥平面ABED ；(2)在棱DC 1上是否存在点P ，使得C 1到平面PBE 的距离为62？若存在，求出二面角P -BE -A 的大小；若不存在，说明理由．例19.如图所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB =1，AC =AA 1=2，AD =CD =5，E 为棱AA 1上的点，且AE =12．(1)求证：BE ⊥平面ACB 1；(2)求二面角D 1-AC -B 1的余弦值；(3)在棱A 1B 1上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1？若存在，求A 1F 的长；若不存在，请说明理由．例20.如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥BD，AC⊥BC，ED⎳AC，且AC=BC=2ED=2，DC=DB =3．(1)求证：平面ABE⊥与平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE夹角余弦值的绝对值等于54343，若存在，求BFBC的值；若不存在，说明理由．题型三：立体几何折叠问题例21.如图1，在边上为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G．沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P -ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q-MN-P余弦值的绝对值为1010若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．例22.如图，在等腰直角三角形PAD中，∠A=90°，AD=8，AB=3，B、C分别是PA、PD上的点，且AD⎳BC，M、N分别为BP、CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P-ABCD，连接MN.(1)证明：MN⎳平面PAD；(2)在翻折的过程中，当PA=4时，求二面角B-PC-D的余弦值．例23.如图1，在平面四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA=AB=BC=2，AD=1．将△PAB沿BA 翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图2所示．(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l，求证：BC⊥l；(2)点Q在线段SC上(点Q不与端点重合)，平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为66，求线段BQ的长．例24.如图，在平面五边形PABCD 中，△PAD 为正三角形，AD ∥BC ，∠DAB =90°且AD =AB =2BC =2．将△PAD 沿AD 翻折成如图所示的四棱锥P -ABCD ，使得PC =7．F ，Q 分别为AB ，CE 的中点．(1)求证：FQ ∥平面PAD ；(2)若DE PE=12，求平面EFC 与平面PAD 夹角的余弦值．例25.如图，在平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =2，∠A =60°，E ，F 分别为线段AB ，CD 上的点，且BE =2AE ，DF =FC ，现将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ．(1)若点G 为线段A 1B 上一点，且A 1G =3GB ，求证：FG ⎳平面A 1DE ；(2)当三棱锥C -A 1DE 的体积达到最大时，求二面角B -A 1C -D 的正弦值．例26.如图1，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是等腰梯形，AB=BE=12EF，现将正方形ABCD沿AB翻折，使CD与C D 重合，得到如图2所示的几何体，其中D E=4．(1)证明：AF⊥平面AD E；(2)求二面角D -AE-C 的余弦值．例27.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=BC=2,AD=4，现将△ABC所在平面沿对角线AC翻折，使点B翻折至点E，且成直二面角E-AC-D．(1)证明：平面EDC⊥平面EAC；(2)若直线DE与平面EAC所成角的余弦值为12，求二面角D-EA-C的余弦值．例28.如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，DE 是△ABC 的中位线，沿DE 将△ADE 进行翻折，使得△ACE 是等边三角形(如图2)，记AB 的中点为F ．(1)证明：DF ⊥平面ABC ．(2)若AE =2，二面角D -AC -E 为π6，求直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值．题型四：立体几何作图问题例29.已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，O 为其中心，点E 为侧棱PD 的中点．(1)作出过O 、P 两点且与AE 平行的四棱锥截面(在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程)；记该截面与棱CD 的交点为M ，求出比值DM MC (直接写出答案)；(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求AE 与平面PBC 所成角的正弦值．例30.．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，平面MNGH与直线PB和直线AC平行，点E为PD的中点，点F在CD上，且DF:FC=1:2．(1)求证：四边形MNGH是平行四边形；(2)求作过EF作四棱锥P-ABCD的截面，使PB与截面平行(写出作图过程，不要求证明)．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．例31.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合)．(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG⎳平面D1EF，则EF⎳A1D；(2)若G为棱BC的中点，是否存在F，使平面D1EF⊥平面DGF，若存在，求出CF的所有可能值；若不存在，请说明理由．例32.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合)．(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG⎳平面D1EF，则EF⎳A1D；(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离．例33.如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF⎳BC，且EF=32BC=3，H，G分别为CE，CD的中点．(1)求二面角C-FH-G的余弦值；(2)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出APAB的值(不需要说明理由，保留作图痕迹)．例34.如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD⎳EA，且FD =12EA=1．(1)求多面体EABCDF的体积；(2)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明．例35.四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=2π3．AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=3，点F,G分别是线段PB.PD上的中点，E在PA上．且PA=3PE．(Ⅰ)求证：BD⎳平面EFG；(Ⅱ)求直线AB与平面EFG的成角的正弦值；(Ⅲ)请画出平面EFG与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．题型五：立体几何建系繁琐问题例36.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1⎳MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO⎳平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．例37.如图，在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=2，PB=2，E，F 分别是BC，PC的中点(1)证明：AD⊥平面DEF(2)求二面角P-AD-B的余弦值．例38.如图，AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为AC的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB =FD =5a ，EF =6a ．(1)证明：EB ⊥FD ；(2)已知点Q ，R 为线段FE ，FB 上的点，FQ =23FE ，FR =23FB ，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．例39.《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右．它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ．(1)从三棱锥P -ABC 中选择合适的两条棱填空： BC ⊥ ，则三棱锥P -ABC 为“鳖臑”；(2)如图，已知AD ⊥PB ，垂足为D ，AE ⊥PC ，垂足为E ，∠ABC =90°．(ⅰ)证明：平面ADE ⊥平面PAC ；(ⅱ)设平面ADE 与平面ABC 的交线为l ，若PA =23，AC =2，求二面角E -l -C 的大小．例40.已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB=120°，且平面ABD⊥平面BCD．(Ⅰ)求证：BD⊥AC；(Ⅱ)求直线CA与平面ABD所成角的大小．例41.已知四面体ABCD，∠ADB=∠CDB=120°，且平面ABD⊥平面BCD．(Ⅰ)若AD=CD，求证：BD⊥AC；(Ⅱ)求二面角B-CD-A的正切值．题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题例42.如图，在三棱锥A-BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD=6，cos∠BPD=-33，求三棱锥A-BCD的体积．例43.如图，在三棱锥A-BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP．(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD=6，且二面角A-BD-C为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．例44.如图，四棱锥F-ABCD中，底面ABCD为边长是2的正方形，E，G分别是CD、AF的中点，AF=4，∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大小为90°．(1)求证：AE⊥BG；(2)求二面角B-AF-E的余弦值．例45.如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAE=∠BAE=45°，∠DAB=60°．(Ⅰ)证明：平面ADE⊥平面ABE；(Ⅱ)当直线DE与平面ABE所成的角为30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．例46.如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD=60°，AB=BC=2，(1)求证：AC⊥BD；(2)若平面ABD⊥平面CBD，且BD=52，求二面角C-AD-B的余弦值．题型七：利用传统方法找几何关系建系例47.如图：长为3的线段PQ与边长为2的正方形ABCD垂直相交于其中心O(PO>OQ)．(1)若二面角P-AB-Q的正切值为-3，试确定O在线段PQ的位置；(2)在(1)的前提下，以P，A，B，C，D，Q为顶点的几何体PABCDQ是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例48.在四棱锥P-ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD⎳BC，∠ADC=90°，ED=BC= 2，EB=3，F为棱PC的中点．(Ⅰ)求证：PA⎳平面BEF；(Ⅱ)若二面角F-BE-C为60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．例49.三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面BCC1B1为矩形，∠A1AB=2π3，二面角A-BC-A1的正切值为12．(Ⅰ)求侧棱AA1的长；(Ⅱ)侧棱CC1上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为63，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．例50.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA=AC=2，E是PC的中点，∠DAC=∠AOB(1)求证：BE⎳平面PAD；(2)若二面角P-CD-A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．例51.如图所示，PA⊥平面ABCD，ΔCAB为等边三角形，PA=AB，AC⊥CD，M为AC中点．(Ⅰ)证明：BM⎳平面PCD；(Ⅱ)若PD与平面PAC所成角的正切值为62，求二面角C-PD-M的正切值．题型八：空间中的点不好求例52.如图，直线AQ⊥平面α，直线AQ⊥平行四边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面α上，AB =7，AD=3，AD⊥DB，AC∩BD=O，OP⎳AQ，AQ=2，M，N分别是AQ与CD的中点．(1)求证：MN⎳平面QBC；(2)求二面角M-CB-Q的余弦值．例53.如图，四棱锥S-ABCD中，AB⎳CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB=BC=2，CD=SD=1．(1)证明：SD⊥平面SAB(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．例54.如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD=2，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°．(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；(Ⅱ)求二面角S-AM-B的余弦值．例55.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB⎳CD，∠CDA=90°，CD=2AB=2，AD=3，PA=5，PD=22，点E在棱AD上且AE=1，点F为棱PD的中点．在棱AD上且AE=1，点F位棱PD的中点．(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；(2)求二面角A-BF-C的余弦值的大小．例56.如图，在四棱锥A-BCFE中，四边形EFCB为梯形，EF⎳BC，且EF=34BC，ΔABC是边长为2的正三角形，顶点F在AC上的射影为点G，且FG=3，CF=212，BF=52．(1)证明：平面F GB⊥平面ABC；(2)求二面角E-AB-F的余弦值．例57.三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面ABC，AA1与底面ABC所成的角为π3，点D在棱AA1上，且AD=32，AB=2．(1)求证：OD⊥平面BB1C1C；(2)求二面角B-B1C-A1的平面角的余弦值．例58.如图，将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B，其中E为CD的中点，已知AB+2，BC=1．BD1 =CD1，F1为D1B的中点．(1)求证：CF⎳平面AD1E；(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值．题型九：创新定义例59.蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示)．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×π3=π．(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x(i)用x表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积S(x)；(ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值．例60.类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ．时，证明以上三面角余弦定理；(1)当α、β∈0,π2(2)如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°，∠BAC=45°，①求∠A1AB的余弦值；②在直线CC1上是否存在点P，使BP⎳平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．例61.(1)如图，对于任一给定的四面体A1A2A3A4，找出依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，使得A i ∈αi i=1,2,3,4，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；(2)给定依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体A1A2A3A4的四个顶点满足：A i∈αi i=1,2,3,4，求该正四面体A1A2A3A4的体积．例62.已知a =(x 1,y 1,z 1)，b =(x 2,y 2,z 2)，c =(x 3,y 3,z 3)，定义一种运算：(a ×b )⋅c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2-x 1y 3z 2-x 2y 1z 3-x 3y 2z 1，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB =(2,-1,4)，AD =(4,2,0)，AP =(-1,2,1)(1)试计算(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的值，并求证PA ⊥面ABCD ；(2)求四棱锥P -ABCD 的体积，说明(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的值与四棱锥P -ABCD 体积的关系，并由此猜想向量这一运算(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的几何意义．。
用向量解决立体几何中存在性问题
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用向量解决立体几何中存在性问题
作者：王光天
来源：《数理化学习·高一二版》2013年第04期
以立体几何为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点，它以其较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐.
此类问题涉及到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，若用向量方法处理，尤其是引入坐标表达的空间向量，通过待定系数法求解存在性问题则思路简单，解法固定，操作方便.下面举例谈谈向量法求解立体几何探索性问题的类型和方法.
一、与位置关系有关的存在性问题。
《立体几何中的存在性问题》教学设计同步培优
微课堂设计《立体几何中的存在性问题》立体几何中的存在性问题在近几年的全国卷高考中大题第二问一直都有体现，存在性问题也就是探究性问题。
存不存在，存在又如何，我们处理的总的思路是什么？立体几何中的存在问题都是先假设存在，在存在的背景下去完成这个问题。
立体几何中有许多存在性问题，主要是针对直线上是否存在一点（平面内一点）使得满足一定的位置关系（平行、垂直）或一定的角度要求（线面角、二面角）。
存在性问题解决：（1）采用先猜后证，猜中点或三等分点等等然后证明位置关系：平行多用中位线、垂直多用三线合一等；（2）采用先设后求，运用待定系数法和空间向量解决，特别运用三点共线设一般直线上一点。
一．教学目标：掌握处理立体几何中探究性问题的一般思路；二．教学重点：利用先猜后证和先设后求处理探究性问题；三．教学难点：如何猜点及设点；四．教学过程4.1例题讲解例1.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【答案】P为AM的中点【解析】当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．【分析】先猜后证，为什么要猜中点？根据已知条件没有比例关系，关键是连接对角线会产生中点，平行多用中位线、垂直多用三线合一。
例2.如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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．【解析】（2）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O xyz - ．则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23)O B A C P AP -= 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-．设平面PAM 的法向量为(,,)n x y z =．由0,0AP n AM n ⋅=⋅=得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩ ， 可取2(3(4),3,)n a a a =--所以22223(4)cos 23(4)3a OB n a a a -〈⋅〉=-++ ．由已知得3cos 2OB n 〈⋅〉= ．所以22223|4|3223(4)3a a a a -=-++ ． 解得4a =-(舍去)，43a = ．所以83434,,333n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ．又(0,2,23)PC =- ，所以3cos ,4PC n 〈〉= ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34． 【分析】本题关键在于设M 的坐标，由于M 在xoy 平面内，可以放在xoy 平面去设M 坐标，根据M 点在直线BC 上，可以得到BC 方程，从而设出M 坐标。
巧解立体几何中的存在性问题
巧解立体几何中的存在性问题发布时间：2021-04-20T15:13:42.997Z 来源：《教学与研究》2021年第2期作者：唐义志[导读] 在近些年的立体几何试题中，逐渐出现了一类带有探究和开放性的试题唐义志湖南省道县第一中学摘要：在近些年的立体几何试题中，逐渐出现了一类带有探究和开放性的试题，这类试题本身涉及的点带有显著的运动性和不确定性特征，使用传统的解题方式有着较大的难度。
笔者在几何本人工作经历的基础上，分析当下学生解答立体几何存在性问题的状况，并在文后通过立体讲述了一些立体几何存在性问题的解答技巧，以期为今后立体几何的存在性问题教学解答提供借鉴。
关键词：立体几何；存在性问题；解答技巧1、立体几何存在性问题解决现状当下高中阶段的试题中，立体几何占据的比例相对较大，这类试题在学生空间思维等方面的培养上发挥了关键作用，其中又以点的存在性和位置待定的问题设置为主，问题中通常带有是否存在等字眼，以便告知学生结论有待进一步确定，在解答问题的过程中，渗透了反证法和分析法等解题思路，也是高考中的热门题目[1]。
这类问题的设置能够帮助学生进一步体会空间内直线之间、直线与平面之间、平面之间平行的位置关系，并使用相关定理有效解决在线平行中的存在性问题，。
同时，学生需要将空间层面的转化为平面问题，并使用多种方式寻找结论证明所需的点、线、面。
但是，学生在具体的问题解答过程中，因其基本掌握了直线之间、直线与平面之间、平面之间平行的判定及其性质等知识，具备一定的解题思路，但解答存在性问题通常以特殊点猜想的方式为主，并未做到从深层次上意识到这个特殊点寻找的意义，再加之学生复习中忽视反证法的应用，导致在结论证明不存在的情况下，无法有效进行叙述。
2、巧妙解决立体几何存在性问题的技巧2.1肯定性问题解答即证明符合条件的对象一定存在,其中常见的一类是只要求证明符合条件的几何对象存在即可,对存在对象的数量并不作要求.常见的证明方法有综合法、构造法、反证法等[2]。
立体几何中的存在性问题
作业.(2010·浙江·理·T20)如图,平面PAC⊥平面ABC, △ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形.E,F,O分 别是PA,PB,AC的中点,AC＝16 , PA＝PC ＝10.
证明:在△ABO内存在一点M使得FM⊥平面BOE, 并求点M到OA,OB的距离.
z P
E
F
A
C
M
O
y
x
B
例3.(2011·福建·理·T20)
Hale Waihona Puke 几何方法:通过构造一C
个过点P且与AO垂直
的平面来确定点的Q
B
位置
AB 3 AQ
PO
M A
Q
例2.(2010·湖北·理·T18)如图,在四面体OABC中,OC ⊥ OA , OC ⊥ OB , ∠ AOB＝120°,且OA＝OB＝ OC＝1,P为AC中点,证明:在AB上存在一点Q,使得 PQ⊥ OA,并计算AB/AQ的值.
A
FG∥EC
D
B
C
例1.如图,在底面是菱形的四棱锥P－ABCD
中,∠ABC=60 °,PA=AC=1,PB=PD= 2 ,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.
P
A B
G E
F
O
C
思考3:若要确定平面
BFG∥平面AEC ,还需要
另一组平行线，你能通
C1
E
点F为C1D1的中点
A
MD
B
C 几何方法
向量方法
练习.(2010·湖南·理·T18)
如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E是DD1的中
点,在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE ?
立体几何中的存在性问题
立体几何中的存在性问题利用空间向量解决探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1；(2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC⊥AC ，点D 为BC 的中点；(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD1所成角的正弦值为，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由． 6提醒三点：(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示【上图】．→→→→(3)对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP ＝xOA ＋yOB ＋zOC (x ，y ，z ∈R ) ，四点P ，A ，→→B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1. 空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP ＝xMA ＋→→→→→yMB ，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP ＝OM ＋xMA ＋yMB .1．如图，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°. 点E 、F 分别在边CD 、CB 上，点E 与点C 、D 不重合，EF ⊥AC ，EF ∩AC ＝O . 沿EF 将△CEF翻折到△PEF 的位置，使平面PEF ⊥平面ABFED .(1)求证：→→BD ⊥平面POA ；(2)设点Q 满足AQ ＝λQP (λ>0)，试探究：当PB 取得最小值时，直线OQ 与平面PBD 所π成角的大小是否一定大于 42．如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆上且EF ∥AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，已知AB ＝2，EF ＝1.(1)求证：平面ADE ⊥平面BCE ；(2)当AD 的长为何值时，二面角D －EF －B 的大小为60°？。
2020高考精品系列之数学(文)专题11 立体几何解答题(原卷版)
专题11立体几何解答题考纲解读三年高考分析1、对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．对于探索性问题用向量法比较容易入手．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的问题，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．2、空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．3、空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段P A，PB，PC两两互相垂直，且P A＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．垂直关系的证明和平行关系的证明是考查的重点，解题时常用到平行判定定理、垂直判定定理、垂直性质定理、平行性质定理，考查学生的数学逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.2、直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1．【2019年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝2，AD＝3．（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．2．【2019年新课标3文科19】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积．3．【2019年新课标2文科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C的体积．4．【2019年新课标1文科19】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．5．【2019年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E 为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．6．【2018年新课标2文科19】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，P A＝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MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．7．【2018年新课标1文科18】如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC 为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．8．【2018年新课标3文科19】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．9．【2018年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面P AB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．10．【2018年天津文科17】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．11．【2017年新课标2文科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°．（1）证明：直线BC∥平面P AD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．12．【2017年新课标1文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．13．【2017年新课标3文科19】如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．14．【2017年北京文科18】如图，在三棱锥P﹣ABC中，P A⊥AB，P A⊥BC，AB⊥BC，P A＝AB＝BC ＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：P A⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面P AC；（3）当P A∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．15．【2017年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD ＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．1．【2019年湖南省娄底市高三上学期期末】如图1，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB BC ⊥，22AB CD BC ==，BD 为梯形对角线，将梯形中的ABD ∆部分沿AB 翻折至ABE 位置，使ABE∆所在平面与原梯形所在平面垂直（如图2）.（1）求证：平面AED ⊥平面BCE ；（2）探究线段EA 上是否存在点P ，使//EC 平面PBD ？若存在，求出EPEA；若不存在说明理由. 2．【四川省威远中学2020届高三上学期第一次月考】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且PO ＝OB ＝1.(1)若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ； (2)求三棱锥P －ABC 体积的最大值； (3)若，点E 在线段PB 上，求CE ＋OE 的最小值．3．【2019年山西重点中学协作体高三暑假联考】如图，在等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，1AD DC CB ===，60ABC =︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ； （2）求多面体ABCDEF 的体积.4．【2020年四川省雅安市雨城区雅安中学高三上学期开学摸底】如图，已知多面体ABCDEF 中，ABD ∆、ADE ∆均为正三角形，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB CD EF P P ，::2:3:4AD EF CD =. （Ⅰ）求证：BD ⊥平面BFC ； （Ⅱ）若2AD =，求该多面体的体积.5．【安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试】如图所示，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，160,CBB A ∠=o在侧面11BB C C 上的投影恰为1B C 的中点O ．（1） 证明：1B C AB ⊥； （2） 若1ACAB ⊥，且三棱柱111ABC A B C -的体积为38，求三棱柱111ABC A B C -的高.6．【湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期月考（二)】如图，在五面体ABCDFE 中，侧面ABCD 是正方形，ABE ∆是等腰直角三角形，点O 是正方形ABCD 对角线的交点EA EB =，26AD EF ==且//EF AD .（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）若侧面ABCD 与底面ABE 垂直，求五面体ABCDFE 的体积.7．【江西省南昌市2020届高三上学期开学摸底考试】如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，12AB AC AA ===，E 是BC 的中点，F 是1A E 上一点，且12A F FE =.（Ⅰ）证明：AF⊥平面1A BC ；（Ⅱ）求三棱锥11C A FC -的体积．8．【2020年安徽省江淮十校高三第一次联考】如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，2SA AB ==，AE SC ⊥，垂足为E ，点A 在面SDC 上的投影为F 。
数学立体几何的证明方法知识点解析
数学立体几何的证明方法知识点解析数学立体几何作为数学的一个分支，研究的是三维空间中的图形和形体性质。
在学习立体几何的过程中，证明方法是非常重要的一环。
本文将对数学立体几何的证明方法进行详细解析，帮助读者更好地理解和掌握这一知识点。
一、直接证明法直接证明法是数学证明中最基本、最常用的一种方法。
它通过逻辑推理和严密的推导，从已知条件出发，推出结论，具有简洁明了的特点。
在立体几何中，直接证明法常常用于证明图形的性质和关系，如平行、垂直、相似等。
在进行直接证明时，我们需要运用相关的定理、公理和性质，并合理运用建立的几何模型，通过推理和演算得到证明。
二、间接证明法间接证明法指的是通过反证法证明一个命题的真假。
当我们想要证明一个命题为真时，可以假设它为假，然后通过逻辑推理，推导出一个自相矛盾的结论，从而得出原命题为真。
在立体几何中，间接证明法可以用于证明一些形状的唯一性或者不存在性。
通过巧妙的反设假设，并运用逻辑推理，可以得到具有严密性和说服力的证明。
三、数学归纳法数学归纳法是一种常用的证明方法，它主要用于证明与自然数有关的命题。
在立体几何中，数学归纳法可以用于证明一些图形的性质或者等式的成立。
首先，我们证明当n=1时命题成立；然后，假设当n=k时命题成立，即我们假设当有k个条件时命题成立；最后，通过数学归纳法的步骤，证明当n=k+1时命题也成立。
数学归纳法需要严密的逻辑推理和数学思维，但是一旦证明了某个特定条件下的命题成立，就能推广到所有情况下成立。
四、反证法反证法是一种常用的证明方法，它通过假设命题的反面为真，推导出自相矛盾的结论，从而证明原命题的真实性。
在立体几何中，反证法通常用于证明一些性质的唯一性或不存在性。
通过反设假设，并运用逻辑推理和演算，我们可以得到具有严密性和说服力的证明。
五、构造法构造法是一种通过构造特定图形或者解决方案，来证明命题成立的方法。
在立体几何中，构造法可以用于证明一些图形的存在性和性质。
立体几何中的动点问题-答案解析
立体几何中的动点问题-答案解析考点：平行垂直的存在性问题1【答案】见解析【解析】设，则，， 设平面的法向量为，，， ，令得， 平面，，解得， 当是的中点时，平面．1【答案】见解析【解析】设是棱上一点，则存在使得．因此点．由，得，解得．因为，所以在棱上存在点，使得．此时，．1【答案】1【解析】如图，连接，与交于点，连接，要使得平面，则必须有，所以，进一步得出． 模块1：存在性问题例题1G 0,t ,1()=AG −1,t ,1()F ,1,1(21)BEF =n x ,y ,z ()∵=EF −,,0(2121)=BF −,0,1(21)∴{−x +y =02121−x +z =021z =1=n 2,2,1()∵AG //BEF ∴⋅AG =n −1,t ,1⋅()2,2,1=()0t =21∴G D C 11AG //BEF 例题2M P C λ∈0,1[]=P M λ P C M 0,λ,1−λ,=()BM −1,λ−1,1−λ,=()AC −1,2,0()⋅BM =AC 01+2λ−1=()0 λ =21 λ=∈210,1[]P C M BM ⊥AC =P CP M21达标检测1AG A F 1M M E BG //A EF 1GB //M E =M GAM =EB AE1=A G 1D G 11考点：空间角的存在性问题1【答案】见解析【解析】线段上存在点符合题意．建立如图所示的坐标系， 设，其中．设，则有，所以，从而，所以，又，所以，令，整理得．解得，舍去．故线段上存在点符合题意，且．例题3A C 1F =A F 1λA C 1λ∈0,1[]F x ,y ,z (111)x ,y ,z −2=(111)2λ,2λ,−2λ()x =12λ,y =12λ,z =12−2λF 2λ,2λ,2−2λ()=DF 2λ,2λ+1,2−2λ()=BC 0,4,0()cos⟨,⟩=∣∣∣DF BC ∣∣∣=⋅∣∣∣DF ∣∣∣∣∣∣BC ∣∣∣⋅∣∣∣DF BC ∣∣∣42λ+2λ+1+2−2λ()2()2()242λ+1∣∣=2λ+2λ+1+2−2λ()2()2()22λ+1∣∣353λ−27λ+2=0λ=31λ=2A C 1F =A C1A F131例题41【答案】存在点符合条件，且是棱的中点．【解析】解：以为原点，为轴正方向，为轴正方向，垂直于且与相交的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．所以，，，，，设平面的法向量为，则，，令，则．在棱上存在一点，设，且，，解得，，，，直线与平面所成的角为，，解得，存在点符合条件，且是棱的中点．1【答案】见解析【解析】解：假设在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，则，，设为平面的法向量，N N DC M M B x M C y AB DE z M −xyz M (0,0,0)C (0,,0)2E (−,0,1)2B (,0,0)2D (,0,2)2EM C =n (x ,y ,z )′′′⋅M E =n −x +2′z =′0⋅M C =n y =2′0x =′1=n (1,0,)2DC N N x ,y ,z ()=DN λ0⩽λ⩽1DC ()∴x −,y ,z −2=(2)λ−,,−2(22)x =−2λ2y =λ2z =2−2λ∴=M N −λ,λ,2−2λ(222)∵M N EM C 60∘∴cos⟨,⟩=M N n ×321−λ+2λ+41−λ()22()2−λ+2−2λ222()=sin 60=∘23λ=21∴N N DC 例题5CC 1E 0,0,t ()A −EB −1B 17217=AE −1,0,t ()=AB 1−1,2,4()=n x ,y ,z ()AEB 1则，取，得，平面的法向量，，由，解得．在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，．1【答案】C【解析】解：存在，在棱上取一点，如图，由题意可知，平面，连接，交于点，易知，，连接，则为二面角的平面角，当时，即，解得，当时，二面角的大小为．{⋅=−x +tz =0n AE ⋅=−x +2y +4z =0n AB 1z =1=n t ,,1(2t −4)BEB 1=m 1,0,0()∴cos ,=⟨m n ⟩=⋅∣∣∣m ∣∣n ∣∣∣⋅m n=t ++12(2t −4)2t 17217t >0t =1∴CC 1E A −EB −1B 17217CE =1达标检测2BB ′P BP ⊥ABC AC BD O BO ⊥AC BO =2P O ∠P OB P −AC −B ∠P OB =30∘tan ∠P OB ==BOP B 33BP =36∴BP =36P −AC −B 30∘模块2：最值问题考点：最值问题1【答案】B【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，，故当时，取得最小值为，故选：B．1【答案】B【解析】由知四边形为平行四边形，．，．，，．即，，达标检测3D 1,0,2,B 0,1,3()1()P 0,0,z ()=P D 1,0,2−z ,=()P B 10,1,3−z ()∴⋅P D =P B 10+0+2−z 3−z =()()z −−(25)241z =25⋅P D P B 1−41例题6(1)M NQP ∴M N =P Q ∵DD =1AD =DC =BC =1∴AD =1BD =2∵D M =1DN =a ∴=1D P 12a =1DQ2a D P =1DQ =2a∴M N =P Q =1−D P +DQ (1)22=1−+(2a)2(2a )2=0<a <a −+(22)221(2)故当时，的长度有最小值，为．即当，分别移动到，的中点时，的长度最小，此时的长度为．1【答案】D【解析】解：以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，设，，，则，，，，解得，，．当时，的面积取得最小值，为．故选：D．1【答案】A【解析】解：以点为原点，以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，．设，，于是，．，，，a =22M N 22M N AD 1BD M N M N 22例题7D P 4,0,2()C 0,4,0()D 0,0,41()B 4,4,0()M 4,a ,b ()0⩽a ⩽40⩽b ⩽4=D M 14,a ,b −4()=CP 4,−4,2()∵D M ⊥CP 1∴⋅D M 1=CP 16−4a +2b −8=02a −b =4∴M 4,a ,2a −4()∴BM =∣∣4−4+4−a +4−2a ()2()2()2==5a −24a +3225a −+(512)2516∴a =512△BCM S =2×=54585例题8C CD CB CC ′C 0,0,0()C 0,0,2′(3)P 0,a ,0()Q b ,0,0()0<a ⩽40<b ⩽3=QC ′−b ,0,2(3)=P C ′0,−a ,2(3)=CC ′0,0,2(3)设平面的一个法向量为，则，取，得，，，解得．当时，，三棱锥的体积最小，．故选：A．2019天津理171【答案】见解析【解析】证明：以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，，．设，则．由题意易知是平面的一个法向量，又，可得．又直线平面，P QC ′=n x ,y ,z (){⋅=−ay +2z =0n P C ′3⋅=−bx +2z =0n QC ′3z =1=n ,,1(b 23a23)∵∣cos⟨,⟩∣=n CC ′sin 30=∘21∴∣⋅n ∣=CC ′∣∣⋅21CC ′⇒∣∣∣n ∣∣∣+a 24=b241ab ⩾8∴ab =8S =△PQC 4C −′P QC V =(C −PQC ′)min ×314×2=3383模块3：课堂总结模块4：直击高考例题9A AB AD AE x y z A 0,0,0()B 1,0,0()C 1,2,0()D 0,1,0()E 0,0,2()CF =h h >0()F 1,2,h ()=AB 1,0,0()ADE =BF 0,2,h ()⋅BF =AB 0∵BF ⊂ADE平面．2【答案】见解析【解析】解：依题意，，，．设为平面的法向量，则，令，得．．直线与平面所成角的正弦值为．3【答案】见解析【解析】解：设为平面的法向量，则，取，可得，由题意，得，解得．经检验，符合题意．线段的长为．∴BF //ADE =BD −1,1,0()=BE −1,0,2()=CE −1,−2,2()=n x ,y ,z ()BDE {⋅=−x +y =0n BD ⋅=−x +2z =0n BE z =1=n 2,2,1()∴cos⟨,⟩=CE n =⋅∣∣∣CE ∣∣∣∣∣∣n ∣∣∣⋅CE n −94∴CE BDE 94=m x ,y ,z ()BDF {⋅=−x +y =0m BD ⋅=2y +hz =0m BF y =1=m 1,1,−(h 2)cos⟨,⟩=∣∣∣m n ∣∣∣=⋅∣∣∣m ∣∣∣∣∣∣n ∣∣∣⋅∣∣∣m n ∣∣∣=3×2+h 244−∣∣h 2∣∣31h =78∴CF 78模块5：随堂测随堂测随堂题11【答案】见解析【解析】解：如图，由知，，是平面内的两个不共线向量．设是平面的一个法向量，则，即．取，得．又平面的一个法向量是，所以．而二面角的余弦值为，因此，解得或(舍去)．此时．设，而，得，所以．因为平面，且平面的一个法向量为，所以，即，亦即，从而．于是将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高为，故四面体的体积．1【答案】B【解析】解：由题意可知该四面体的体积最大时，就是折叠成直二面角，建立空间直角坐标系，如图：设正方形的对角线长为，则，设直线与所成的角为，则，所以．(1)=DQ 6,m −6,0()=DD 10,−3,6()P QD =n 1x ,y ,z ()P QD {⋅=0n 1DQ ⋅=0n 1DD 1{6x +m −6y =0()−3y +6z =0y =6=n 16−m ,6,3()AQD =n 20,0,1()cos ,=⟨n 1n 2⟩=∣∣∣n 1∣∣∣∣∣∣n 2∣∣∣⋅n 1n 2=6−m +6+3()22236−m +45()23P −QD −A 73=6−m +45()2373m =4m =8Q 6,4,0()=DP λDD 1=DD 10,−3,6()P 0,6−3λ,6λ()=P Q 6,3λ−2,−6λ()P Q //ABB A 11ABB A 11=n 30,1,0()⋅P Q =n 303λ−2=0λ=32P 0,4,4()ADP Q △ADQ P −ADQ 4ADP Q V =S ⋅31△ADQ h =24随堂题22=AB −1,1,0,=()DC 1,0,1()AB CD θcos θ==∣∣∣∣∣∣∣∣∣AB ∣∣∣∣∣∣DC ∣∣∣⋅AB DC ∣∣∣∣∣∣=×22121θ=60∘故选：B．。
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又 ，从而 侧面 ，又 侧面 ，故
设 = （0<λ<1）∴M（-2λ, λ, （1-λ））
∵平面CBO的法向量为1=（0,0, ）
设平面MOB的法向量为n2=（x,y,z）
∴ 取n2=（ ,0, ）
∵二面角M—BO—C的大小为60°
∴ = 解得λ=
∴存在M点使二面角M—BO—C等于60°，且 =
考点：1．面面垂直的判定定理；2．空间向量在立体几何中的应用．
（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若二面角C BF D的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．
参考答案
1．（1）证明：取 的中点 ， 的中点 ，连接 和 ，
∴ 且 ，
∴ ， 分别为 ， 的中点.
且
∴ 且 ，四边形 为平行四边形，
∴ ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
（1）由题意可得 ， ， 两两互相垂直，如果，以 为原点， ， ， 分别是 ， ， 轴建立空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ，
4．（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．
在 中，ME为中位线，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形AMED为平行四边形．
∴ ．
∵ 平面SCD， 平面SCD，
∴ 平面SCD．
（2）解：以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS为x轴、y轴、z轴，如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ，
由条件得M为线段SB近B点的三等分点．
立体几何存在性问题
1．在四棱锥 中， 平面 ， ， ， ， ， ， 是 的中点， 在线段 上，且满足 .
（1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值；
（3）在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角的余弦值是 ，若存在，求出 的长；若不存在，请说明理由.
2．如图，已知长方形 中， , 为 的中点。将 沿 折起，使得平面 平面 。
2．（1）因为平面 平面 ， 是 的中点， 取 的中点O，连结OD，则 平面 ，取AB的中点N，连结ON，则 ，以O为原点如图建立空间直角坐标系，根据已知条件，得
，则
所以 ，故
（Ⅱ）设 ，因为平面 的一个法向量
，
设平面 的一个法向量为 ，
取 ，得 ，所以 ，
因为
求得 ，所以 为 的中点。
3．解：（Ⅰ）∵PA=PDO为AD中点∴PO⊥AD
又∵ABCD为菱形且∠DAB=60°∴OB⊥AD
∵PO∩OB=O∴AD⊥面POB
∵AD 面PAD∴面POB⊥面PAD
（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD∴PO⊥面ABCD
以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴
建立空间直角坐标系
∴O（0,0,0）、P（0,0, ）、B（0, ,0）、C（-2, ,0）
7．如图，在四棱锥 中， 平面 ，四边形 是菱形， ， ， 是 上任意一点。
（1）求证： ；
（2）当 面积的最小值是9时，在线段 上是否存在点 ，使 与平面 所成角的正切值为2？若存在？求出 的值，若不存在，请说明理由
8．在四棱柱 中，底面 是正方形，且 ， ．
（1）求证： ；
（2）若动点 在棱 上，试确定点 的位置，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
11．如图，已知 垂直于梯形 所在的平面， ， 为 的中点， ， .若四边形 为矩形，线段 与 交于点 .
（1）证明： ∥平面 .
（2）求二面角 的大小。
（3）在线段 上是否存在一点 ，使得 与平面 所成角的大小为 ？若存在，请求出 的长；若不存在，请说明理由。
12．如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．
5．如图，在直三棱柱 中，平面 平面 ，且 .
（1）求证： ；
（2）若直线 与平面 所成的角为 ，求锐二面角 的大小.
6．如图，在平行四边形 中， ， ， ，四边形 为矩形，平面 平面 ， ，点 在线段 上运动，且 ．
（1）当 时，求异面直线 与 所成角的大小；
（2）设平面 与平面 所成二面角的大小为 （ ），求 的取值范围．
设平面 的法向量为
，
∴ ，令 ∴
又 ，∴ ，∴
平面
∴ 平面
（2）设点 坐标为
则 ， ，
由 得 ，∴
设平面 的法向量为 ，
由 得 即 令 ∴
则
又由图可知，该二面角为锐角
故二面角 的余弦值为
（3）设 ， ，∴
∴
∴
∵ 与平面 所成角的余弦值是 ∴其正弦值为
∴ ，整理得：
，解得： ， （舍）
∴存在满足条件的点 ， ，且
（1）求证： ；
（2）若点 是线段 上的一动点，问点E在何位置时，二面角 的余弦值为 。
3．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形且∠DAB=60°，O为AD中点.
（Ⅰ）若PA=PD，求证：平面POB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，试问在线段PC上是否存在点M，使二面角M—BO—C的大小为60°，如存在，求 的值，如不存在，说明理由.
4．如图，在四棱锥 中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，AB垂直于AD和BC，M为棱SB上的点， ， ．
（1）若M为棱SB的中点，求证： 平面SCD；
（2）当 时，求平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦值；
（3）在第（2）问条件下，设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求当 取最大值时点N的位置．
9．如图，在直三棱柱 中，平面 侧面 ，且
（1）求证： ;
（2）若直线 与平面 所成的角为 ，请问在线段 上是否存在点 ，使得二面角 的大小为 ，请说明理由.
10．如图所示，五面体 中，正 的边长为 ， 平面 , ,且
（1）设 与平面 所成的角为 ， ，若 ，求k的取值范围；
（2）在（1）和条件下，当 取得最大值时，求平面 与平面 所成角的余弦值.
于是 ，即
设平面AMC的一个法向量为 ，则 ，
将坐标代入得 ，
另外易知平面SAB的一个法向量为 ，
所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为 ．
（3）设 ，其中 ．
由于 ，所以 ．
所以 ，
可知当 ，即 时分母有最小值，此时 有最大值，
此时， ，即点N在线段CD上且 ．
5．（1）证明：如图，取 的中点 ，连接 ，因 ，则 ，由平面 侧面 ，且平面 侧面 ，得 平面 ，