高考数学专题04 立体几何的探索性问题(第三篇)(原卷版)
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。
立体几何中的探索性问题
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A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，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B 1BDD 1.(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 ∥DD 1，HN ∥BD ，FH ∩HN ＝H ，DD 1∩BD ＝D ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，故只要M ∈FH ，则MN ?平面FHN ，且MN ∥平面B 1BDD 1.2.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE 证明你的结论．解：(1)如图所示，取AA 1的中点M ，连接EM ，BM .因为E 是DD 1的中点，四边形ADD 1A 1为正方形，所以EM ∥AD .(2分)又在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥平面ABB 1A 1，所以EM ⊥平面ABB 1A 1，从而BM 为直线BE 在平面ABB 1A 1上的射影，∠EBM 为BE 和平面ABB 1A 1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 ＝EM BE ＝23，(5分) 即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(6分) (2)在棱C 1D 1上存在点F ，使B 1F ∥平面A 1BE .事实上，如图(b)所示，分别取C 1D 1和CD 的中点F ，G ，连接B 1F ，EG ，BG ，CD 1，FG .因A 1D 1∥B 1C 1∥BC ，且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，因此D 1C ∥A 1B .又E ，G 分别为D 1D ，CD 的中点，所以EG ∥D 1C ，从而EG ∥A 1B .这说明A 1，B ，G ，E 四点共面．所以BG ?平面A 1BE .(8分)因四边形C 1CDD 1与B 1BCC 1皆为正方形，F ，G 分别为C 1D 1和CD 的中点，所以FG ∥C 1C ∥B 1B ，且FG ＝C 1C ＝B 1B ，因此四边形B 1BGF 是平行四边形，所以B 1F ∥BG ，(10分)而B 1F ?平面A 1BE ，BG ?平面A 1BE ，故B 1F ∥平面A 1BE .(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P A ∥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 ∥P A . 又∵EM ?平面EDM ，P A ?平面EDM ，∴P A ∥平面EDM .∴AM ＝12AC ＝ 5.即在AC 边上存在一点M ，使得P A ∥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AF FC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，∴AF FC ＝DG GC ＝12.故在线段AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ，且AF FC ＝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P AC .(2)求证：平面P AB ⊥平面P AC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥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P AC .(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P AC ，所以平面P AB ⊥平面P AC .(3)棱PB 上存在点F ，使得P A ∥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 ∥P A .又因为P A ?平面CEF ，所以P A ∥平面CEF .6．[2016·四川卷] 如图，在四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD . (1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由；(2)证明：平面P AB ⊥平面PBD .解：(1)取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，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P AB ，CM ?平面P AB ，所以CM ∥平面P AB .(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，P A ⊥AB ，P A ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD ， 从而P A ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ， 所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB . 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB .又BD ?平面PBD ，所以平面P AB ⊥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P A 上是否存在点E ，使BE ∥平面PCD 若存在，求出PE P A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P A 上存在点E ，使BE ∥平面PCD ，且PE P A ＝13.下面给出证明： ∵AD ＝3，BC ＝1，∴在△P AD 中，分别取P A ，PD 靠近点P 的三等分点E ，F ，连接EF ，BE ，CF . ∵PE P A ＝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＝CE ES，∴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P A ⊥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P A ⊥底面ABC ，则P A ⊥BC ，又AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面P AB ，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P AB ，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 -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案：a 或2a [解析] 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．当CF ⊥DF 时，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .由Rt △CAF ∽Rt △F A 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .3．如图所示，P A ⊥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P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC .又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面P AC ，∴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 -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1的中点.(1)求证：EF ∥平面ABCD ；(2)设M 为线段C 1C 的中点，当D 1D AD的比值为多少时，DF ⊥平面D 1MB 并说明理由． 解析：(1)证明：∵E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1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．。
高考数学立体几何空间几何中的探索性问题
立体几何空间几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE.(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?【拆解1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC 和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1,证明:BA⊥BC.【解析】连接AF,∵E,F分别为直三棱柱ABC-A1B1C1的棱AC和CC1的中点,且AB=BC=2,∴CF=1,BF=√BC2+CF2=√22+12=√5,∵BF⊥A1B1,AB∥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF=√AB2+BF2=√22+(√5)2=3,AC=√AF2-CF2=√32-12=2√2,∴AC2=AB2+BC2,即BA⊥BC.【拆解2】本例条件不变,证明:BF⊥DE.【解析】由拆解1可知BA⊥BC,故以B为原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,2,1),设B 1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即BF ⊥DE. 【拆解3】本例条件不变,问当B 1D 为何值时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【解析】∵AB ⊥平面BB 1C 1C,∴平面BB 1C 1C 的一个法向量为m=(1,0,0), 由(1)知,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2),EF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1), 设平面DFE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{(1-m )x +y -2z =0,-x +y +z =0, 令x=3,则y=m+1,z=2-m,∴n=(3,m+1,2-m), ∴cos m,n =m ·n |m |·|n |=1×√9+(m+1)+(2-m )=√2m 2-2m+14=√2(m -12) 2+272,∴当m=12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的余弦值最大,为√63,此时正弦值最小,为√33. 小做 变式训练《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.(1)若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C.(2)是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【拆解1】《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C. 【解析】取A 1C 1的中点H,连接PH,HC,如图所示.在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,四边形BCC 1B 1为平行四边形, 所以B 1C 1∥BC 且B 1C 1=BC.在△A 1B 1C 1中,P,H 分别为A 1B 1,A 1C 1的中点, 所以PH ∥B 1C 1且PH=12B 1C 1. 因为N 为BC 的中点,所以NC=12BC,从而NC=PH 且NC ∥PH,所以四边形PHCN 为平行四边形,于是PN ∥CH.因为CH ⊂平面A 1C 1CA,PN ⊄平面A 1C 1CA,所以PN ∥平面AA 1C 1C. 【拆解2】本例条件不变,求平面PMN 的法向量.【解析】以A 为原点,AB,AC,AA 1所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),N(12,12,0),M(0,1,12).假设满足条件的点P 存在,令P(λ,0,1)(0≤λ≤1),则NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,12),PN⃗⃗⃗⃗⃗ =(12-λ,12,-1,). 设平面PMN 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y +12z =0,(12-λ)x +12y -z =0.令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ, 所以n=(3,1+2λ,2-2λ).【拆解3】本例条件不变,问是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【解析】由拆解2知,平面PMN 的一个法向量为n=(3,1+2λ,2-2λ), 且易知平面ABC 的一个法向量为m=(0,0,1). 由题意得|cos <m,n>|=√9+(1+2λ)+(2-2λ)=√8λ2-4λ+14=√22,解得λ=-12,故点P 不在线段A 1B 1上.所以不存在.通法 技巧归纳解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点:①空间中的点可设为(x,y,z);②坐标平面内的点其中一个坐标为0,如平面xOy 上的点为(x,y,0);③坐标轴上的点两个坐标为0,如z 轴上的点为(0,0,z);④直线(线段)AB 上的点P,可设为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,表示出点P 的坐标,或直接利用向量运算. 突破 实战训练 <基础过关>1.如图,在三棱锥P -ABC 中,△ABC 为直角三角形,∠ACB=90°,△PAC 是边长为4的等边三角形,BC=2√3,二面角P -AC -B 的大小为60°,点M 为PA 的中点.(1)请你判断平面PAB 垂直于平面ABC 吗?若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由. (2)求CM 与平面PBC 所成的角的正弦值.【解析】(1)平面PAB ⊥平面ABC,理由如下:如图,分别取AC,AB 的中点D,E,连接PD,DE,PE, 则DE ∥BC.因为∠ACB=90°,BC=2√3. 所以DE ⊥AC,DE=√3.因为△PAC 是边长为4的等边三角形,所以PD ⊥AC,PD=2√3.所以∠PDE 为二面角P -AC -B 的平面角,则∠PDE=60°, 在△PDE 中,由余弦定理,得PE=√PD 2+DE 2-2PD ·DEcos 60°=3, 所以PD 2=PE 2+ED 2, 所以PE ⊥ED.因为ED ⊥AC,PD ⊥AC,ED∩PD=D,ED,PD ⊂平面PDE, 所以AC ⊥平面PED, 所以AC ⊥PE.又AC∩ED=D,DE,AC ⊂平面ABC,所以PE ⊥平面ABC, 因为PE ⊂平面ABC, 所以平面PAB ⊥平面ABC.(2)以点C 为原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 且与PE 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,2√3,0),A(4,0,0),E(2,√3,0),P(2,√3,3),M(3,√32,32),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√32,32),CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),CP ⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,3). 设平面PBC 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1), 则{n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y 1=0,2x 1+√3y 1+3z 1=0,取x 1=3,则n=(3,0,-2).所以CM 与平面PBC 所成的角的正弦值为sin θ=|cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=2√3×√13=√3913.2.如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E,F 分别是B 1B,BC 的中点. (1)求证:A 1E,AB,DF 三线共点.(2)线段CD 上是否存在一点G,使得直线FG 与平面A 1EC 1所成的角的正弦值为√33?若存在,请指出点G 的位置,并求二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值大小;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接EF,AD,∵EF ∥A 1D 且EF≠A 1D,∴A 1E,DF 共面,设A 1E∩DF=P,则点P ∈A 1E,而A 1E ⊂平面AA 1B 1B, ∴点P ∈平面AA 1B 1B. 同理可得点P ∈平面ABCD,∴点P 在平面ABCD 与平面AA 1B 1B 的公共直线AB 上, 即A 1E,AB,DF 三线共点.(2)根据题意可知,AA 1,AB,AD 两两垂直,以A 为原点,AB,AD,AA 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由图可得A 1(0,0,2),E(2,0,1),C 1(2,2,2),F(2,1,0), 故A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 假设满足条件的点G 存在, 设G(a,2,0),a ∈[0,2],则FG ⃗⃗⃗⃗ =(a -2,1,0), 设平面A 1EC 1的法向量为m=(x,y,z), 则由{m ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x -z =0,2x +2y =0,不妨取z=2,则x=1,y=-1,所以平面A 1EC 1的一个法向量为m=(1,-1,2), 设直线FG 与平面A 1EC 1的平面角为θ,则sin θ=|cos<m,FG ⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·FG⃗⃗⃗⃗⃗|m ||FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|√(a -2)+12+02×√12+(-1)+22|=√33,解得a=1,故G 为CD 的中点. 则GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),设平面A 1GC 1的法向量为n=(x,y,z),由{n ·GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +2z =0,2x +2y =0,取x=-2,则z=1,y=2,则平面A 1GC 1的一个法向量为n=(-2,2,1), |cos<m,n>|=|m ·n|m ||n ||=|√6×3|=√69, 所以二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值为√69.3.如图,C 是以AB 为直径的圆O 上异于A,B 的点,平面PAC ⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F 分别是PC,PB 的中点,记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l.(1)求证:直线l ⊥平面PAC.(2)直线l 上是否存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余?若存在,求出|AQ|的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵E,F 分别是PC,PB 的中点,∴BC ∥EF,又EF ⊂平面EFA,BC ⊄平面EFA,∴BC ∥平面EFA,又BC ⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,∴BC ∥l,又BC ⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC ⊥平面ABC,∴BC ⊥平面PAC,∴l ⊥平面PAC.(2)以C 为坐标原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 垂直于平面ABC 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,可得A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,√3),E(12,0,√32),F(12,2,√32),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,√32),EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设Q(2,y,0),平面AEF 的法向量为m=(x,y,z),则{AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-32x +√32z =0,EF⃗⃗⃗⃗ ·m =2y =0,取z=√3,得m=(1,0,√3),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,y,-√3), |cos<PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ >|=|2√4+y 2|=√4+y 2,|cos PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |=|2√4+y 2|=√4+y 2,依题意得|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ |=|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |, ∴y=±1,∴直线l 上存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余,此时|AQ|=1. 4.在图1所示的平面图形ABCD 中,△ABD 是边长为4的等边三角形,BD 是∠ADC 的平分线,且BD ⊥BC,M 为AD 的中点,以BM 为折痕将△ABM 折起得到四棱锥A -BCDM(如图②所示).(1)设平面ABC 和平面ADM 的交线为l,在四棱锥A -BCDM 的棱AC 上求一点N,使直线BN ∥l;(2)若二面角A -BM -D 的大小为60°,求平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值. 【解析】(1)延长CB,DM,设其交点为E,如图所示,因为点A,E 既在平面ABC 内,又在平面AMD 内, 所以直线AE 为平面ABC 与平面AMD 的交线l,因为BD 为∠MDC 的平分线,且BD ⊥BC,所以B 为EC 的中点, 取AC 的中点N,连接BN,则BN 为△AEC 的中位线, 所以直线BN ∥AE,即BN ∥l, 故N 为棱AC 的中点.(2)因为BM ⊥AM,BM ⊥MD,所以∠AMD=60°, 又因为AM=MD,所以△AMD 为等边三角形,取MD 的中点O 为坐标原点,以OM 所在的直线为x 轴,在平面BCDM 内过点O 且和MD 垂直的直线为y 轴,以OA 所在的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以D(-1,0,0),A(0,0,√3),C(-5,4√3,0),B(1,2√3,0), 所以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,4√3,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0), 设平面ACD 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,-4x +4√3y =0,令z=-√3,则x=3,y=√3, 所以m=(3,√3,-√3),设平面ABD 的法向量为n=(a,b,c),则{n ·DA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{a +√3c =0,2a +2√3b =0,令c=-√3,则a=3,b=-√3, 所以n=(3,-√3,-√3),设平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的大小为θ, 所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√3×√3)√3)√3)|√32+(√3)+(-√3)·√32+(-√3)+(-√3)=35,所以平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值为35.<能力拔高>5.已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,且BC=BD,DD 1⊥平面ABCD,AA 1=1,BE ⊥CD 于点E.(1)试问在线段A 1B 1上是否存在一点F,使得AF ∥平面BEC 1?若存在,求出点F 的位置;若不存在,请说明理由.(2)在(1)的条件下,求平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值.【解析】(1)当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. 下面给出证明:取AB 的中点G,连接EG,B 1G,则FB 1∥AG,且FB 1=AG, 所以四边形AGB 1F 为平行四边形,所以AF ∥B 1G.因为BC=BD,BE ⊥CD,所以E 为CD 的中点,又G 为AB 的中点,AB ∥CD,AB=CD,所以BG ∥CE,且BG=CE,所以四边形BCEG 为平行四边形,所以EG ∥BC,且EG=BC,又BC ∥B 1C 1,BC=B 1C 1, 所以EG ∥B 1C 1,且EG=B 1C 1,所以四边形EGB 1C 1为平行四边形, 所以B 1G ∥C 1E,所以AF ∥C 1E,又AF ⊄平面BEC 1,C 1E ⊂平面BEC 1,所以当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. (2)连接DG,因为BD=BC=AD,G 为AB 的中点,所以DG ⊥AB,又AB ∥CD,所以DG ⊥CD, 因为DD 1⊥平面ABCD,DC,DG ⊂平面ABCD,所以DD 1⊥DC,DD 1⊥DG,所以DG,DC,DD 1两两垂直,以D 为原点,DG,DC,DD 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz,由题意知BD=BC=CD=AB=AD=2,所以∠DAB=∠BDC=60°,又AA 1=1,所以D(0,0,0),A(√3,-1,0),D 1(0,0,1),E(0,1,0),C 1(0,2,1),B(√3,1,0),F(√3,0,1), 所以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1).设平面BEC 1的法向量为n=(x,y,z),则{EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√3x =0,y +z =0,令z=1,得平面BEC 1的一个法向量为n=(0,-1,1).设平面ADF 的法向量为m=(a,b,c),则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{√3a -b =0,√3a +c =0,令a=1,得b=√3,c=-√3,平面ADF 的一个法向量m=(1,√3,-√3).设平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|m ·n ||m |·|n |=√3√7×√2=√427.所以平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值为√427. 6.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB=2,AA 1=3,M,N 分别为AB,BC 的中点,P 为线段CC 1上一点.平面ABC 1与平面ANP 的交线为l.(1)是否存在点P 使得C 1M ∥平面ANP?若存在,请指出点P 的位置并证明;若不存在,请说明理由.(2)若CP=1,求二面角B -l -N 的余弦值.【解析】(1)当CP=2时,C 1M ∥平面ANP. 证明如下:连接CM 交AN 于点G,连接GP,因为CG GM =CPPC 1=2,所以C 1M ∥GP,又GP ⊂平面ANP,C 1M ⊄平面ANP, 所以C 1M ∥平面ANP.(2)取AC 的中点O,连接BO,易证OB ⊥平面ACC 1A 1,如图,分别以OB,OC 所在的直线为x,y 轴,以过点O且平行于AA 1的直线为z轴建立空间直角坐标系,A(0,-1,0),B(√3,0,0),C 1(0,1,3),N (√32,12,0),P(0,1,1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1). 设平面ABC 1的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面APN 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 由{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{√3x 1+y 1=0,2y 1+3z 1=0,令x 1=√3得n 1=(√3,-3,2),由{n 2·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{2y 2+z 2=0,√32x 2+32y 2=0,令x 2=√3得n 2=(√3,-1,2), 设二面角B -l -N 的平面角为θ,则cos θ=|n 1·n 2|n 1||n 2||=4×√8=5√28. <拓展延伸>7.如图,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC 边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A 到达点P 的位置,且PB=BE.(1)证明:EF ⊥平面PBE.(2)设N 为线段PF 上的动点,求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)因为E,F 分别为AB,AC 边的中点,所以EF ∥BC. 又因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE,EF ⊥PE. 又因为BE∩PE=E,所以EF ⊥平面PBE. (2)取BE 的中点O,连接PO,由(1)知EF ⊥平面PBE,EF ⊂平面BCFE, 所以平面PBE ⊥平面BCFE. 因为PB=BE=PE,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE, 所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M,分别以OB,OM,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.则P (0,0,√32),C (12,2,0),F (-12,1,0),B(12,0,0),PC ⃗⃗⃗⃗ =(12,2,-√32),PF ⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,-√32),N 为线段PF 上一动点,设PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPF ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则N (-λ2,λ,√32(1-λ)),BN⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ+12,λ,√32(1-λ)), 设平面PCF 的法向量为m=(x,y,z),则{PC ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{12x +2y -√32z =0,-12x +y -√32z =0,取m=(-1,1,√3).设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ, 则sin θ=|cos<BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m |=√5×√2λ2-λ+1=√5×√2(λ-14)2+78≤√5×√78=4√7035,当且仅当λ=14时取等号.故直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为4√7035.8.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=1,E、F是边DC的三等分点.现将△DAE,△CBF分别沿AE,BF 折起,使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直.(1)若G为线段AB上一点,且AG=1,求证:DG∥平面CBF.(2)求二面角A-CF-B的正弦值.【解析】(1)(法一)如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN..因为AD=DE=1,所以DM⊥AE,且DM=√22.因为BC=CF=1,所以CN⊥BF,且CN=√22因为平面DAE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM⊥AE,DM⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN⊥平面ABFE,所以DM∥CN,且CN=DM.又DM⊄平面CBF,CN⊂平面CBF,所以DM∥平面CBF,在矩形ABCD中,∠DAE=45°,故∠EAB=45°,同理可得∠FBA=45°,,所以MG2+AM2=AG2,所以在几何体ABFEDC中,因为MG=√AM2+AG2-2AM·AGcos45°=√22∠AMG=90°,所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形,故∠MGA=45°.而∠FBA=45°,且MG与FB共面于平面EFBA,故MG∥FB.又MG⊄平面CBF,FB⊂平面CBF,所以MG∥平面CBF.又MG∩DM=M,MG,DM⊂平面DMG,所以平面DMG∥平面CBF.因为DG⊂平面DMG,所以DG∥平面CBF.(法二)如图,分别取AE,BF 的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN. 因为AD=DE=1,∠ADE=90°,所以DM ⊥AE,且DM=√22. 因为BC=CF=1,∠BCF=90°,所以CN ⊥BF,且CN=√22.因为平面DAE ⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM ⊥AE,DM ⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN ⊥平面ABFE,所以DM ∥CN,且CN=DM, 所以四边形CDMN 是矩形,所以CD MN. 又MN 是等腰梯形ABFE 的中位线,所以CD=MN=1+32=2.又GB=2,所以CD ∥GB,CD=GB,所以四边形CDGB 是平行四边形,所以CB ∥DG. 又CB ⊂平面CBF,DG ⊄平面CBF,所以DG ∥平面CBF.(2)如图,以G 为坐标原点,分别以AB,GE 所在直线为x 轴,y 轴,以过点G 并垂直于平面ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系, 则A(-1,0,0),B(2,0,0),E(0,1,0),F(1,1,0),C (32,12,√22), 则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),FC ⃗⃗⃗⃗ =(12,-12,√22),BF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 所以GF ⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)·(-1,1,0)=0,所以GF ⊥BF. 由(1)得CN ⊥平面ABFE,所以GF ⊥CN.而BF,CN ⊂平面CBF,BF∩CN=N,故GF ⊥平面CBF, 从而GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面AFC 的法向量, 则{n ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +y =0,x -y +√2z =0,解得{y =-2x ,z =-3√22x , 取x=-2,则y=4,z=3√2,即n=(-2,4,3√2),所以cos<GF ⃗⃗⃗⃗ ,n>=√2)√2×√38=√1919,故所求二面角的正弦值为√1-119=3√3819。
立体几何中的探索性问题求解策略(原卷版)
专题35 立体几何中的探索性问题求解策略【高考地位】立体几何中的探索性问题是高考几何的一个难点，尤常见于新高考的多选题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，其常见类型有两种：一、空间中位置关系的探索；二、空间角的探索.类型一空间中位置关系的探索方法一几何法-的所有棱长均为E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，例1已知正四棱锥P ABCDB的一动点，现有以下结论：①线段EF的长度是△②EMF③存在点M使得PB⊥平面MEF；④EMF∠始终是钝角.其中不正确的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【来源】河北省沧州市2021届高三三模数学试题【变式演练1】（多选）在直角三角形ABC 中，∠B ＝2π，AC ＝2BC ＝4，D 为线段AC 的中点，如图，将∠ABD 沿BD 翻折，得到三棱锥P ﹣BCD （点P 为点A 翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．∠PBD 的外接圆半径为2B ．存在某一位置，使得PD ∠BDC ．存在某一位置，使得PB ∠CDD ．若PD ∠DC ，则此时三棱锥P ﹣BCD 的外接球的体积为323π 【来源】山东省百师联盟2021届高三二轮联考数学试题（二）方法二 向量法例2、3．已知长方体1111ABCD A B C D -中，12BB AB BC ==，点E 在线段1CC 上，()101CC λλ=≤≤平面α过线段1AA 的中点以及点1B 、E ，现有如下说法： （1）[]0,1λ∃∈，使得1BE B E ⊥；（2）若12,23λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面为平行四边形；（3）若0λ=，2AB =，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面的面积为以上说法正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【来源】全国一卷2021届高中毕业班考前热身联合考试理科数学试题例3、（多选）在棱长固定的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别满足AE AB λ=，([0,1],[0,1])BF BC μλμ=∈∈，则（ ）A ．当12μ=时，三棱锥11A B EF -的体积为定值 B ．当12μ=时，存在λ使得1BD ⊥平面1B EF C ．当12λ=时，点A ，B 到平面1B EF 的距离相等 D ．当λμ=时，总有11A F C E ⊥【来源】江苏省苏州市2021-2022学年高三上学期期初调研数学试题【变式演练2】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段1CD 上一动点（不包含端点），则下列说法正确的有（ ）A ．1AB ⊥平面11A D EB ．1DE A E +的最小值为1C ．存在点E 使得1DE AD ⊥D ．点D 到平面11A DE 【来源】全国新高考2021届高三数学方向卷试题（A ）【变式演练3】如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，//AB CD ，24AB AD PA CD ====，G 为PD 的中点．（1）求证AG ⊥平面PCD ；（2）若点F 为PB 的中点，线段PC 上是否存在一点H ，使得平面GHF ⊥平面PCD ？若存在，请确定H 的位置；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题类型二 空间角的探索 方法一 几何法例3．如图，矩形ABCD 中，已知2,4,AB BC E ==为BC 的中点．将ABE △沿着AE 向上翻折至MAE 得到四棱锥M AECD -．平面AEM 与平面AECD 所成锐二面角为α，直线ME 与平面AECD 所成角为β，则下列说法错误的是（ ）A ．若F 为AD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有平面AEM ⊥平面MBFB ．若Q 为MD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有//CQ 平面AEM Csin αβ=Dcos αβ=【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2021届高三下学期5月高考押题卷文科数学试题 【变式演练4】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 满足1DP DD DA λμ=+，[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则以下说法正确的是（ ）A ．当λμ=时，//BP 平面11CB D B ．当12μ=时，存在唯一点P 使得DP 与直线1CB 的夹角为3π C ．当1λμ+=时，CPD ．当1λμ+=时，CP 与平面11BCC B 所成的角不可能为3π 【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题方法二 向量法例4．如图1，菱形ABCD 中120ABC ∠=︒，动点E ，F 在边AD ，AB 上(不含端点)，且存在实数λ使EF BD λ→→=，沿EF 将AEF 向上折起得到PEF ，使得平面PEF ⊥平面BCDEF ，如图2所示.（1）若BF PD ⊥，设三棱锥P BCD -和四棱锥P BDEF -的体积分别为1V ，2V ，求12V V ；（2）试讨论，当点E 的位置变化时，二面角E PF B --是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.【来源】重庆市南开中学2021届高三下学期第六次质量检测数学试题【变式演练5】O 中，平行四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，AD ，点P 是半球面上的动点，且四棱锥P ABCD -的体积为83．（1）求动点P 的轨迹T 围成的面积；（2）是否存在点P 使得二面角P AD B --的大小为3π？请说明理由． 【来源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题【高考再现】1．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）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．（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．【反馈练习】1．（多选）已知梯形ABCD ，112AB AD BC ===，//AD BC ，AD AB ⊥，P 是线段BC 上的动点；将ABD △沿着BD 所在的直线翻折成四面体A BCD '，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A ．不论何时，BD 与A C '都不可能垂直B ．存在某个位置，使得A D '⊥平面A BC ' C ．直线A P '与平面BCD 所成角存在最大值 D ．四面体A BCD '的外接球的表面积的最小值为4π【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题2．（多选）已知某正方体的平面展开图如图所示，点E ，G 分别是棱BC ，BQ 的中点，F 是棱CR （不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．四面体AEFP 的体积为定值B ．存在点F 使得PC ⊥平面AEF C ．存在点F 使得//PG 平面AEFD ．当F 为棱CR 的中点时，平面AEF 截正方体所得上、下两个几何体的体积之比为17:7 【来源】2021新高考高考最后一卷数学第三模拟3．（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，已知E 为线段1B C 的中点，点F 和点P 分别满足111D F DC λ=，11D P D B μ=，其中,[0,1]λμ∈，则下列说法正确的是（ ） A ．当λ=12时，三棱锥P -EFD 的体积为定值 B ．当µ=12时，四棱锥P -ABCD 的外接球的表面积是34πC ．PE PF +D．存在唯一的实数对(,)λμ，使得EP∠平面PDF【来源】广东省2022届高三上学期新高考普通高中联合质量测评摸底数学试题4．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，2DB DE=，点P在线段EF上.给出下列命题：①直线PD⊥直线AC；②直线PD与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦；③存在点P，使得直线PD⊥平面ACF；④存在点P，使得直线//PD平面ACF.其中所有真命题的序号是______.【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测文科数学试题5．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥､五角柱､正三角锥柱､Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体EABCFD中，EA⊥平面,//,//,,2, 4.ABCD EA FC AD BC AD AB AD AB BC FC EA⊥=====（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：①//EF平面ABCD；②AF⊥平面EBD；（2）求该七面体的体积．【来源】广东省珠海市第二中学2021届考前模拟数学试题6．如图，ABC 为正三角形，半圆O 以线段BC 为直径，D 是圆弧BC 上的动点（不包括B ，C 点）平面ABC ⊥平面BCD ．（1）是否存在点D ，使得BD AC ⊥？若存在，求出点D 的位置，若不存在，请说明理由； （2）30CBD ∠︒＝，求直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值． 【来源】百强名校2021届高三5月模拟联考（A 卷）理科数学试题7．在滨海文化中心有天津滨海科技馆，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1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，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1O 在11A B 上，直径为1.（1）求1A C 与平面1A ED 所成角的正弦值； （2）求二面角1E A D F --的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由.【来源】天津市河东区2021届高三下学期一模数学试题8．如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面，且2AB BP ==，1AD AE ==，AE AB ⊥，且//.AE BP（1）设点M 为棱PD 中点，求证//EM 平面ABCD ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD ？若存在，试求出线段PN 的长度；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题9．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，12AB BC AC A A ====，E ，F 分别为11A C ，11B C 的中点．（∠）在四边形11ABB A 内是否存在点G ，使平面//GEF 平面1ABC ？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；（∠）设D 是1CC 的中点，求DA 与平面1ABC 所成角θ的正弦值．【来源】“超级全能生”2021届高三3月份高考数学（理）联考试题（丙卷）10．在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，平面SAD ⊥平面ABCD ，SAD 是边长为2的正三角形，E ，F 分别为AD ，SB 的中点. （∠）证明：//EF 平面SCD ；（∠）在棱SA 上是否存在一点P ，使得锐二面角P BC S --若存在，求出SP SA 的值；若不存在，请说明理由.【来源】2021届高三数学临考冲刺原创卷（三）。
立体几何中的探索性问题
求得法向量 ― ― → 结果 运算
[解 ]
(1)证明：因为 AE⊥ A1B1， A1B1∥ AB，
所以 AB⊥ AE，又因为 AB⊥ AA1， AE∩ AA1＝ A， 所以 AB⊥平面 A1ACC1，又因为 AC⊂平面 A1ACC1， 所以 AB⊥ AC.
以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 1 1 1 则 A(0，0， 0)， E 0，1，2 ， F 2，2， 0 ， A1(0， 0， 1)， B1(1，0，1)． → → 设 D(x，y，z)， A1D＝ λA1B1且 λ∈ [0，1]，则(x，y，z－1)＝ λ(1， 0，0)，所以 D(λ， 0， 1)， 1 → 1 所以DF＝ 2－ λ，2，－1 ，
(3)假设在 AB 上存在点 E，使得 AC1∥平面 CEB1， 设 AE ＝t AB ＝(－3t,4t,0)，其中 0≤t≤1． 则 E(3－3t,4t,0)， B1 E ＝(3－3t,4t－4，－4)， B1C ＝(0，－4，－4)． 又因为 AE＝m B1 E ＋n B1C 成立， 所以 m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0， －4m－4n＝4， 1 解得 t＝ ． 2 所以在 AB 上存在点 E，使得 AC1∥平面 CEB1，这时点 E 为 AB 的中点．
由题可知平面 ABC 的一个法向量 m＝(0， 0， 1)． 14 因为平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 ， 14 所以 |cos〈 m， n〉 |＝ 即 |m· n| 14 ＝ ， 14 |m||n | ＝ 2 14 ， 14
|2（ 1－ λ） | 9＋（ 1＋ 2λ） 2＋4（1－λ）
则 C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)． 因为 AC ＝(－3,0,0)， BC1 ＝(0，－4,4)， 所以 AC · BC1 ＝0，所以 AC ⊥ BC1 ，即 AC⊥BC1． (2)假设在 AB 上存在点 D，使得 AC1⊥CD． 设 AD ＝λ AB ＝(－3λ，4λ，0)，其中 0≤λ≤1． 则 D(3－3λ，4λ，0)，于是 CD ＝(3－3λ，4λ，0)， 由于 AC1 ＝(－3,0,4)，且 AC1⊥CD， 所以－9＋9λ＝0，解得 λ＝1． 所以在 AB 上存在点 D 使得 AC1⊥CD， 这时点 D 与点 B 重合．
2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题
2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题例(2021·陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 中点，F 是PC 上的点．(1)求证：平面AEF ⊥平面PAD ；(2)若M 是PD 的中点，当AB ＝AP 时，是否存在点F ，使直线EM 与平面AEF 的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PF PC的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理，证AE ⊥平面PAD 或证AD ⊥平面AEF 即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F 存在，且PF →＝λPC →，利用向量法求解λ回答．【标准答案】——规范答题步步得分(1)连接AC ，因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴AE ⊥BC ，又AD ∥BC ，∴AE ⊥AD ，∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AE ，又PA ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面PAD ，又AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面PAD ．(2)又PA ⊥AD ，∴PA 、AE 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB ＝AP ＝2，则AE ＝3，则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (3，0,0)，M (0,1,1)，7分得分点⑦设PF →＝λPC →＝λ(3，1，－2)，0≤λ≤1，则AF →＝AP →＋PF →＝(0,0,2)＋λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，2－2λ)，又AE →＝(3，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的一个法向量，n ·AE →＝3x ＝0n ·AF →＝3λx ＋λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，得n ＝(0,2λ－2，λ)，设直线EM 与平面AEF 所成角为θ，由EM →＝(－3，1，1)，得：sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →|·|n |＝|3λ－2|5·(2λ－2)2＋λ2＝15．化简得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝12或λ＝45，故存在点F 满足题意，此时PF PC 为12或45．【评分细则】①证出△ABC 是正三角形得1分．②证出AE ⊥AD 得1分．③由线面垂直性质证出PA ⊥AE 得1分，不写AE ⊂平面ABCD 不得分．④由线面垂直的判定证出AE ⊥平面PAD 得1分．⑤证出平面AEF ⊥平面PAD 得1分，条件不全不得分．⑥建出空间直角坐标系得1分．⑦设出PF →＝λPC →得1分．⑧求出平面AEF 的法向量得3分，算错但写出AE →，AF →坐标得1分．⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →||n |得1分．⑩得出正确结论得1分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AE ⊂平面ABCD ．(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如AF →＝AP →＋PF →等．(3)思维发散：也可通过证AD ⊥PA 、AD ⊥AE 证得AD ⊥平面AEF ，进而证得平面AEF ⊥平面PAD ．〔变式训练4〕(2021·陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD 的底角∠BAD ＝∠ADC ＝60°，直角梯形ADEF 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EDA ＝90°，ED ＝AD ＝2AF ＝2AB ＝2．(1)证明：平面ABE ⊥平面EBD ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．[解析](1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，ED ⊥AD ，∴ED ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AB ，∵AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，∴BD ＝1＋4－2×1×2cos 60°＝3，∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥BD ，又∴BD ⊂平面BDE ，BD ∩ED ＝D ，AB ⊥平面BDE ，AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面EBD ．(2)以B 为坐标原点，以BA ，BD 为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (1,0,0)，B (0,0,0)，－12，32，D (0，3，0)，E (0，3，2)，F (1,0,1)，则CD →，32，DE →＝(0,0,2)，BA →＝(1,0,0)，EF →＝(1，－3，－1)，设EM →＝λEF →＝(λ，－3λ，－λ)，(0≤λ≤1)，则BM →＝BE →＋EM →＝(λ，3－3λ，2－λ)，设平面CDE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABM 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·CD →＝12x 1＋32y 1＝0，·DE →＝2z 1＝0，1＝－3y 1，1＝0，不妨取y 1＝1，则m ＝(－3，1,0)，·BA →＝x 2＝0，·BM →＝λx 2＋(3－3λ)y 2＋(2－λ)z 2＝0不妨取y 2＝2－λ，则n ＝(0,2－λ，3λ－3)，∴|cos θ|＝|m ·n ||m |·|n |＝|2－λ|24λ2－10λ＋7＝34，即λ＝12或λ＝54(舍)，即点M 为线段EF 的中点时，平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．。
立体几何中的探索性问题
平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
y
∴AA→→11CB1·n·n11＝＝00，⇒43xy11－＝40z，1＝0，
x
∴取向量n1＝(0，4，3)．
直击高考
(2016·北京卷改编)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1C1C 是边 长为 4 的正方形．平面 ABC⊥平面 AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面 ABC；(2)求二面角 A1－BC1－B1 的余弦值；
为 36？若存在，求出QPQD的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点， 所以PO⊥AD， 又侧面PAD⊥底面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD． 又在直角梯形ABCD中，连接OC， 易得OC⊥AD，
(2017·衡水二模)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD⊥底面 ABCD，侧棱 PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形， 其中 BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为 AD 中点． (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离； (3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 Q－AC－D 的余弦值
为 36？若存在，求出QPQD的值；若不存在，请说明理由．
cos〈P→B，O→A〉＝|PP→→BB|·|OO→→AA|＝ 33. ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 36.
z y
x
(2017·衡水二模)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD⊥底面
ABCD，侧棱 PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形， 其中 BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为 AD 中点． (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离； (3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 Q－AC－D 的余弦值
微专题4：+立体几何中的探索问题+2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
解：AD 上存在一点 P，AP=λPD，使得 CP
∥平面 ABEF，此时λ＝3. 2
理由如下： 当λ＝32时，AP=32PD，可知AADP＝35，如图，过点 P 作 MP∥FD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MFDP＝AADP＝35， 又 BE＝1，可得 FD＝5，故 MP＝3， 又 EC＝3，MP∥FD∥EC，故有 MP 綊 EC， 故四边形 MPCE 为平行四边形，所以 CP∥ME，
变式：如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，D，E分别是棱BC ， AB的中点，点F在棱 CC1 上，已知AB=AC，AA1 3 ， BC=CF=2.
（1）求证： C1E//平面ADF； （2）在棱 BB1 上是否存在点M，使平面 CAM 平面ADF ，若存在，试求出BM的值； 若不存在，请说明理由.
又BM=1，BC=2，CD=1，FC=2， Rt△CBM≌Rt△FCD
故 CM DF
DF . AD＝D DF，AD
易证CM ，又
，
平面ADF，
故CM 平面ADF .
CAM
又 平面 CAM ，故平面
平面ADF.
翻折中的位置关系探索问题
例 3：如图，四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6， BC＝4，E，F 分别在 BC，AD 上，EF∥AB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF⊥平面 EFDC.
证明如下：因为AB=AC， AD 平面ABC，故 AD BC.
在直三棱柱 ABC
中， A1B1C1
BB1
平面
ABC
2020届高考数学复习第4讲立体几何第3课时立体几何中的翻折问题和探索性问题课件文
所以 EH⊥BH. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AB＝AD＝2， 又∠BAD＝60°，所以△ABD 是等边三角形， 所以 BD＝2，BH＝ 3.易得 EH＝ 3. 在 Rt△EBH 中，因为 EH＝BH＝ 3， 所以 BE＝ 6， 因为 ED＝BD＝2，所以△BDE 为等腰三角形，
所以 S△BDE＝12× 6×
2．对于位置探索型问题，通常是利用空间线、面位置关系，引入参数， 综合条件和结论列方程，解出参数从而确定位置．
(2019·郑州模拟)在如图所示的五面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为菱形， 且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M 为 BC 的中点．
(1)求证：FM∥平面 BDE； (2)若平面 ADE⊥平面 ABCD，求 F 到平面 BDE 的距离．
(1)若 BE＝1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P，使得 CP∥平面 ABEF？若存在，求出PADP的值；若不存在，说明理由；
(2)求三棱锥 A－CDF 的体积的最大值，并求出此时点 F 到平面 ACD 的 距离．
解 (1)线段 AD 上存在一点 P，使得 CP∥平面 ABEF， 此时PADP＝32. 理由如下： 当PADP＝32时，AADP＝35，
3 2.
3．如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点 E 是 BC 边的中点，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，连接 AE， AC，DE，得到如图 2 所示的几何体．
(1)求证：AB⊥平面 ADC； (2)若 AD＝1，AC 与其在平面 ABD 内的正投影所成角的正切值为 6，求 点 B 到平面 ADE 的距离．
(2)∵AD∥平面 BEF，AD⊂平面 ACD，平面 ACD∩平面 BEF＝EF，∴
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第三讲立体几何
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲 立体几何微专题1 线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD .又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1]解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.又∵EF⊂平面BED，∴EF⊥AC.AC·EF.∴S△AFC＝12当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．由(1)知AB＝CB＝2.又∵∠ACB＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝√3.∵AD⊥CD，∴DE＝1，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，√3，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC⃗⃗⃗⃗ ＝(－∴AB1，0，0)．设DF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ，∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)， ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||FC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1，∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)， 设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)， ∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217. [例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD . 又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0， 取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22. [巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ， 所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ， 又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3，BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP 又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)， PC⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ， 由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 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O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ); 由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB⃗⃗⃗⃗⃗ |＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3×√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
专题04 立体几何(文)(原卷版)-三年(2022–2024)高考数学真题分类汇编(全国通用)
专题04立体几何（文）考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：三视图2022年浙江卷2022年全国甲卷（理）2023年全国乙卷（理）从近三年高考命题来看，本节是高考的一个重点，立体几何是高考的必考内容，重点关注以下几个方面：（1）掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题；（2）多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点；（3）运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理．考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积2022年全国I卷2024年天津卷2022年天津卷2024年全国Ⅰ卷考点3：空间直线、平面位置关系的判断2024年天津卷2024年全国甲卷（理）考点4：线线角、线面角、二面角2022年全国I卷2022年浙江卷2024年全国Ⅱ卷考点5：外接球、内切球问题2023年全国乙卷（文）2022年全国II卷考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题2023年全国甲卷（文）2023年全国Ⅰ卷2022年全国乙卷（理）2022年全国I卷考点7：锥体的体积问题2023年全国甲卷（文）2023年天津卷2022年全国乙卷（文）2022年全国甲卷（文）2023年全国乙卷（文）考点8：距离及几何体的高问题2024年北京卷2024年全国甲卷（文）2023年全国甲卷（文）考点1：三视图1．（2022年新高考浙江数学高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A．22πB．8πC．22π3D．16π32．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．203．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A ．24B ．26C ．28D ．30考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积4．（2022年新高考全国I 卷数学真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯5．（2024年天津高考数学真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A 36B ．33142+C ．32D ．33142-6．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．277．（2024年新课标全国Ⅰ3则圆锥的体积为（）A ．3πB ．33πC ．3πD ．93π考点3：空间直线、平面位置关系的判断8．（2024年天津高考数学真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交9．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④考点4：线线角、线面角、二面角10．（多选题）（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（）A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤12．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．3考点5：外接球、内切球问题13．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点,,,S A B C 均在半径为2的球面上，ABC 是边长为3的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，则SA =．14．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题15．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，4,AB O =为1AC 的中点，若该正方体的棱与球O 的球面有公共点，则球O 的半径的取值范围是．16．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体17．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C 33D 2218．（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]考点7：锥体的体积问题19．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,6PA PB PC ===）A ．1B 3C ．2D ．320．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．4921．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．22．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．23．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，22BC =6PB PC ==,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，点F 在AC 上，BF AO ⊥．(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ∠=︒，求三棱锥-P ABC 的体积．考点8：距离及几何体的高问题24．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，22PC PD ==）.A ．1B ．2C 2D 325．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ====，104,CD AD BC ===AE 3=M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.26．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥平面,90ABC ACB ∠=︒．(1)证明：平面11ACC A ⊥平面11BB C C ；(2)设11,2AB A B AA ==，求四棱锥111A BB C C -的高．。
【高考数学大题精做】专题04 立体几何的探索性问题(第三篇)(解析版)
【高考数学大题精做】第三篇 立体几何专题04 立体几何的探索性问题【典例1】【2020届江苏巅峰冲刺卷】如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥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． 【思路引导】（1）先根据题意建立空间直角坐标系，求得向量BM u u u u r和向量AP u u u r 的坐标，再利用线线角的向量方法求解.（2）由AN ＝λ，设N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN u u u u r＝(－1，λ－1，－2)，再求得平面PBC 的一个法向量，利用直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，由|cos 〈MN u u u u r ，m u r 〉|＝||||||⋅u ru r u u u u r u u u u r MN MN m m 45求解. 【详解】（1） 因为P A ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AD . 又因为∠BAD ＝90°，所以P A ，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，P A ＝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 u u u u r＝(－1，1，2)，AP u u u r ＝(0，0，4)，所以cos 〈AP u u u r ，BM u u u u r 〉＝||||⋅u u u r u u u u ru u u ur u u u u u r AP BMAP BM所以异面直线AP ，BM.（2） 因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN u u u u r ＝(－1，λ－1，－2)，BC uuu r ＝(0，2，0)，PB u u u r＝(2，0，－4)．设平面PBC 的法向量为m u r＝(x,y,z )，则00m BC m PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 即20240y x z =⎧⎨-=⎩ 令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m u r＝(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 u u u u r ，m u r 〉|＝||||||⋅u ru r u u u u r u u u u r MN MN m m45， 解得λ＝1∈[0，4]，所以λ的值为1.【典例2】【2020届江西省赣州市高三上学期期末考试】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. 【思路引导】（1）容易判断出点F 为EA 的中点，根据中位线定理得到//OF EC ，再根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据题目给出的数据，找出两两垂直的关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角A EC D --的余弦值. 【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 ∠=︒∴BD =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，2,0)A -，(0,2,0)C ，(0,0,2)E，B∴(4,0)AC =-u u u r，(2,2)AE =-u u u r∴DB =u u u r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 =r，∴40220n AC y n AE y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩u u u v v u u u v v 取2x =，y =z =∴平面ACD的一个法向量为(n =r，令二面角A EC D --为θ，由题意可知θ为锐角，则||cos |cos ,|5||||n DB n DB n DB θ⋅=<>===⋅r u u u rr u u u r ru u u r . 【典例3】【北京市昌平区2020届高三期末】如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，BC ∥AD ，12BC CD AD ==.（Ⅰ）求证：CD ⊥PD ；（Ⅰ）求证：BD ⊥平面P AB ；（Ⅰ）在棱PD 上是否存在点M ，使CM ∥平面P AB ，若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由. 【思路引导】（Ⅰ）由题意可得CD ⊥平面P AD ，从而易得CD ⊥PD ； （Ⅰ）要证BD ⊥平面P AB ，关键是证明BD AB ⊥；（Ⅰ）在棱PD 上存在点M ，使CM ∥平面P AB ，且M 是PD 的中点. 【详解】（Ⅰ）证明：因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以CD ⊥P A .因为CD ⊥AD ，PA AD A ⋂=， 所以CD ⊥平面P AD . 因为PD ⊂平面P AD ， 所以CD ⊥PD .(II )因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥P A .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 =I ， 所以BD ⊥平面P AB .（Ⅰ）解：在棱PD 上存在点M ，使CM ∥平面P AB ，且M 是PD 的中点. 证明：取P A 的中点N ，连接MN ，BN ，因为M 是PD 的中点，所以12MN AD P . 因为12BC AD P，所以MN BC P . 所以MNBC 是平行四边形， 所以CM ∥BN .因为CM ⊄平面P AB , BN ⊂平面P AB . 所以//CM 平面P AB .【典例4】【2019届陕西省西安中学高三下学期第十二次重点考试】在三棱锥P—ABC 中，PB ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB=PB =2，BCE 、G 分别为PC 、P A 的中点.（1）求证：平面BCG ⊥平面P AC ；（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 【思路引导】（1）由BC PA ⊥，BG PA ⊥，得PA ⊥平面BCG ，即可得到本题的结论；（2）由N 为线段AC 一点，可设为(2,,0)AN AC λλ==-u u u r u u u r，得(22,,2)PN λ=--u u u r，又由，PN BE ⊥可确定λ的取值，从而可得到本题答案；（3）求出平面PBN 的法向量(,,)n x y z =r ，然后套入公式||sin ||||BE n BE n θ⋅=⋅u u u r ru u ur r ，即可得到本题答案. 【详解】（1） 因为PB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PB BC ⊥， 又AB BC ⊥，AB BP B =I ，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 u u u r u u u r u u u r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 =u u u r，因此(2,AC =-u u u r ，(2,0,2)PA =-u u u r，设(2,,0)AN AC λλ==-u u u r u u u r，那么(22,,2)PN λ=--u u u r，由PN BE ⊥，得0PN BE ⋅=u u u r u u u r，解得13λ=. 因此13AN AC =u u u r u u u r ，因此12AN NC =； （3）由（2）知4(2)3PN =-u u u r ，设平面PBN 的法向量为(,,)n x y z =r ，则0,0n PN n BP ⋅=⋅=r u u u r r u u u r，即204203z x y z =⎧⎪⎨-=⎪⎩，令x =2y =-，0,z =因此2,0)n =-r，设直线BE 与平面PBN 所成角为θ，那么sin BE n BE nθ⋅===⋅u u u r r u u u r r . 【典例5】【浙江省丽水市2020届模拟】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． 【思路引导】（1）由题意，利用勾股定理可得DC AC ==222AC DC AD +=，可得AC DC ⊥，利用线面垂直的性质可得PA CD ⊥，利用线面垂直的判定定理即可证明DC ⊥平面P AC ；（2）过点A 作AH ⊥PC ，垂足为H ，由（1）利用线面垂直的判定定理可证明AH ⊥平面PCD ，在RT △PAC中，由P A ＝2，AC =23PH PC =，即在棱PC 上存在点H ，且23PH PC =，使得AH ⊥平面PCD . 【详解】解（1）由题意，可得DC AC ==，∴222AC DC AD +=，即AC DC ⊥， 又PA ⊥底面ABCD ， ∴PA CD ⊥， 且PA AC A =I ， ∴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 =I ， ∴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】【江苏省苏州市实验中学2020届高三月考】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11AAC C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由. 【思路引导】（1）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：根据向量的坐标可得11113EF A A AC =-+u u u r u u u r u u u u r，由此可证//EF 平面11AAC C ； （2）将问题转化为线段AC 上是否存在一点G ，使EG AC ⊥，则问题不难求解. 【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 =-u u u r ，1(0,0,)A A a =u u u r ，11(2,2,0)AC =u u u u r ， 因为11113EF A A AC =-+u u u r u u u r u u u u r ，所以EF u u u r ，1A A u u u r ，11AC u u u u r 共面，又EF 不在平面11AAC C 内， 所以//EF 平面11AAC C（2）线段AC 上存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C ，且AG =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11AAC C ， 因为EG ⊂平面EFG ， 所以EFG ⊥面11AAC C ，【典例7】【山东省临沂市2019年普通高考模拟】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. 【思路引导】（1）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，建立空间坐标系，求出,,,,A C B E F坐标，进而求出,,CA BE EF u u u r u u u r u u u r坐标，求出平面BEF 的法向量坐标，按空间向量线面角公式，即可求解；（2）设M （3，0，t ），0≤t ≤MBE 的法向量坐标，利用CA u u u r是平面BED 的一个法向量，按空间向量面面角公式，即可求出结论. 【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 u u u r =（3，－3，0），BE u u u r＝（－3，－3，），EF u u u r＝（3，0，.设平面BEF 的法向量为n r＝（x 1，y 1，z 1），1111133030n BE x y n EF x ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅==⎪⎩u u u v v u u uv v 取x 1，得n r，，3）.所以|||cos ,|||||CA n CA n CA n ⋅<>===u u u r ru u u r r u uu r r 所以直线CA 与平面BEF所成角的正弦值为13. （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 u u u u r＝（0，－3，t ），BE u u u r ＝（－3，－3，.设平面MBE 的法向量为m u r＝（x 2，y 2，z 2），2222230330m BM y tz m BE x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩u u u u v v u u uv v 令y 2＝t ，得m＝（t ，t ，3）.易知CA u u u r＝（3，－3，0）是平面BED 的一个法向量，所以|cos ,|m CA <>u r u u u r|12=， 整理得2t 2－t ＋15＝0，解得t＝2t＝2（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.【2020届盐城市高三年级模拟考试】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． 【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 Au u u r u u u r u u u r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 u u u u r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。
专题04 立体几何-【李金柱梳理】冲刺2023年高考数学大题突破+限时集训(新高考专用)(原卷版)
专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==60BAD ∠= ．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB '的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正233(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．题型二：线面距离及线面角问题1如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于45°，求二面角B -PC -D 的余弦值．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，23CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --33若存在，求出的CEEM值；若不存在，请说明理由.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.模拟尝试1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AAAB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，16AA =E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD 与平面ABCD 所成角的正切值433，求点E 到平面ACF 的距离．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.4．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．7．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．。
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。
立体几何中探索性问题(解析版)
专题4．5 立体几何中探索性问题一．方法综述立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。
考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。
对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。
现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。
二．解题策略类型一 空间平行关系的探索【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于36；④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S【答案】①②③④【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥， 且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ，又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确；②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为11AC AC ，所以1112OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点， 则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A DB C ，111A MA D A =，1NOB C C =，所以平面1A DM平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ，所以DM 平面11B CD ，故正确；③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：12633A M ==， 根据对称性可知：16A M DM ==，又2AD =1A DM 是等腰三角形， 则12216232232A DMS⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确；④如图所示，设1AM aAC =，1A DM ∆在平面1111D C B A 内的正投影为111A D M ∆，1A DM ∆在平面11BB C C 内的正投影为12B CM ∆，所以1111122222A D M aS S a ∆==⨯⨯=，122121222222B CM a S S a ∆-==⨯-⨯=，当12S S 时，解得：13a =，故正确.故答案为 ①②③④【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。
高考数学 题型通关21讲第11讲 立体几何中的探索性问题(原卷版)
第11讲 立体几何中的探索性问题高考预测一：动态问题1．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形,//AD BC ,90ADC ∠=︒,平面PAD ⊥底面ABCD ,Q 为AD 的中点,M 是棱PC 上的点,2PA PD ==,112BC AD ==,CD =． （Ⅰ）若点M 是棱PC 的中点,求证：//PA 平面BMQ ； （Ⅱ）求证：若二面角M BQ C --为30︒,试求PMPC的值．2．如图,AE ⊥平面ABCD ,//CF AE ,//AD BC ,AD AB ⊥,1AB AD ==,2AE BC ==． （Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --,求线段CF 的长．3．如图,在四棱锥P ABCD -中,已知PA ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为直角梯形,2ABC BAD π∠=∠=,2PA AD ==,1AB BC ==．（1）求点D 到平面PBC 的距离；（2）设Q 是线段BP 上的动点,当直线CQ 与DP 所成的角最小时,求二面角B CQ D --的余弦值．高考预测二：翻折问题4．如图,BCD ∆是等边三角形,AB AD =,90BAD ∠=︒,将BCD ∆沿BD 折叠到△BC D '的位置,使得AD C B ⊥'．（1）求证：AD AC ⊥'；（2）若M ,N 分别是BD ,C B '的中点,求二面角N AM B --的余弦值．5．图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中1AB =,2BE BF ==,60FBC ∠=︒．将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连结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中的二面角B CG A --的大小．6．正方形ABCD 的边长为2,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,平面PEF ⊥平面ABFD ． （1）证明：PF ⊥平面PDE ； （2）求二面角B AP D --的余弦值．7．如图,在ABC ∆中,2B π∠=,2AB BC ==,P 为AB 边上一动点,//PD BC 交AC 于点D ,现将PDA ∆沿PD 翻折至PDA ∆',使平面PDA '⊥平面PBCD ．（1）当棱锥A PBCD '的体积最大时,求PA 的长；（2）若点P 为AB 的中点,E 为A C '的中点,求证：DE ⊥平面A BC '．8．如图（1）,在Rt ABC ∆中,90C ∠=︒,3BC =,6AC =,D 、E 分别是AC 、AB 上的点,且//DE BC ,将ADE ∆沿DE 折起到△1A DE 的位置,使1A D CD ⊥,如图（2）．（1）求证：BC ⊥平面1A DC（2）当点D 在何处时,三棱锥1A BCD -体积最大,并求出最大值； （3）当三棱锥1A BCD -体积最大时,求BE 与平面1A BC 所成角的大小．9．如图（1）,在Rt ABC ∆中,90C ∠=︒,3BC =,6AC =,D ,E 分别是AC ,AB 上的点,且//DE BC ,2DE =．将ADE ∆沿DE 折起到△A DE '的位置,使AC CD '⊥,如图（2）． （Ⅰ）求证：//DE 平面A BC '； （Ⅱ）求证：AC BE '⊥；（Ⅲ）线段A D '上是否存在点F ,使平面CFE ⊥平面A DE '．若存在,求出DF 的长；若不存在,请说明理由．10．如图1,45ACB ∠=︒,3BC =,过动点A 作AD BC ⊥,垂足D 在线段BC 上且异于点B ,连接AB ,沿AD 将ABD ∆折起,使90BDC ∠=︒（如图2所示）．记BD x =,()V x 为三棱锥A BCD -的体积．（1）求()V x 的表达式；（2）设函数3()()2f x V x x x=+,当x 为何值时,()f x 取得最小值,并求出该最小值；（3）当()f x 取得最小值时,设点E ,M 分别为棱BC ,AC 的中点,试在棱CD 上确定一点N ,使得EN BM ⊥,并求EN 与平面BMN 所成角的大小．高考预测三：存在性问题11．如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA PD ⊥,PA PD =,AB AD ⊥,1AB =,2AD =,AC CD =（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）设(01)AM AP λλ=,是否存在实数λ使得//BM 平面PCD ？若存在,求λ的值；若不存在,说明理由．12．在如图所示的几何体中,四边形ABCD 为正方形,PA ⊥平面ABCD ,//PA BE ,2BE =,4AB PA ==． （Ⅰ）求证：//CE 平面PAD ；（Ⅱ）求直线PD 与平面PCE 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AB 上是否存在一点F ,使得二面角E PC F --的大小为60︒？如果存在,确定点F 的位置；如果不存在,说明理由．13．如图,四棱锥层ABCD -中,平面EAD ABCD ⊥,//CD AB ,BC CD ⊥,EA ED ⊥．且4AB =,2BC CD EA ED ====（Ⅰ）求证：BD ⊥平面ADE ；（Ⅱ）求直线BE 和平面CDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段CE 上是否存在一点F ,使得平面BDF 上平面CDE ？如果存在点F ,t 请指出点F 的位置；如果不存在,请说明理由．14．如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,平面1A BC ⊥侧面11ABB A ,且12AA AB ==． （1）求证：AB BC ⊥；（2）若直线AC 与平面1A BC 所成的角为6π,请问在线段1A C 上是否存在点E ,使得二面角A BE C --的大小为23π,请说明理由．15．如图1,在ABC ∆中,D ,E 分别为AB ,AC 的中点,O 为DE 的中点,AB AC ==,4BC =．将ADE ∆沿DE 折起到△1A DE 的位置,使得平面1A DE ⊥平面BCED ,如图2． （Ⅰ）求证：1AO BD ⊥． （Ⅱ）求直线1A C 和平面1A BD 所成角的正弦值．（Ⅲ）线段1A C 上是否存在点F ,使得直线DF 和BC,求出11A F A C 的值；若不存在,说明理由．高考预测四：开放性问题16．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13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）应是平面AEF 与直线PB 交于点G 在平面AEF 内,求PGPB的值．17．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 为PC 上靠近P 的三等分点．（1）求二面角F AE P --的余弦值； （2）设点G 在PB 上,且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内,说明理由．18．如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,点E 、F 、G 分别为11A B ,11B C ,1BB 的中点,点P 是正方形11CC D D 的中心． （1）证明：//AP 平面EFG ；（2）若平面1AD E 和平面EFG 的交线为l ,求二面角A l G --．。
立体几何探索性问题
专题:立体几何中的探索性问题：熟练使用几何法和向量法课堂例题：1.在三棱柱ABC - 111A B C 中，A 1A ⊥平面ABC ，AC=3，BC=4，AB=5，A 1A =4.(1)在AB 上是否存在点D 使得1AC ⊥CD? (2)在AB 上是否存在点D 使得1AC ∥平面1C D B2．如图，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ACE ．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DAE ．3.已知几何体EFG －ABCD 如图所示，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点M 在边DG 上．问：是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°，若存在，试求点M 的位置；若不存在，请说明理由．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2，若棱AA 1上存在一点P ，使得A P＝λ1PA ，当二面角A －B 1C 1－P 的大小为30°时，求实数λ的值．5.如图，五面体ABCDE 中，正∆ABC 的边长为1，AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，且CD=12AE ．(I)设CE 与平面ABE 所成的角为α，AE=(0),k k >若[,],64ππα∈求k 的取值范围；(Ⅱ)在(I)和条件下，当k 取得最大值时，求平面BDE 与平面ABC 所成角的余弦值听课反思：课后练习：1.如图甲所示，三棱锥P ABC -的高8,3,30,PO AC BC AC B M N ===∠=︒、分别在BC 和PO 上，且,2((0,3])CM x PN x x ==∈，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥N A M C -的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是（ ）2. 若A (1，-2,1)，B (4,2,3)，C (6，-1,4)，则△ABC 的形状是( )A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等边三角形 4.已知n m ,是两条不同直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的假命题是（ ）A.若n m n m //,,//则=⋂βααB.若αα⊥⊥n m n m 则,,//C.若βαβα//,,则⊥⊥m mD.若βαβα⊥⊂⊥则,,m m5.在半径为R 的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱的体积的最大值是（ ）A39R39R33R D 349R π6．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，若在这个四棱锥内放一球．求此球的最大半径 ．7.右图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积是 .8.如图，侧棱垂直底面的三棱柱111A B C A B C -中，A B A C ⊥，13AA AB AC ++=，(0)AB AC t t ==>，P 是侧棱1A A 上的动点.（Ⅰ）试求三棱锥1P BC C -的体积V 取得最大值时的t 值；3()A. B. C. D.6433.2O ABC O B O C AO B AO C O A BC πππππ=∠=∠=空间四边形中，，，则异面直线、所成角的大小为 侧视俯视（Ⅱ）若二面角1A BC C --的平面角的余弦值为10，试求实数t 的值.9.已知正方形A B C D 的边长为2，AC BD O = ．将正方形A B C D 沿对角线BD 折起，使A C a =，得到三棱锥ABCD -，如图所示．（Ⅰ）当2a =时，求证：AO BCD ⊥平面；（Ⅱ）当二面角A B D C --的大小为120 时，求二面角A B C D --的正切值．10.如图，在梯形A B C D 中，//A B C D ，1,60AD D C C B ABC ===∠=，四边形AC FE为矩形，平面A C F E ⊥平面A B C D ，1C F =. （I ）求证：B C ⊥平面A C F E ；（II ）点M 在线段E F 上运动，设平面M A B 与平面F C B 所成二面角的平面角为(90)θθ≤，试求co s θ的取值范围.C1CA(第8题)。
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第三篇 立体几何
专题04 立体几何的探索性问题
【典例1】【2020届江苏巅峰冲刺卷】
如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥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4
5
，求λ的值． 【典例2】【2020届江西省赣州市高三上学期期末考试】
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】【北京市昌平区2020届高三期末】
如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，BC ∥AD ，1
2
BC CD AD ==
.
（Ⅰ）求证：CD ⊥PD ； （Ⅰ）求证：BD ⊥平面P AB ；
（Ⅰ）在棱PD 上是否存在点M ，使CM ∥平面P AB ，若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由. 【典例4】【2019届陕西省西安中学高三下学期第十二次重点考试】
在三棱锥P—ABC 中，PB ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB=PB =2，BC E 、G 分别为PC 、P A 的中点.
（1）求证：平面BCG ⊥平面P AC ；
（2）假设在线段AC 上存在一点N ，使PN ⊥BE ，求
AN
NC
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】【浙江省丽水市2020届模拟】
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】【江苏省苏州市实验中学2020届高三月考】
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11AAC C ；
（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由. 【典例7】【山东省临沂市2019年普通高考模拟】
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AM
AF
的值；若不存在，说明理由.
1.【2020届盐城市高三年级模拟考试】
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 ＝3
π
，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 M
A D
λ= ．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 2．【四川省棠湖中学2020届高三月考】
如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=1
2
AD ．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P -CD -A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值. 3．【河南省郑州市2019届高中毕业年级第一次（1月)质量预测】
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 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 ； （Ⅰ）求点F 恰为PC 的中点时，二面角C AF E --的余弦值. 4．【2020届四川省巴中市高三第一次诊断】
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．【湖北省2019届高三1月联考测试】
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PM
PD
的值；如果不存在，请说明理由．
6．【2020届广东省东莞市高三期末调研测试】
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 V 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．【2020届山西省太原市第五中学高三11月阶段性考试】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BP
BD
的值；若不存在，说明理由．
8．【河南省开封市五县2020届模拟】
如图，AC 是O e 的直径，点B 是O e 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 e 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.。