8.7 立体几何中的探究性问题
立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题作者：徐勇来源：《理科考试研究·高中》2012年第10期立体几何中的探索性问题有利于考查学生的归纳、判断等各方面的能力，也有利于创新意识的培养，因此应注意高考中立几探索性命题的考查趋势.立体几何探索性命题的类型主要有：一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么.而对命题条件的探索，在立体几何的题型更为常见，对命题条件的探索常采用以下三种方法：1.先猜（作）后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明.2.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.3.把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.现例举如下例1 如图1，已知四面体ABCD四个面均为锐角三角形，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA上的点，BD∥平面EFGH，且（1）求证：HG∥平面ABC；（2）请在平面ABD内过点E作一条线段垂直于AC，并给出证明解析（1）因为BD∥平面EFGH，平面BDC∩平面EFGH=FG，所以BD∥同理BD∥EH，又因为EH=FG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以HG∥又平面ABC，平面ABC，所以HG∥平面（2）如图2，在平面ABC内过点E作EP⊥AC，且交AC于P点，在平面ACD内过点P 作PQ⊥AC，且交AD于Q点，连结EQ，则EQ即为所求线段证明如下：因为EP⊥AC，PQ⊥AC，EP∩PQ=P，所以AC⊥平面又因为平面EPQ，所以EQ⊥例2 如图3，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF⊥平面（1）求证：AE⊥BE；（2）求三棱锥D—AEC的体积；（3）设M在线段AB上，且满足AM=2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面解析（1）因为AD⊥平面ABE，AD∥BC，所以BC⊥平面ABE，则AE⊥又因为BF⊥平面ACE，则AE⊥所以AE⊥平面又平面BCE，所以AE⊥（2）——（]1[]3[SX）]×2[KF（]2[KF）]×[KF（]2[KF）] （]4[]3[SX）（3）在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，则由比例关系易得CN=[SX（]1[]3[SX）因为MG∥AE，平面ADE，平面ADE，所以MG∥平面同理GN∥平面所以平面MGN∥平面又平面MGN，所以MN∥平面所以N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点例3 如图3，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABD=60°，Q为AD的中点（1）若PA=PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）点M在线段PC上，PM=tPC，试确定实数t的值，使得PA∥平面解析（1）连因为四边形ABCD为菱形，所以又∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形而Q为AD中点，所以AD⊥因为PA=PD，Q为AD中点，所以AD⊥又BQ∩PQ=Q，所以AD⊥平面而平面PAD，所以平面PQB⊥平面（2）当t=[SX（]1[]3[SX）]时，使得PA∥平面连AC交BQ于N，交BD于O，连MN，则O为BD的中点又BQ为正△ABD边AD上的中线，所以N为正△ABD的中心设菱形ABCD的边长为a，则AN=[SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]a，AC=[KF（]3[KF）由PA∥平面MQB，平面PAC，平面PAC∩平面MQB=MN，所以PA∥MN，[SX（]PM[]PC[SX）]=[SX（]AN[]AC[SX）]=[SX（][SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]a[][KF （]3[KF）]a[SX）]=[SX（]1[]3[SX）]，即PM=[SX（]1[]3[SX）]PC，t=[SX（]1[]3[SX）例4 如图4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）若平面PAB∩平面PCD=l，问直线l能否与平面ABCD平行？请说明理由解析（1）∠ABC=90°，AD∥BC，所以AD⊥而平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥同理可得AB⊥由于AB，平面ABCD，且AB∩AD=C，所以PA⊥平面（2）不平行证明：假定直线l∥平面ABCD，由于平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD=CD，同理可得l∥AB，所以AB∥这与AB和CD是直角梯形ABCD的两腰相矛盾，故假设错误，所以直线l与平面ABCD不平行例5 如图5所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面（1）若G为AD边的中点，求证：EG⊥平面PAD；（2）求证：AD⊥PB；（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论解析（1）在菱形ABCD中，∠DAB=60°，G为AD的中点，所以BG⊥又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BG⊥平面（2）连结PG，由△PAD为正三角形，G为AD的中点，得PG⊥由（1）知BG⊥AD，PG∩BG=G，平面PGB，平面PGB，所以AD⊥平面因为平面PGB，（3）当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面取PC的中点F，连结DE、EF、在△PBC中，FE∥PB，所以EF∥平面在菱形ABCD中，GB∥DE，所以DE∥平面平面DEF，平面DEF，EF∩DE=E，所以平面DEF∥平面由（1）得PG⊥平面ABCD，而平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面例6 如图6，边长为4的正方形ABCD所在平面与正△PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点（1）求四棱锥P—ABCD的体积；（2）求证：PA∥平面MBD；（3）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由解析（1）因为Q为AD的中点，△PAD为正三角形，因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面因为AD=4，所以PQ=2[KF（]3[KF）所以四棱锥P—ABCD的体积V=[SX（]1[]3[SX）=[SX（]1[]3[SX）（]3[KF）]（]32[KF（]3[KF）][]3[SX）（2）连结AC交BD于点O，连结由正方形ABCD知点O为AC的中点，因为M为PC的中点，所以MO∥又平面MBD，平面MBD，所以PA∥平面（3）存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，所以BQ⊥由（1）知，PQ⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PQ⊥又BQ∩PQ=Q，所以NC⊥平面因为平面PCN，所以平面PCN⊥平面。
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。
专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)
高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空． (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空．1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．①证：证明作出的角为所求角．①求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．【例1】如图，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AD ①BC ，AD ①AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ①平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长． 【解题思路】由条件知AB ，AD ，AE 两两垂直，可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)寻找平面ADE 的法向量，证明BF →与此法向量垂直，即得线面平行．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值；(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E －BD －F 的余弦值，通过解方程得到线段长．【规范解答】 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (1,0,0)，设F (1,2，h )．依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又直线BF ①平面ADE ，所以BF ①平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)． 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0， 不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意． 所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 【例3】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二 平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．【例1】如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把①DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ①BF .(1)证明：平面PEF ①平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE 是矩形．①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为y 轴，建系．①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．①由公式计算所求角的正弦值．解法二：①作：过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，连接DH .①证：证明PH ①平面ABFD ，得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角．①算：在Rt①PDH 中，PD 的长度是正方形ABCD 的边长，①PHD ＝90°，易知要求sin①PDH ，关键是求PH ；由此想到判断①PEF 的形状，进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明：由已知可得，BF ①PF ，BF ①EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ，所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：作PH ①EF ，垂足为H .由(1)得，PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ，设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得，DE ①PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ①PF .所以PH ＝32，EH ＝32，则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量． 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二：因为PF ①BF ，BF ①ED ，所以PF ①ED ，又PF ①PD ，ED ∩PD ＝D ，所以PF ①平面PED ，所以PF ①PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23，过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，因为平面PEF ①平面ABFD ，所以PH ①平面ABFD ，连接DH ，则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，因为PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3， 因为PD ＝4，所以sin①PDH ＝PH PD ＝34， 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三 立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，平面P AC ①底面ABCD ，P A ＝PC ＝2 2.(1)求证：PB ＝PD ；(2)若点M ，N 分别是棱P A ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否存在一点H ，使得DQ ①PH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由．【解题思路】 (1)要证PB ＝PD ，想到在①PBD 中，证明BD 边上的中线垂直于BD ，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN 的法向量n ，分别依据P ，B ，Q 共线和B ，C ，H 共线，设PQ →＝λPB →和BH →＝tBC →，利用垂直关系列方程先求λ再求t ，确定点H 的位置．【规范解答】 (1)证明：记AC ∩BD ＝O ，连接PO ，①底面ABCD 为正方形，①OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝2.①P A ＝PC ，①PO ①AC ，①平面P AC ①底面ABCD ，且平面P AC ∩底面ABCD ＝AC ，PO ①平面P AC ，①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ，①PO ①BD .①PB ＝PD .(2)存在．以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知OP ＝2.可得P (0,0,2)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (－2，0,0)，可得M (0，－1,1)，N (0,1,1)，DM →＝(2，－1,1)，MN →＝(0，2,0)．设平面DMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，①DM →·n ＝0，MN →·n ＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋z ＝0，2y ＝0. 令x ＝1，可得n ＝(1,0，－2)．记PQ →＝λPB →＝(2λ，0，－2λ)，可得Q (2λ，0,2－2λ)，DQ →＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ →·n ＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝13. 可得DQ →＝⎝⎛⎭⎫83，0，43. 记BH →＝tBC →＝(－2t,2t,0)，可得H (2－2t,2t,0)，PH →＝(2－2t,2t ，－2)，若DQ ①PH ，则DQ →·PH →＝0，83(2－2t )＋43×(－2)＝0，解得t ＝12. 故BH ＝ 2.故在线段BC 上存在一点H ，使得DQ ①PH ，此时BH＝ 2.【例2】如图，在四棱锥PABCD中，P A①平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD①平面P AC；(2)若①ABC＝60°，求证：平面P AB①平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF①平面P AE？说明理由．【解】(1)证明：因为P A①平面ABCD，所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD①A C.又P A∩AC＝A，所以BD①平面P A C.(2)证明：因为P A①平面ABCD，AE①平面ABCD，所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形，①ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE①CD，所以AB①AE.又AB∩P A＝A，所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ，所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点，取G 为P A 的中点，连接CF ，FG ，EG .则FG ①AB ，且FG ＝12AB . 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ①AB ，且CE ＝12AB . 所以FG ①CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ，EG ①平面P AE ，所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ， 所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)． 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0， 令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ①平面ABCD ，①P AD 是边长为4的等边三角形，BC ①PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ①PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值． 【解析】：(1)证明：因为①P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ①平面P AD ，所以PE ①平面ABCD ，所以PE ①BC ，PE ①BE .又BC ①PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ①平面PBE ，所以BC ①BE .又BC ①AD ，所以AD ①BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ①平面P AD ，所以BE ①平面P AD ，所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ，所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角．因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin①BAE ＝154 ，所以cos①BAE ＝14. 所以cos①BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0， 解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y . 令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33， 所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 4．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC . 因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ， 所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.5．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ， 所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ， 所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①，①ABC 中，AB ＝BC ＝2，①ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把①AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图①)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ①平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值． 【解析】：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ①BC . 因为①ABC ＝90°，所以EF ①BE ，EF ①PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ，EF ①平面BCFE ，所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)，则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)，所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ①平面EMC ； (2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M EC F 的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF ①平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内， 所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ①BF ，M 为AB 的中点，所以①OAM ①①FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为①DOF 的中位线，所以MN ①OD ，又MN ①平面EMC ，OD ①/ 平面EMC ，所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ，EF ①DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ，易知①ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ①平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)． 设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0①⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19. 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ①平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。
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．
立体几何中的探索型问题及应用
ʏ山东省阳谷县第一中学 宁广亮探索型问题是指那些题目条件不完备㊁结论不明确,或者答案不唯一,给考生留有较大探索余地的试题㊂而立体几何中的探索性问题,设置新颖,变化多端,不仅可以考查和区分考生的数学素质和创新能力,而且还可以有效地检测和区分考生的学习潜能,因而受到各方面的重视,近年来已成为高考试题的一个新亮点㊂一㊁条件探索型问题立体几何中的条件探索型问题,是针对结论确定而条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判断㊂其解题思路是:先执果索因,再倒推分析,逆向思维探究结论成立的充分条件㊂解决立体几何此类问题时,通常利用空间向量来逆推,目标明确,要注意推理过程是否可逆,不要把必要条件当作充分条件㊂图1例1 如图1,A B 为圆O的直径,点E ,F 在圆O 上,且四边形A B E F 为等腰梯形,矩形A B C D 和圆O 所在的平面互相垂直,已知A B =2,E F =1㊂(1)求证:平面D A F ʅ平面C B F ;(2)求当A D 的长为何值时,二面角D -F C -B 的大小为120ʎ㊂解析:(1)因为平面A B C D ʅ平面A B E F ,且C B ʅA B ,平面A B C D ɘ平面A B E F =A B ,所以C B ʅ平面A B E F ㊂因为A F ⊂平面A B E F ,所以C B ʅA F ㊂又因为A B 为圆O 的直径,所以F B ʅA F ㊂而C B ɘ图2F B =B ,所以A F ʅ平面C F B ㊂又A F ⊂平面AD F ,所以平面A D F ʅ平面C F B ㊂(2)设E F ,C D 的中点分别为G ,H ,以O 为坐标原点,建立空间直角坐标系O -x yz ,如图2所示㊂设A D =t ,则D (1,0,t ),C (-1,0,t ),A (1,0,0),B (-1,0,0),F12,32,0 ,所以C D ң=(2,0,0),F D ң=12,-32,t㊂设平面D C F 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1㊃C D ң=2x =0,n 1㊃F D ң=12x -32y +t z =0,取z =3,得x =0,y =2t ,则n 1=(0,2t ,3)㊂由(1)知A F ʅ平面C F B ,则平面C F B的一个法向量为n 2=A F ң=-12,32,0,故|c o s <n 1,n 2>|=|n 1㊃n 2||n 1||n 2|=|3t |4t 2+3㊂因为二面角D -F C -B 的大小为120ʎ,所以12=|3t |4t 2+3,解得t =64㊂所以当线段A D 的长为64时,二面角D -F C -B 的大小为120ʎ㊂点评:解决立体几何中的条件探索型问题,有三种比较常用的思维方式:(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明㊂(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性㊂(3)把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件㊂根据具体问题场景,合理选取适合的方法来应用㊂二㊁存在探索型问题立体几何中的存在探索型问题,是以结论不确定的存在性判断的形式来设置问题㊂这类问题常常出现 是否存在 是否有 等形式的疑问句,以示结论有待确定㊂解答此类问题的思路是:先肯定结论,再进行推理,若推出矛盾,则否定假设;若推出合理结果,则假设成立㊂解决此类问题的三个基本步骤是:假设推证 定论㊂11解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月图3例2 如图3,在R t әA B C中,øC =90ʎ,B C =3,A C =6,D ,E 分别是线段A C ,A B 上的点,满足D E ʊB C 且A D =2C D ,如图4,将әA D E 沿D E 折起到әA 1D E的图4位置,使A 1C ʅC D ,M 是A 1D 的中点㊂(1)求C M 与平面A 1B E 所成角的大小㊂(2)在线段A 1B 上是否存在点N (N 不与端点A 1,B 重合),使平面C MN 与平面D E N 垂直若存在,求出A 1NB N的值;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)在R t әA B C 中,øC =90ʎ,D E ʊB C ,所以D E ʅA D ,D E ʅC D ㊂因为折叠前后对应角相等,所以D E ʅA 1D ,D E ʅC D ㊂又A 1D ɘC D =D ,A 1D ,C D ⊂平面A 1C D ,所以D E ʅ平面A 1C D ,D E ʅA 1C ㊂又A 1C ʅC D ,C D ɘD E =D ,所以A 1C ʅ平面B C D E ㊂图5以C 为坐标原点,C D ,C B ,C A 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系C -x yz ,如图5所示㊂因为A D =2C D ,故D E =23B C =2,由几何关系知C D =2,A 1D =A D =4,A 1C =23,故C (0,0,0),D (2,0,0),E (2,2,0),B (0,3,0),A 1(0,0,23),M (1,0,3),所以C M ң=(1,0,3),A 1B ң=(0,3,-23),A 1E ң=(2,2,-23)㊂设平面A 1B E 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1㊃A 1B ң=3y -23z =0,n 1㊃A 1E ң=x +y -3z =0,令y =2,得z =3,x =1,则n 1=(1,2,3)㊂设C M 与平面A 1B E 所成角的大小为θ,则s i n θ=|c o s <C M ң,n 1>|=|C M ң㊃n 1||C M ң||n 1|=|4|2ˑ22=22,故θ=π4,即C M 与平面A 1B E所成角的大小为π4㊂(2)假设存在点N ,符合题意㊂设N (x 1,y 1,z 1),B N ң=λB A 1ң(0<λ<1),即(x 1,y 1-3,z 1)=λ(0,-3,23),即x 1=0,y 1=3(1-λ),z 1=23λ,故N (0,3(1-λ),23λ),C M ң=(1,0,3),C N ң=(0,3(1-λ),23λ)㊂设平面C M N 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则n 2㊃C M ң=x 2+3z 2=0,n 2㊃C N ң=3(1-λ)y 2+23z 2=0,令x 2=3,得z 2=-1,y 2=23λ3(1-λ),则n 2=3,23λ3(1-λ),-1㊂同理可求得平面D E N 的一个法向量为n 3=3,0,1λ㊂若平面C MN 与平面D E N 垂直,则满足n 2㊃n 3=0,即3-1λ=0,解得λ=13㊂故存在满足题意的点N ,由B Nң=13B A 1ң,可得A 1N B N =21=2㊂点评:解决立体几何中的存在探索型问题时,首先假设结论存在,然后在这个假设下进行合理的推理论证与数学运算㊂如果通过推理或运算得到了合乎情理或满足条件的结论,就可以肯定假设的存在性;如果得到了矛盾或不满足条件的结论,就否定假设的存在性㊂三、开放探索型问题立体几何中的开放探索型问题,是基于条件或结论结构不良的开放性问题,合理补充条件完整是解题的第一步,基于条件的补充,形成一个完整的题目,与正常试题的解答基本一致㊂图6例3 如图6,在底面A B C D 是菱形的直四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,øD A B =π3,A B =2,A A 1=23,E ,F ,G ,H ,N 分别是棱C C 1,C 1D 1,D D 1,C D ,B C 的中点,点P 在四边形E F G H 内部(包含边界)运动㊂21 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月(1)现有如下三个条件:①G E ɘF H =P ;②P ɪF H ;③E P ң=P F ң㊂请从上述三个条件中选择一个条件,能使得P N ʊ平面B B 1D 1D 成立,并写出证明过程㊂(注:多次选择分别证明,只按第一次选择计分)(2)求平面F G N 与平面A D D 1A 1的夹角的余弦值㊂解析:(1)选①:G E ɘF H =P ㊂如图7图7所示,连接C D 1,B D 1,P N ,因为四边形C D D 1C 1为矩形,所以四边形E F -G H 为平行四边形,则P 分别是C D 1,G E 的中点,且N 是B C 中点,可得P N ʊB D 1㊂又因为P N ⊄平面B B 1D 1D ,B D 1⊂平面B B 1D 1D ,所以P N ʊ平面B B 1D 1D ㊂图8选②:P ɪF H ㊂如图8所示,连接HN ,P N ㊂由于F ,H ,N 分别是棱C 1D 1,C D ,B C 的中点,所以F H ʊD D 1㊂又F H ⊄平面B B 1D 1D ,D D 1⊂平面B B 1D 1D ,所以F H ʊ平面B B 1D 1D ㊂同理可证,HNʊ平面B B 1D 1D ㊂又F H ⊂平面F HN ,HN⊂平面F HN ,F H ɘHN =H ,所以平面F HN ʊ平面B B 1D 1D ㊂又因为P N ⊂平面F HN ,所以P N ʊ平面B B 1D 1D ㊂选③:E P ң=P F ң㊂由于E P ң=P F ң,所以P 图9是线段E F 的中点㊂如图9所示,设M ,Q 分别是G F ,B D 的中点,由于P ,N 分别是E F ,B C 的中点,则P M ʊG E ,P M =12G E ,Q N ʊC D ,Q N =12C D ㊂因为P M ʊG E ʊC D ,所以P M ʊQ N ,P M =Q N ,所以四边形P M Q N 是平行四边形,所以P N ʊM Q ㊂由于Q ɪ平面B B 1D 1D ,M ∉平面B B 1D 1D ,所以M Q ɘ平面B B 1D 1D=Q ,所以P N 与平面B B 1D 1D 不平行㊂图10(2)由于四边形A B C D 为菱形,且øD A B=π3,则知D N ʅB C ㊂以D 为坐标原点,D A ң,D N ң,D D 1ң分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图10所示的空间直角坐标系D -x yz ,则D 1(0,0,23),C 1(-1,3,23),G (0,0,3),N (0,3,0),F -12,32,23,所以G N ң=(0,3,-3),G F ң=-12,32,3㊂设m =(x ,y ,z )为平面F G N 的一个法向量,则m ㊃G N ң=3y -3z =0,m ㊃G F ң=-12x +32y +3z =0,令y =1,得m =(33,1,1)㊂可取n =(0,1,0)为平面A D D 1A 1的一个法向量,则|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |=127+1+1ˑ1=2929,所以平面F G N 与平面A D D 1A 1的夹角的余弦值为2929㊂点评:解决立体几何中的开放探索型问题时,结合立体几何应用场景,往往又分为选择条件型与探索条件型,基于不同的开放性条件加以合理选择,进而进行分析与求解,有效考查同学们分析问题与解决问题的能力,对理解能力㊁探究能力㊁创新能力与应用意识等的考查也是积极和深刻的㊂立体几何中的探索型问题,经常以条件探索型㊁存在探索型及开放探索型等不同形式来创新设置,方式新颖,变化多端,不仅能较好地考查考生的空间想象能力与逻辑推理能力,而且能考查考生的数学思维品质与水平,这对考生的综合素质与数学水平的提高起到了积极的作用㊂(责任编辑 王福华)31解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月。
立体几何中探究性问题
立体几何中探究性问题作者：谢炳剑来源：《新课程·中学》2017年第12期立体几何的探究、存在性问题是一类很好的问题，通过解决这类问题，学生能很快地深入理解立体几何中平行垂直的判定定理和性质定理，对培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力有很大的帮助.解决立体几何中的开放探索性问题，常常借助空间概念转化为平面几何问题的探究，或将运动观念化归为特殊位置确定解决，或将几何中的位置关系转化为函数与方程问题，其关键还是化归思想的渗透.一、利用平行的判定定理和性质定理进行转化例1 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M是A1C1的中点，在棱AC上找点N使平面AB1M∥平面BC1N.解：∵平面AB1M∥平面BC1N，平面ACC1A1∩平面AB1M=AM，平面BC1N∩平面ACC1A1=C1N，∴C1N∥AM，又AC∥A1C1，∴四边形ANC1M为平行四边形，∴AN=C1M= A1C1= AC，∴N为AC的中点.反思感悟：对于探索性问题，一是可直接运用题中的条件，结合所学过的知识探求；二是可先猜想，然后证明猜想的正确性.二、利用线面垂直的判定定理进行转化例2 如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF= 时，CF⊥平面B1DF.解：由已知得B1D⊥平面AC1，又∵CF？奂平面AC1，∴B1D⊥CF，故若CF⊥平面B1DF，则必有CF⊥DF.设AF=x（0又∵CD2=a2+9a2=10a2，∴10a2=x2+4a2+a2+（3a-x）2，解得x=a或2a.故答案为a或2a.反思感悟：线面垂直化归为平面几何中的两直线垂直的探究，及从结论出发的逆向推理是关键.三、利用线面角的概念进行转化例3 如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB=AC，AO=2OC=2.将△BAO沿AO折起，使B点与图中B′点重合.当三棱锥B′-AOC的体积取最大时，试问在线段B′A是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？证明你的结论，并求AP的长.解：在平面B′OC内，作B′D⊥OC于点D，因为B′D⊥OA，又∵OC∩OA=O，∴B′D⊥平面OAC，即B′D是三棱锥B′-AOC的高，又∵B′D≤B′O，∴当D与O重合时，三棱锥B′-AOC的体积最大，连接OP，在（1）的条件下，易证OC⊥平面B′OA，∴CP与平面B′OA所成的角为∠CPO，∴sin∠CPO= = ，∴CP= .又∵在△ACB′中，sin∠AB′C= = ，∴CP⊥AB′，∴B′P= = ，∴AP= .反思感悟：本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识.四、利用二面角的平面角的概念进行转化例4 如图，在几何体SABCD中，AD⊥平面SCD，BC∥AD，AD=DC=2，BC=1，又∵SD=2，∠SDC=120°.试确定SC上是否存在一点E，使二面角S-AB-E的平面角的大小为30°？解：如图，过点D作DC的垂线交SC于F，以D为原点，分别以DC，DF，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系.∵∠SDC=120°，∴∠SDF=30°，又∵SD=2，则点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为 .则有D（0，0，0），S（-1，，0），A（0，0，2），C（2，0，0），B（2，0，1）.设=λ ，所以 - =λ（ - ），∴ = （ -λ ）E ，，0，∴ = ，，-2，∵ =（2，0，-1）设平面EAB的法向量为 =（x，y，1），则· =2x-1=0 · = x+ y-2=0？圯x= y=∴ = ，，1= （，5-2λ，2 ），取 =（，5-2λ，2 ）因为平面SAB的法向量为 =（，5，2 ）∴cos< ， >= = = ，化简得λ2+10λ-20=0，解得λ=-5±3 ，经检验，当λ=-5-3反思感悟：本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识.同时考查空间向量的应用，考查空间想象能力和运算求解能力.立体几何中的探索性问题有利于考查学生的归纳、推理、论证等各方面的能力，也有利于创新意识的培养。
高中数学黄金解题模板专题 立体几何中的探索问题(解析版)
【高考地位】探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．【方法点评】方法一 直接法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步 首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步 然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；第三步 得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．. 例1．如图甲，O 的直径2AB =，圆上两点C 、D 在直径AB 的两侧，使C 4π∠AB =，D 3π∠AB =．沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F 为C B 的中点，E 为AO 的中点．根据图乙解答下列各题：（1）求证：C D B ⊥E ；（2）在BD 弧上是否存在一点G ，使得FG//平面CD A ？若存在，试确定点G 的位置；若不存在，请说明理由．思路分析：（1）利用等边三角形的性质可得DE ⊥AO ，再利用面面垂直的性质定理即可得到DE ⊥平面ABC ，进而得出结论．（2）要满足FG ∥平面ACD ，可过直线FG 做一平面使其与平面ACD 平行，找到所做平面与BD 弧的交点．点评：本题考查了直线与平面垂直的判定和直线与平面平行的判定. 这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明充分性．【变式演练1】如图，在四棱锥E ABCD -中，AE DE ⊥，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，6CD DA ==，2AB =，3DE =．（Ⅰ）求棱锥C ADE -的体积； （Ⅱ）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（Ⅲ）在线段DE 上是否存在一点F ，使//AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由．（Ⅲ）结论：在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED=，使//AF 平面BCE ．解：设F 为线段DE 上一点， 且13EF ED=， 过点F 作//FM CD 交CE 于M ，则1=3FM CD ．因为CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，所以//CD AB ．又因为3CD AB =所以MF AB =，//FM AB ，所以四边形ABMF 是平行四边形，则//AF BM ．又因为AF ⊄平面BCE ，BM ⊂平面BCE ，所以//AF 平面BCE ．【变式演练2】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形．点E 是棱PC 的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F ．F D CP E（1）求证：//AB EF ；（2）若PA AD =，且平面PAD ⊥平面ABCD ，试证明AF ⊥平面PCD ；（3）在（2）的条件下，线段PB 上是否存在点M ，使得EM ⊥平面PCD ?（直接给出结论，不需要说明理由）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析． 【解析】方法二空间向量法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步然后运用空间向量将立体几何问题转化为空间向量问题并进行计算、求解；第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.例2. 如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且2,1AB BP AD AE====，,AE AB⊥且AE∥BP．（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．思路分析：（Ⅰ）方法一：以B为原点，,,BA BP BC分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABCD的一个法向量，由此证得结果；方法二：连结,AC BD，其交点记为O ，连结MO ，EM ，由中位线定理可得12OMPB ，从而证得四边形AEMO 是平行四边形，进而由平行四边形的性质可使问题得证；（Ⅱ）先求出平面PCD 的一个法向量，然后由此利用向量法求出线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为25．（方法二）由三视图知，,,BA BP BC 两两垂直．连结,AC BD ，其交点记为O ，连结MO ，EM ． 因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 中点．因为M 为PD 中点，所以OM ∥PB ，且12OM PB =． 又因为AE ∥PB ，且12AE PB =，所以AE ∥OM ，且AE =OM ．所以四边形AEMO 是平行四边形，所以EM ∥AO ，因为EM ⊄平面ABCD ，AO ⊂平面ABCD ，所以EM ∥平面ABCD ．点评：利用空间直角坐标系求解空间角的关键是建立空直角坐标系，而建立空间直角坐标系主要途径：（1）一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；（2）如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点；（3）建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系．【变式演练3】如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，//EF AB ，EF EA ⊥，22AB EF ==，90AED ∠=，AE ED =，H 为AD 的中点.（1）求证：EH ⊥平面ABCD ；（2）在线段BC 上是否存在一点P ，使得二面角B FD P --的大小为3π？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点P 的坐标为(1,2,0)-,使2BP BC ==. 【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用线面垂直的判定定理推证；(2)借助题设构建空间坐标系运用空间向量求解探求.（2）因为AD OH HE ，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系H xyz -，则(1,0,0)A (1,0,0)D -，(0,1,1)F ，(0,1,0)O ，(1,2,0)C -.设点(,2,0)(02)P m m <≤，于是有(1,1,1)DF =，(1,2,0)DP m =+.考点：空间线面的位置关系及空间向量的有关知识的综合运用．【变式演练4】如图,ABCD 是边长为3的正方形，ABCD 面⊥DE ，AF DE DE AF 3,//=,BE 与平面ABCD 所成的角为060.(1)求二面角D BE F --的的余弦值;(2)设点M 是线段BD 上一动点，试确定M 的位置，使得BEF AM 面//，并证明你的结论.解：【变式演练4】如图，平面ABDE ⊥平面ABC ， ABC ∆是等腰直角三角形，4AB BC ==，四边形ABDE 是直角梯形，//BD AE ，BD BA ⊥，122BD AE ==，点O 、M 分别为CE 、AB 的中点.（1）求证：//OD 平面ABC ；（2）求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；（3）能否在EM 上找到一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由 .【高考再现】1. 【20XX 年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥， 1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AM AP = 试题解析：（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.2.【20XX年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.E D CB PA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）1 3 .【解析】试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：易知PA ⊥平面ABCD ， 从而PA ⊥CE. 于是CE ⊥平面PAH. 所以平面PCE ⊥平面PAH.过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE. 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=22. 在Rt △PAH 中，PH=22PA AH =322， 所以sin ∠APH=AH PH =13.方法二：作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD ,AP 的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A （0,0,0），P （0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以PE =（1,0,-2），EC =（1,1,0），AP =（0,0,2） 设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩ 设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α=||||||n AP n AP ⋅⋅ 22221322(2)1=⨯+-+ .所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.z yxMEDCBPA考点：线线平行、线面平行、向量法.3. 【2016高考北京文数】（本小题14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面； （II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析. 【解析】P⊥AB．所以CPA．所以AB⊥平面CPA．所以平面PAB⊥平面C考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.【反馈练习】1.【江苏省淮安市20XX 届高三第五次模拟考试】（本题满分14分）如图，边长为2的正方形ABCD 是圆柱的中截面，点E 为线段BC 的中点，点S 为圆柱的下底面圆周上异于A ，B 的一个动点．（1）在圆柱的下底面上确定一定点F ，使得//EF 平面ASC ；（2）求证：平面ASC ⊥平面BSC ．【答案】（1）点F 为线段AB 的中点；（2）详见解析； 【解析】2.【20XX 年高考模拟(南通市数学学科基地命题)(2)】(本小题满分14分)已知直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为11,AA CC 的中点，AC BE ⊥,点F 在线段AB 上，且4AB AF =．⑴求证:1BC C D ⊥；⑵若M 为线段BE 上一点，试确定M 在线段BE 上的位置， 使得1//C D 平面1B FM ．ABCE(第16题)【答案】（1）见解析；（2）BE=4ME 【解析】⑵连结AE ，在BE 上取点M ，使BE=4ME, 连结FM ，1B M ,F 1B ，在BEA 中，由BE=4ME ，AB=4AF第16题A BC1B1A1CD E F ABC1B1A1CD E F M所以MF//AE ， 又在面AA 1C 1C 中，易证C 1D//AE ，所以1//C D 平面1B FM ．3.【扬州市2014—2015学年度第四次调研测试试题高三数学】如图,三棱锥A BCD -中,侧面ABC 是等边三角形,M 是ABC ∆的中心．⑴若DM BC ⊥,求证AD BC ⊥；⑵若AD 上存在点N ,使//MN 平面BCD ,求AN ND的值．MDCBA【答案】⑴见试题分析；⑵12【解析】⑵,M AE AE ∈⊂平面ADE ,所以M ∈平面ADE ,因为AD 上存在点N ,所以N ∈平面ADE ,所以MN ⊂平面ADE , 又//MN 平面BCD ,平面ADE平面BCD DE =,所以//MN DE ,在ADE ∆中,因为12AM ME =,所以12AN ND =．4．【20XX 届福建省福州市第八中学高三上学期第三次质检】在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，3AC =，22AB BC ==，AC FB ⊥．（1）求证：⊥AC 平面FBC ；（2）求四面体FBCD 的体积；（2）线段AC 上是否存在点M ，使EA //平面FDM ？证明你的结论．【答案】（1）祥见解析；（2）123；（2）祥见解析. 【解析】5．【20XX届辽宁省大连市第二十高级中学高三上学期期中考试】如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF ⊥平面EFDC．（1）当1BE=，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出P 点位置，若不存在，说明理由；（2）设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A-CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．【解析】（1）存在P使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时．35 AP AD=下面证明：35APAD=，过点P作MP∥FD，与AF交于点M，则有35MPFD=，又FD＝5，故MP＝3，又因为EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP//=EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以PC∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．（2）因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF平面EFDC ＝EF ，又AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面EFDC 由已知BE ＝x ，，所以AF ＝x （0<x4），FD ＝6-x ． 故222111112(6)(6)[(3)9](3)332333A CDF V x x x x x x -=⋅⋅⋅-⋅=-=--+=--+．所以，当x ＝3时，A CDF V -有最大值，最大值为3.。
立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题(总12页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One 1■CAL■本页仅作为文档封面.使用请直接删除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，在正四棱柱凡Q中，E, F, G,〃分别是棱CG, GD、D.D、兀的中点，川是虑的中点，点"任四边形叭¥及其内部运动，则M只需满足条件,就有〃平而Ba*（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HX, FH, FM,则FH〃DD“ HN〃BD, FHnHN=H, DD2BD=D, 平而FHN〃平面B】BDD” 故只要MeFH,则MNu 平而FHN,且MN〃平而B；BDD：.2.如图所示，在正方体ABCD-A^aa中，E是棱勿:的中点.（1）求直线亦和平而ABBA所成的角的正弦值；（2）在棱GA上是否存在一点F,使氏尸〃平面凡庞证明你的结论.解：⑴如图所示，取的中点M连接册翩因为疋是皿的中点，四边形迦凡为正方形，所以EM//AD.（2分）又在正方体ABCD AxB.GD中，血?丄平而ABBA,所以則丄平而ABBA从而血为直线亦在平而磁儿上的射影，AEBM为庞用1平而邂凡所成的角.（4分）设正方体的棱长为2,则EM=AD=2.亦=费+2讦尸=3・EM 9于是，在Rt△宓#中，sinZ旳片亦=亍（5分）2即直线亦和平而磁也所成的角的正弦值为亍（6分）(2)在棱GA上存在点尸，使3尸〃平而4眩事实上，如图(b)所示，分别取和G?的中点尸，G、连接5只EG、BG. Cg FG.因AD"B3BC、且凡2=BC,所以四边形A..BCD、是平行四边形，因此RC//AiB.又E G分别为AQ,少的中点，所以EG” DC从而EG" Ab这说明凡，B, G,尸四点共面.所以瑟平而应宓(8分)因四边形GCDD、呂B..BCC：皆为正方形，F, G分别为GA和Q的中点，所以FG//GC//&.B.且FG=GC=RB.因此四边形3财是平行四边形，所以&FHBG、(10 分)而5丙平而入BE. BGci平而A,BE.故氏尸〃平而凡宓(12分)Ai D,3・如图，四棱锥P-ABCD中，刊丄平而ABCD.底而ABCD为矩形，PD=DC=\> AD= 2,疋为FC的中点.(1)求三棱锥A-PDE的体积：(2)£Q边上是否存在一点必使得用〃平而皿了若存在，求出的长；若不存在，请解析：(1)：•刃丄平而救P, :.PDLAD.又•: ABCD是矩形,:.ADLCD.•: PDQCD=D.:.ADL平而PCD、:.出?是三棱锥ArPDE的高.•••£为PC的中点，且PD=DC=\.S：\ne= ：\rx=E X X 1 X 4j = 4. 又AD=2.1 1 8⑵取M中点•也连接則，DM, YE为PC的中点，〃是M的中点…••曰〃用. 又V£Jit=平而EDM.Q1G平而ED如化用〃平而EDM.:.AM=^AC=^i.即在川Q边上存在一点％使得丹〃平而旦必川/的长为仗.4.如图所示，在三棱锥尸・磁中，点刀，E分别为丹,證的中点.在线段川6•上是否存在AF斤使得出?〃平而PEF,连接％交朋于G连接尬点尸，使得肋〃平而财若存在，求出丘的值；若不存在，请说明理由.9：AD//平而昭；平而ADCn平而PEF= FG,:.AD//FG.又•.•点Q, E分别为丹，BC的中点、：.G为△磁的重心，.:芬=券=*・故在线段上存月尸1在点斤使得初〃平面亦且丘 =了・5.[2016 •北京卷]如图，在四棱锥户・月万e中，FC丄平而ABCD, AB//DC. DCLAC.(1)求证：ZT丄平而用C(2)求证：平面用3丄平而QIC(3)设点£为初的中点，在棱丹上是否存在点尸，使得用〃平而狞说明理由.解：(D证明：因为尸Q丄平而馭D 所以PCLDC.又因为DCLAC.所以％丄平面用C(2)证明：炭为 AB〃 DC, DC LAC. 所以AB±AC.因为PQ丄平面所以PC丄肋.所以曲丄平而用G所以平而加丄平而QIC(3)棱丹上存在点尸，使得刊〃平而亦证明如下: 取丹的中点斤连接朋CE、CE因为疋为曲的中点，所以EF//PA.又因为加平面亦所以刃〃平而狞6.[2016 •四川卷]如图，在四棱锥P・丽CD中,PA丄CD, AD//BC. ZADC= ZPAB= 90°, BC=CD=^AD.(1)在平而验内找一点M,使得直线G/〃平而并说明理由；(2)证明：平面用万丄平而磁・解：⑴取棱肋的中点肌胆平而加?)，点“即为所求的一个点.理由如卜•:因为肋〃处BC^-AD.所以BC//AM.且證=&肌所以四边形汽畑是平行四边形，从而CM//AB.又邂平而PAB.平而PAB.所以平而PAB.(说明：取棱刃的中点用则所找的点可以是直线JfV上任意一点)P(2)证明：由已知，用丄用丄m因为AD//BC,證=£肋，所以直线AB与切相交，所以丹丄平而ABCD,从而PAJLBD. 因为肋〃必BC=^AD.所以證〃J偽且BC=MD,所以四边形万GW是平行四边形，所以B.V=CD=^AD,所以助丄又ABOAP=A.所以加丄平而加又平面PBD.所以平而用5丄平而PBD.7.[2016 •阳泉模拟]如图7-41-10,在四棱锥P-ABCD中，BC//AD. 5(7=1,初=3, AC LCD.且平而加丄平而MGZ(1)求证：ACA-PD.PF(2)在线段用上是否存在点E使氐•〃平而加若存在，求出吕的值；若不存在，请PA说明理由.解：(1)证明：•••平面尸G?丄平而ABCD.平而pea平而ABCD= CD、AC LCD. Mt平而ABCD, :.ACL 平而•: Pg平而PCD、:.ACLPD.PE 1(2)在线段刃上存在点仅使亦〃平而加，且士=#下而给岀证明：^AD=Z, BC=1.•••在△用Z?中，分别取用，刃靠近点尸的三等分点伐尺连接丽BE. CF.•翌 =丄=匹•叼=空=看 :.HE//SA.又S 幻平而PE PF 11 '：盲苛勺：・EF 〃也且吩严1.又 9：BC//AD.:・BC 〃 EF 、RBC=EF\•••四边形心是平行四边形，:・BE 〃 CF 、又TS 皮平PCD. G 匕平而RD:.BE//平而尸GZ8. （10分）［2016 •河南中原名校联考］如图所示，在四棱锥S ■馭P 中，平而旳门丄平面 ABCD. AB//DC. △S3是等边三角形，且 SD=2、ED=2© AB=2CD=4.（1） 证明：平而如丄平而5＞切・（2） 若疋是SC 上的一点，当厅点位于线段SC 上什么位置时，旳〃平面磁请证明你的 结论.（3）求四棱锥&ABCD 的体积.解：（1）证明HSAD 是等边三角形，:.AD=SD=2,又 BD=2品 J5=4,:.AD^BD=AB,:・BD 丄AD,又I 平而SADL 平面ABCD.平而SADC\平而ABCD=AD. :・BDL 平而SAD.又BX 平而SBD 、•••平而迦丄平面SAD.⑵当疋为SC 的三等分点，即厉=2炉时，结论成立. 证明如下：连接川Q 交助于点忆连接皿1V CD//AB. CD=：AB,•• SA// 平而 EBD.3）过S 作S0丄肋，交AD 于点0・••△SQ 为等边三角形，••0为出?的中点，：.SO=\（3•易证得SO 丄平而ABCD. _1 ―*. V I 'MKW s ASO ）=^S ABCD • SO.•* -S'«fiu-^cx»=0 X (2+4) X 寸3 = 3寸2,:y PUWW $・如＞=3.二.探索垂直关系1.如图所示，在三棱锥磁中，已知刃丄底而MG AB±BC. E＞尸分别是线段丹, FQ上的动点，则下列说法错误的是（）A.当肚丄丹时，HAEF—氾为直角三角形B・当处丄PQ时，HAEF—能为直角三角形C.当疔〃平而磁时，\AEFTE为直角三角形D.当尸C丄平而遁■时.HAEF—矩为直角三角形答案：B ［解析］已知用丄底而则用丄反；又AB丄BC. PAC\AB=A. 则必7丄平而如，BCLAE.当AELPB时，又PBCBC=B,则肚丄平而丹G则血丄〃；A正确.当刃％平而月氏时，又决平而丹G平而PBCn平而月必=万G则疔〃万G故疗丄平而用万，则月尸丄也故C正确.当PC1平而月时，PCLAE.又BCLAE. PCC\BC=C.则血丄平面PBC.则AELEF. 故D正确.用排除法可知选B.2. ____________________________________________________________________ 如图所示，在三棱柱ABGA^G中，侧棱必丄底而馭；底而是以/遊为直角的等腰直角三角形，AC=2a,脛= 3a,。
转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题
专题七立体几何问题四：转化与化归思想解决立体几何中地探索性问题一，考情思路立体几何中地探究性问题既能够考查学生地空间想象力,又可以考查学生地意志力和探究意识,逐步成为近几年高考命题地热点和今后命题地趋势之一,探究性问题主要有两类：一是推理型,即探究空间中地平行与垂直关系,可以利用空间线面关系地判定与性质定理进行推理探究。
二是计算型,即对几何体中地空间角与距离，几何体地体积等计算型问题地相关探究,此类问题多通过求角，求距离，体积等地基本方式把这些探究性问题转化为有关某个参数地方程,依据方程解地存在性来解决.二，经验分享1.对命题款件地探索常采用以下三种方式：(1)先猜后证,即先观察与尝试给出款件再给出证明.(2)先通过命题成立地必要款件探索出命题成立地款件,再证明充分性.(2)把几何问题转化为代数问题,探索出命题成立地款件.2.对于存在判断型问题,解题地策略一般为先假设存在,然后转化为“封闭型”问题求解判断,若不出现矛盾,则肯定存在。
若出现矛盾,则否定存在.这是一种最常用也是最基本地方式对命题结论地探索,常从款件出发,探索出要求地结论是什么,另外还有探索地结论是否存在.求解时,常假设结论存在,再寻找与款件相容还是矛盾地结论.3.解决立体几何中地探索性问题地步骤：第一步：写出探求地最后结论。
第二步：证明探求结论地正确性。
第三步：给出明确结果。
第四步：反思回顾,查看关键点，易错点和答题规范．三，题型思路(一) 空间线面关系地探索性问题1.空间平行关系地探索性问题【例1】如图,在正三棱柱ABC－A1B1C1中,点D在边BC上,AD⊥C1D．（1）求证：AD ⊥平面BC C 1 B 1。
（2）设在棱11B C 上是否存在点E ,使得A 1E ∥平面ADC 1？请给出证明．【思路】（1）利用正棱柱地性质——侧棱与底面垂直,得到1CC ⊥面ABC ,从而1CC AD ⊥,然后结合已知即可得证。
（2）依据正三棱柱地性质即可判断点地存在性,当E 为棱11B C 地中点时,有1//A E AD ,从而可证A 1E ∥平面ADC 1.【思路】（1）在正三棱柱中,C C 1⊥平面ABC ,AD 平面ABC ,∴ AD ⊥C C 1．又AD ⊥C 1D ,C C 1交C 1D 于C 1,且C C 1和C 1D 都在面BC C 1 B 1内,∴ AD ⊥面BC C 1 B 1．（2）存在点E ,当点E 为棱11B C 地中点时,A 1E ∥平面ADC 1.由（1）,得AD ⊥BC ．在正三角形ABC 中,D 是BC 地中点．当E 为B 1C 1地中点时,A 1E ∥平面ADC 1．事实上,正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,四边形BC C 1 B 1是矩形,且D ，E 分别是BC ，B 1C 1地中点,所以B 1B ∥DE ,B 1B= DE ．又B 1B ∥AA 1,且B 1B =AA 1,∴DE ∥AA 1,且DE =AA 1．所以四边形ADE A 1为平行四边形,所以E A 1∥AD ．而E A 1面AD C 1内,故A 1E ∥平面AD C 1．【点评】线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明地两个重点,此类探究性问题地求解,一定要灵活利用空间几何体地结构特征,注意其中地平行与垂直关系,如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系地应用。
立体几何中探索性问题
立体几何中探索性问题B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。
对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。
立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.一.存在判断型例1.正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E,F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A —DC —B ．如图1.(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E DF C --的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ⊥？证明你的结论.例2.如图(2)，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∠PDA 为θ，能否确定θ，使直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线?若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由.解：以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设|AD|=2a ，|AB|=2b ，∠PDA=θ.则A(0，0，0)、B(0，2b ，0)、C(2a ，2b ，0)、D(2a ，0，0)、P(0，0，2atan θ)、M(0，b ，0)、N(a ，b ，atan θ).∴AB =(0，2b ，0)，PC =(2a ，2b ，-2atan θ)，MN =(a ，0，atan θ). ∵AB ·MN =(0，2b ，0)·(a ，0，atan θ)=0，∴AB ⊥MN .即AB ⊥MN.若MN ⊥PC ，则·=(a ，0，atan θ)·(2a ，2b ，-2atan θ) =2a 2-2a 2tan 2θ=0.∴tan 2θ=1，而θ是锐角. ∴tan θ=1，θ＝45°.即当θ=45°时，直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线.【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在。
立体几何中的翻折问题和探索性问题
(3)连接 AC，过 M 作 MP⊥AC 于 P.在正方体 ABCD－ EFGH 中，AC∥EG，所以 MP⊥EG.过 P 作 PK⊥EG 于 K， 连接 KM，所以 EG⊥平面 PKM，从而 KM⊥EG.所以∠PKM 是二面角 A－EG－M 的平面角．设 AD＝2，则 CM＝1，PK ＝2，
在 Rt△CMP 中，PM＝CMsin45°＝ 22.在 Rt△MPK 中，
解 (1)证明：按题意作出三棱锥，如图．
由题知 AD＝AE，DG＝GE，∴DE⊥AG，又 DF＝EF， DG＝GE，∴DE⊥FG.又 AG∩FG＝G，∴DE⊥平面 AGF.
(2)由(1)得 DE⊥AG，DE⊥FG，所以∠AGF 为二面角 A
－DE－F 的平面角．
在△AGF 中，AF＝3，AG＝323，FG＝ 23， 所以 cos∠AGF＝AG22＋·AFGG·F2－GAF2
又 CE⊂平面 ABCD，以平面 PCE⊥平面 PAH.
过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE.
所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角．
在
Rt△AEH
中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以
AH＝
2 2.
在 Rt△PAH 中，PH＝ PA2＋AH2＝322，
【针对训练】 (2016·四川高考)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD∥BC， ∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD，E 为棱 AD 的中点， 异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°.
(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM∥平面 PBE， 并说明理由；
(2)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．
8.7空间向量在立体几何中的应用——证明平行与垂直
1.用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫做直线l 以t 为参数的参数方程.向量a 称为该直线的方向向量.(2)对空间任一确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP →＝(1－t )OA →＋tOB →，叫做空间直线的向量参数方程. 2.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行.( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( × )1.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2 B.－4 C.4 D.－2 答案 C解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 2.已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1,1,1) B.(1，－1,1) C.(－33，－33，－33) D.(33，33，－33) 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.3.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________. 答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直.题型一 利用空间向量证明平行问题例1 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0). ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明 方法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线分别为y 、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同方法一建立空间直角坐标系，写出点A 、B 、C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0,0). ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y,0)，则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)，∴⎩⎨⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由方法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证. 方法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)， A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 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. (1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC . 证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)， B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125， 又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝C ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM . 思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.(1)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证： ①DE ∥平面ABC ； ②B 1F ⊥平面AEF .证明 ①如图建立空间直角坐标系Axyz ， 令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4). 取AB 中点为N ，连接CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .②B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0). B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(2)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角.①求证：CM ∥平面P AD ； ②求证：平面P AB ⊥平面P AD .证明 ①以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ， ∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)， M (32，0，32)， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)，令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1).∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .②取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1). ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ， 又∵BE ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD .题型三 利用空间向量解决探索性问题例4 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由. (1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3). 由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解 由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0). 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0， 即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55，所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3). 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →， 即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论. (1)证明 如图，分别以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)， A (a,0,0)，B (a ，a,0)， C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0). ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2， 若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即G 点为AD 的中点.17.利用向量法解决立体几何问题典例 (12分)(2014·湖北)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. 规范解答解 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .[1分]由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0，0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)，MN →＝(－1，－1,0)，NP →＝(－1,0，λ－2).[3分] (1)证明 当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)， 因为BC 1→＝(－2,0,2)， 所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .[7分](2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1).[9分]同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1).若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.[11分] 故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.[12分] 温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量；(2)建立空间直角坐标系时，要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；(3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直，线面、面面平行、垂直外，还可以利用向量求夹角、距离，从而解决线段长度问题、体积问题等.[方法与技巧]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.(2)建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题.[失误与防范]用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.A 组 专项基础训练(时间：40分钟)1.若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( )A.l ∥αB.l ⊥αC.l ⊂αD.l 与α相交答案 B解析 ∵n ＝－2a ，∴a 与α的法向量平行，∴l ⊥α.2.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内A.P (2,3,3)B.P (－2,0,1)C.P (－4,4,0)D.P (3，－3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.3.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A.相交B.平行C.在平面内D.平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.4.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A.(1,1,1)B.(23，23，1) C.(22，22，1) D.(24，24，1) 答案 C解析 设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，则O (22，22，0)， 又E (0,0,1)，A (2，2，0)，∴OE →＝(－22，－22，1)，AM →＝(x －2，y －2，1)， ∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎨⎧ x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎨⎧ x ＝22，y ＝22.5.已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是___________________________________.解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1，∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.6.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________.答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确.又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误.7.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD＝2，E ，F ，H 分别是线段P A ，PD ，AB 的中点.求证：(1)PB ∥平面EFH ；(2)PD ⊥平面AHF .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，H (1,0,0).(1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ，∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .8.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 、DP 、DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0).∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .9.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E (12，1，12)，F (0,1，12)，EF →＝(－12，0,0)，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0).(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ， 又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升(时间：25分钟)10.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.答案 1解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.11.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个.答案 2解析 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1，1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x ＋12，y ＋12，1， 又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上，∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1.∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.12.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点.(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由.(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0).使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0).又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z ).∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0. 取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0， 解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 13.如图所示，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由.(1)证明 连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0. 故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)解 棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC .理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS → ＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ， 而BE →·DS →＝0⇔t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .∴存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2.。
立体几何中的探索性问题
AG的长；若不存在,请说明理由。
分析：(1)以 A1为坐标原点,A1D1 ,
A1$1 , A1A所在直线为'轴,y轴,z轴,建
立空间直角坐标系。根据向量的坐标可得
EF$—A1A + *A%：,由此可证EF%平面
AA1C1C。也可利用直线EF与平面
AA1C1C的法向量垂直来证明EF /平面
AA1C1C„ (2)将问题转化为线段A^h是否
AD ,AP所在直线为工 轴,(轴,w轴,建立如
zjk
PIK
//I1w \ \
图2所示的空间直角
\k \
坐标系A-eyz ,由AD
/ \\
= 2AB = 2BC = 4 , PA
/人\比//y
=4 ,可得 A (0,0,0),
B(2,0,0), C(2,2,0)," /%
C
D(0,4,0) , P(0,0,4)。
z)，然后利用sin !
| BE - n | ，即可求解。 I BE丨•丨n |
解：(1)因为PB±平面 ABCBCU平面
ABC^ 以 PB ±BC。又 AB ±BC,AB '
BP$B ,所以 BC丄平面 PAB。又 PA U平
面 PAB，贝ij BC 丄 PA。又 AB $ PB $ 2,
△ PAB为等腰直角三角形，G为斜边PA的
知识篇科学备考新指向 高考数学2021年2月
立体代何中的採索性问題V
■甘肃省嘉峪关市第一中学 卢会玉
立体几何解答题的基本模式是论证推理 与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设 问，逐层加深。大部分问题都需要用向量工 具解决，处理问题的原则是建模、建系。建模 即需要将问题转化为平行模型、垂直模型、平 面化模型及角度、距离等的计算模型；建系是 依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标 系，再利用空间向量求解。探索性问题的类
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。
立体几何中探索性问题的研究
2021年新高考数学总复习：立体几何中探索性问题的研究高考中的立体几何探索性试题，我们一般可以采用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，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．例题 如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1.(1)证明：P A ⊥平面ABCD ；(2)求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角的大小；(3)问：在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC .证明你的结论．审题方法 F 是线段PC 上的点，一般可设PF →＝λPC →，求出λ的值，点P 是已知的，即可求出点F .解题思路 (1)证明的是线面垂直，只要努力去找直线与平面内的两条相交直线垂直即可；(2)按找二面角的方法进行；(3)通过建立恰当的直角坐标系，给出相应点的坐标，利用坐标关系和向量的相等就可以解决了．(1)证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，所以AB ＝AD ＝AC ＝a ，在△P AB 中，由P A 2＋AB 2＝2a 2＝PB 2，知P A ⊥AB ，同理P A ⊥AD ，所以P A ⊥平面ABCD .(2)解 如图1所示，作EG ∥P A 交AD 于G ，由P A ⊥平面ABCD ，知EG ⊥平面ABCD ，作 GH ⊥AC 于H ，连接EH ，则EH ⊥AC ，则∠EHG 为所求二面角的平面角，设为θ.又PE ∶ED ＝2∶1，图1则EG ＝13a ，AG ＝23a ，GH ＝AG sin 60°＝33a ，从而tan θ＝EG GH ＝33，所以θ＝30°. (3)解 以A 为坐标原点，直线AD ，AP 分别为y 轴，z 轴，过A 点垂直平面P AD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．由题设条件，相关各点的坐标分别为A (0， 0， 0)，B ⎝⎛⎭⎫32a ，－12a ，0，C ⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，0，D (0，a ， 0)，P (0， 0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，23a ，13a .图2所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，23a ，13a ，AP →＝(0， 0，a )， AC →＝⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，－a ， BP →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，a . 设F 是棱PC 上的点，且PF →＝λPC →＝⎝⎛⎭⎫32aλ，12aλ，－aλ，其中0<λ<1，则 BF →＝BP →＋PF →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，a ＋⎝⎛⎭⎫32aλ，12aλ，－aλ ＝⎝⎛⎭⎫32a (λ－1)，12a (1＋λ)，a (1－λ). 令BF →＝λ1AC →＋λ2AE →，得：⎩⎪⎨⎪⎧ 32a (λ－1)＝32aλ1，12a (λ＋1)＝12aλ1＋23aλ2，a (1－λ)＝13aλ2，解得λ＝12，λ1＝－12， λ2＝32，即λ＝12时，BF →＝－12AC →＋32AE →，即F 是PC 的中点时，BF →，AC →，AE →共面．又BF 不在平面AEC 内，所以当F 是棱PC 的中点时，BF ∥平面AEC .例题追根溯源 如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB。
[知识]立体几何中的开放探索性问题
![[知识]立体几何中的开放探索性问题](https://img.taocdn.com/s3/m/7ba1b506f08583d049649b6648d7c1c708a10bfc.png)
立体几何中的开放探索性问题衡阳县一中 王爱民 马中平湖南祁东育贤中学 周友良 421600题型解读数学开放性题是近年高考命题的一个新的亮点，其解法灵活且具有一定的探索性，这类题型按解题目标的操作模式分为：规律探索型，问题探究型，数学建模型，操作设计型，情景研究型．如果是未知的是解题假设，那么就称为条件开放型；如果是未知的是解题目标，那么就称为结论开放型；如果是未知的是解题推理，那么就称为策略开放型．当然，作为数学高考试题中开放题其＂开放度＂是比较弱的，如何解答立体几何中的这类问题，还是通过实际例子加以说明．一、 规律探索型例1．1111ABCD A BC D - 是单位正方体,黑白两个蚂蚁从点A 出发沿棱向前爬行,每走完一条棱称为”走完一段”. 白蚂蚁的爬行路线是111AA A D →→ , 黑蚂蚁的爬行路线是1AB BB →→ ,它们都依照如下规则:所爬行的第n+2段与第n 段所在直线必须是异面直线,设黑白两个蚂蚁都走完2005段后各停止在正方体的某个顶点处,这时黑白两个蚂蚁的距离是多少?C 1分析：本题步数比较大，因此肯定要探索出一个周期性黑蚂蚁的爬行路线是1111AB BB B C C →→→6段又回到出发点A 。
故而它们的周期为6。
2005段后停止在正方体的B 顶点处，白蚂蚁走完2005段后停止在正方体的1A作性探索题，要求同学们大胆动手，必须探索出一个规律性来。
二、 操作设计型例2．（Ⅰ）给出两块面积相同的正三角形纸片（如图1，图2），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；（Ⅱ）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； （Ⅲ）（附加题）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．【分析】 本题主要考查空间想象能力、动手操作能力、探究能力和灵活运用所学知识解决现实问题的能力．通过数学科的高考，倡导重视数学应用，是从1993年开始的，已经经历了十个年头．这些年来，尽管数学科高考中有关数学应用的试题存在这样那样的缺陷，但是它所倡导的加强数学学科与社会实际和生产实际的联系，引导考生置身于现实社会大环境中，关心身边的数学问题，具有良好的导向，也促进了中学数学教学加强数学应用的研究，推动数学教学改革．这种命题方向得到数学教育界的普遍肯定．回顾这些年来高考中有关数学应用的问题，所涉及的知识面上还存在一定的局限性，多数是函数知识和数列知识的运用．前年试题选择题中出现的“民房屋顶面积”问题，各地反映良好，去年设计的“纸片剪拼”问题，目的在于尝试开拓数学应用的新领域．用纸片做有规则的几何体模型，是《立体几何》课本的要求，如习题七中的第1题和习题八中的第1题．本试题的设计是在这个基础上，增加剪拼模型的条件的限制，提高操作难度，以期考查出空间想象能力和动手操作能力．由于这种试题第一次出现，注意由浅入深，首先是剪拼“正三棱锥”，这与习题八第1题相似，是多数考生能够完成的．其次用正三角形纸片剪拼“正三棱柱”，要有较丰富的想象力，本题有多种剪拼方法，充分体现“开放性”，给考生提供广阔的思维空间．再次，将纸片一般化为任意三角形、剪拼“直三棱柱”，考查的是能力的迁移，将具体的问题抽象化，难度较高，估计绝大多数考生在限时内难以完成、，故作为“附加题”出现，能完成者有“奖励分”．这种问题的提出估计能解答者甚少，但能倡导探究，倡导创造、发现，对于培养高素质的人才是有益的．理解“全面积相等”的条件，就是剪拼出来的几何体不能缺某个面，也不能剪拼成几何体后还剩余纸片，但纸片的裁剪块数是没有限制的，因之有多种剪拼方法．解：（Ⅰ）如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥．如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的41，有一组对角为直角．余下部分按虚线折起，可成为一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底．（Ⅱ）依上面剪拼的方法，有V 柱＞V 锥． 推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为43．现在计算它们的高：36233212=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅-=锥h ，6330tan 21=︒=柱h ．∴ 0243224363964331<-=⋅⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-柱锥柱锥h h V V所以，V 柱＞V 锥． （Ⅲ）（附加题）如图3，分别连续三角形的内心与各顶点，得到三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直三棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可以拼接成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱模型．正三棱柱的其他剪拼方法： 方法1按图4，取三角形三边中点剪出①、②两个小三角形为正三棱柱的上、下底面，将平行四边形③等分为三个小平行四边形，再分别解为矩形作为侧面．方法2按图5，取三角形两边的中点，剪出①、②、③三个小三角形，以①为正三棱柱的一底，②+③为它的另一底；再将矩形④三等分，分别作为三棱柱的一个侧面．方法3按图6，取三角形边的三等分点，剪出①、②、③三个小三角形，以①为正三棱柱的一底，②+③为它的另一底；剪出小三角形⑤、⑥，拼为一个等边三角形，再剪拼为矩形，进而将矩形三等分，分别拼入④、⑦、⑧三个矩形中，作为棱柱的三个侧面．方法4按图7，取三角形边的四等分点，先剪出小三角形①、②、③和矩形④，以①为正三棱柱的一底，②+③为它的另一底；再剪出小三角形⑧、⑨，矩形⑥，五边形⑤、⑦．⑤+⑧，⑦+⑨，均可成为矩形，其面积同矩形⑥；进而将矩形④三等分，分别拼入上述三个矩形中，作为棱柱的三个侧面．依此类推可得出一般的剪拼方法：将等边三角形的一边等分为奇数条线段，可按方法3剪拼成正三棱柱；将等边三角形的一边等分为偶数条线段，可按方法4剪拼成正三棱柱．这是一道新颖的立体几何应用题．从前年在选择题中判断“民房屋顶面积”关注立体几何的实际应用之后，去年加大了对立体几何结合生活实际的考查，通过解答题来体现．制作形体的模型，是生产和生活实际中一项重要的技能．学习立体几何的时候，往往也通过观察和制作几何模型来提高空间想象能力．考查几何模型的制作，有利于倡导动手实践，关注立体几何知识与现实生活中形体的联系．试题设计注意到推出一类新鲜问题时难度层次的把握．首先，剪拼一个“正三棱锥”，这是一个类同于课本习题的问题，绝大多数考生都能操作．其次，剪拼一个“正三棱柱”，巧妙之处在于条件“全面积相等”，即给出的正三角形纸片要用完，不能多余也不能缺．由于不设定其他条件，比如底面边长或高的限制，因之有多种剪拼方法，是一道成功的“开放性”试题．题中提出的“请设计一种剪拼方法”，充分体现把解答问题的主动权交给考生，为考生创设出广阔的思维空间．再次，将给出的特殊三角形的纸片一般化，研究对于任意三角形的纸片能否剪拼成直三棱柱的问题，是思维的深层次发展，作为限时考试的高考，要完成的难度较高，故作为“附加题”处理，甚为合适，就算绝大多数考生未能作答，却可以留下悬念，鼓励考生加强探索，敢于创新，不要让学习停留在解答故有的习题上，永远只能亦步亦趋．三、 情景研究型例3．把四个半径为1的小球放在桌面上，使下层三个，上层一个，两两相切，求上层小球最高处离桌面的距离.分析 ：本题是四个小球堆放的一个实物模型，如何利用我们所学的数学知识将其转化为数学问题是解决这个问题的关键，下层三个球的球心到桌面的距离相等，四个球心之间的距离相等，四个球心两两连线可构成一个正四面体，这是建模解决此问题的关键。
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A1C 中， E， F，G， H 分别是棱 CC1，C1D 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 B1 BDD 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 ] FH ∩HN ＝ H， DD 1∩ BD ＝ D，∴平面 FHN ∥平面 FHN ，且 MN ∥平面 B 1BDD 1.连接 HN ，FH ，FN ，则 FH ∥ DD 1，HN ∥ BD ，B1BDD 1，故只要 M ∈ FH，则 MN ? 平面2.如图所示，在正方体ABCD -A1B1C1D1中， E 是棱 DD 1的中点．(1)求直线 BE 和平面 ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱 C1 D1上是否存在一点 F ，使 B1F∥平面 A1BE？证明你的结论．解：(1) 如图所示，取 AA 1的中点 M，连接 EM，BM.因为 E 是 DD 1的中点，四边形 ADD 1A1为正方形，所以EM∥AD .(2 分 )又在正方体ABCD -A1B1C1D1中， AD⊥平面 ABB1A1，所以 EM⊥平面 ABB1A1，从而BM 为直线 BE 在平面 ABB 1A1上的射影，∠EBM 为 BE 和平面 ABB1A1所成的角． (4 分 )设正方体的棱长为2，则EM ＝AD＝ 2， BE＝ 22＋ 22＋ 12＝ 3.EM2于是，在 Rt △ BEM 中， sin∠ EBM＝＝，(5分)2即直线 BE 和平面 ABB1A1所成的角的正弦值为3.(6 分)(2)在棱 C1 D1上存在点F，使 B1F∥平面 A1BE.事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和 CD 的中点 F， G，连接 B1F ， EG，BG， CD1，FG .因A1D1∥ B1C1∥BC，且 A1D1＝BC，所以四边形A1BCD 1是平行四边形，因此 D 1C∥ A1B.又 E， G 分别为 D1D ，CD 的中点，所以 EG ∥D 1C，从而 EG∥A1B.这说明 A1， B， G， E 四点共面．所以BG? 平面 A1BE.(8 分)因四边形 C1CDD 1与 B1BCC1皆为正方形， F， G 分别为 C1D 1和 CD 的中点，所以 FG ∥C1C∥ B1B，且 FG ＝ C1C＝ B1B，因此四边形B1BGF 是平行四边形，所以B1F∥ BG，(10 分)而B1F?平面 A1BE， BG? 平面 A1BE，故 B1F∥平面 A1BE.(12 分 )3．如图，四棱锥 P-ABCD 中， PD⊥平面 ABCD ，底面 ABCD 为矩形， PD＝DC ＝ 4， AD ＝2， E 为 PC 的中点．(1)求三棱锥A-PDE 的体积；(2)AC 边上是否存在一点 M，使得 PA∥平面 EDM ？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由．解析： (1)∵ PD⊥平面 ABCD ，∴ PD ⊥ AD.又∵ ABCD 是矩形，∴AD⊥ CD .∵PD∩ CD ＝D ，∴ AD ⊥平面 PCD ，∴ AD 是三棱锥 A-PDE∵ E 为 PC 的中点，且 11∴ S △PDE ＝ 2S △PDC ＝ 2×又 AD ＝2，的高．PD ＝ DC ＝4，12×4× 4 ＝4.11 8 ∴ V A －PDE ＝AD ·S △PDE ＝×2×4＝ .333(2)取 AC 中点 M ，连接 EM ， DM ，∵ E 为 PC 的中点， M 是 AC 的中点，∴ EM ∥ PA.又∵ EM? 平面 EDM ，PA?平面 EDM ，∴ PA ∥平面 EDM .1∴AM ＝ AC ＝ 5.2即在 AC 边上存在一点M ，使得 PA ∥平面 EDM ， AM 的长为 5.4.如图所示，在三棱锥P - ABC 中，点 D ，E 分别为 PB ，BC 的中点．在线段AC 上是否存在点 F ，使得 AD ∥平面 PEF ？若存在，求出AF的值；若不存在，请说明理由．FC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.AF DG 1又∵点 D ，E 分别为 PB ， BC 的中点，∴ G 为△ PBC 的重心，∴ FC ＝ GC ＝ 2.故在线段 ACAF1上存在点 F ，使得 AD ∥平面 PEF ，且 ＝ .5． [2016 ·京卷北 ] 如图，在四棱锥P - ABCD 中， PC⊥平面 ABCD ，AB ∥DC， DC⊥ AC.(1)求证： DC ⊥平面 PAC.(2)求证：平面 PAB ⊥平面 PAC.(3)设点 E 为 AB 的中点，在棱 PB 上是否存在点 F ，使得 PA∥平面 CEF ？说明理由．解： (1) 证明：因为PC⊥平面 ABCD ，所以 PC⊥ DC .又因为 DC ⊥AC，所以 DC⊥平面 PAC.(2)证明：因为 AB∥ DC ，DC ⊥ AC，所以 AB⊥ AC.因为 PC⊥平面 ABCD ，所以 PC⊥ AB，所以 AB⊥平面 PAC，所以平面 PAB⊥平面 PAC.(3)棱 PB 上存在点 F，使得 PA∥平面 CEF .证明如下：取PB 的中点 F，连接 EF，CE ，CF .因为 E 为 AB 的中点，所以 EF∥ PA.又因为 PA?平面 CEF ，所以 PA∥平面 CEF .6．[2016 ·川卷四 ] 如图，在四棱锥P - ABCD 中，PA⊥ CD，AD∥ BC，∠ ADC＝∠ PAB ＝90°，1BC＝ CD＝2AD .(1)在平面 PAD 内找一点 M，使得直线 CM∥平面 PAB，并说明理由；(2)证明：平面 PAB ⊥平面 PBD .解： (1) 取棱 AD 的中点 M(M ∈平面 PAD) ，点 M 即为所求的一个点．理由如下：1所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB.又AB? 平面 PAB ，CM?平面 PAB，所以 CM ∥平面 PAB.(说明：取棱PD 的中点 N，则所找的点可以是直线MN 上任意一点 )(2)证明：由已知， PA⊥AB， PA⊥CD .1因为 AD∥ BC， BC＝2AD ，所以直线 AB 与 CD 相交，所以 PA⊥平面 ABCD ，从而 PA⊥ BD .1因为 AD∥ BC， BC＝2AD ，所以 BC∥ MD ，且 BC＝ MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，1所以 BM ＝ CD＝2AD ，所以 BD ⊥ AB.又AB∩AP ＝A，所以 BD ⊥平面 PAB.又BD? 平面 PBD，所以平面 PAB⊥平面 PBD.7.[2016 阳·泉模拟 ] 如图 7-41-10，在四棱锥 P- ABCD 中，BC ∥AD，BC＝ 1，AD＝ 3，AC⊥ CD ，且平面 PCD⊥平面 ABCD .(1)求证： AC⊥ PD .PE(2)在线段 PA 上是否存在点 E，使 BE∥平面 PCD？若存在，求出PA的值；若不存在，请说明理由．解： (1) 证明：∵平面PCD ⊥平面 ABCD ，平面 PCD∩平面 ABCD ＝ CD ， AC⊥CD ， AC? 平面ABCD ，∴AC⊥平面PCD ，∵PD ? 平面 PCD ，∴ AC⊥ PD .PE 1(2) 在线段 PA 上存在点E，使 BE∥平面 PCD，且PA＝3.下面给出证明：∵AD ＝ 3， BC＝ 1，∴在△ PAD 中，分别取 PA， PD ∵PEPA＝PD PF＝13，∴ EF∥ AD ，且靠近点 P 的三等分点E， F，连接 EF ， BE， CF .1EF＝3AD＝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 ＝ 2 3， 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 ＝ 2 3， 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.1∵ CD ∥AB ，CD ＝2AB ，∴ CH ＝1＝ CE ，∴ HE ∥ SA. HA2ES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 ，1∴ V 四棱锥 S -ABCD ＝ S 梯形 ABCD · SO.3∵ S 梯形 ABCD ＝ 1× (2＋ 4)× 3＝ 3 3，2∴ V 四棱锥 S - ABCD ＝3.二、探索垂直关系1．如图所示，在三棱锥 P - ABC 中，已知 PA ⊥底面 ABC ，AB ⊥ BC ，E ，F 分别是线段 PB ，PC 上的动点，则下列说法错误的是 ( )A ．当 AE ⊥ PB 时，△ AEF 一定为直角三角形 B ．当 AF ⊥ PC 时，△ AEF 一定为直角三角形C ．当 EF ∥平面 ABC 时，△ AEF 一定为直角三角形D ．当 PC ⊥平面 AEF 时，△ AEF 一定为直角三角形答案： B [解析 ] 已知 PA ⊥底面 ABC ，则 PA ⊥ BC ，又 AB ⊥ BC ， PA ∩ AB ＝ A ， 则 BC ⊥平面 PAB ， BC ⊥ AE.当 AE ⊥ PB 时，又 PB ∩ BC ＝ B ，则 AE ⊥平面 PBC ，则 AE ⊥ EF ， A 正确．当 EF ∥平面 ABC 时，又 EF ? 平面 PBC ，平面 PBC ∩平面 ABC ＝ BC ，则 EF ∥ BC ，故 EF ⊥平面 PAB ，则 AE ⊥EF ，故 C 正确．当 PC ⊥平面 AEF 时，PC ⊥ AE ，又 BC ⊥AE ，PC ∩BC ＝C ，则 AE ⊥平面 PBC ，则 AE ⊥ EF ，故 D 正确．用排除法可知选 B.2．如图所示，在三棱柱 ABC-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 △ FA 1D ，得 AC＝ AF ，即 2a ＝ x，整理得 x 2－3ax ＋ 2a 2＝ 0，解得 x A 1F A 1D 3a － x a＝a 或 x ＝ 2a.3．如图所示， PA ⊥圆 O 所在的平面， AB 是圆 O 的直径， C 是圆 O 上的一点， E ， F 分别是点 A 在 PB ，PC 上的正投影，给出下列结论：① AF ⊥ PB ；② EF ⊥ PB ；③ AF ⊥ BC ；④ AE ⊥平面 PBC .其中正确结论的序号是 ________．答案：①②③ [ 解析 ] 由题意知 PA ⊥平面 ABC ，∴ PA ⊥ BC.又 AC ⊥ BC ，PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面 PAC ，∴ BC ⊥ AF.∵ AF ⊥ PC ，BC ∩ PC ＝ C ，∴ AF ⊥平面 PBC ，∴AF ⊥ PB ，AF ⊥ BC.又 AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ，∴ PB ⊥平面 AEF ，∴ PB ⊥ EF .故①②③正确．4.如图所示，已知长方体 ABCD -A1B1C1D1的底面 ABCD 为正方形， E 为线段 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 C1C 的中点，当D1D的比值为多少时，DF ⊥平面 D1MB？并说明理由．AD解析： (1)证明：∵ E 为线段 AD1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 .D 1D(2)当AD＝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BD 1，CC1的中点，∴FM∥AC.∴DF⊥FM.∵D1D ＝ 2AD ，∴D1D ＝ BD.∴矩形 D 1DBB 1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， A1 B 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DA 1C 底边 A1 C 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 -A1 B1 C1D 1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⊥ A1 B，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 A1 BD⊥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 A1 EF.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 A1 BD∩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 A1 B⊥ 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．。
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N ，使得 MN ∥平面 DAE .
【解析】 (1)证明 ∵ AD 平面 ABE ， AD ∥ BC ，
∴ BC ⊥平面 ABE ， ∵ AE 平面 ABE ，∴ AE BC . 又∵ BF 平面 ACE ， AE 平面 ACE ， ∴ AE BF ， ∵ BF
BC B ，∴ AE 平面 BCE ，
N M P D A E B C
【解析】 （1）证明：连结 AC ， ∵四边形 ABCD 是菱形,∴ AC BD ， M ∵四边形 ADNM 是矩形，∴ AM AD ， ∵平面 ADNM 平面 ABCD ， 平面 ADNM 平面 ABCD AD ，
A E
N P D B S C
AM 平面 ADNM ,∴ AM 平面 ABCD ，
考点2 探究垂直问题
【例 2】如图，在四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，其他四个侧 面都是等边三角形， AC 与 BD 的交点为 O ． （1）求证： SO 平面 ABCD ； （ 2 ）已知 E 为侧棱 SC 上一个动点 . 试问对于 SC 上任意一点 E ，平面
BDE 与平面 SAC 是否垂直？若垂直， 请加以证明； 若不垂直， 请说明理由．
2，
C
∴ CD 2 PC 2 PD 2 2 ，即 CPD 900 ． 在平面四边形 PCHD 中，
PC PD, PC CH ，∴ PD // CH ，
又 PD ，∴ CH ， ∵ CH 平面 ，∴平面 平面 ．
归纳反思
对立几命题条件的探索常采用: 1.先猜后证，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.
2 ，试判断平面 与平面 是否垂直，并证明你的结论．C Nhomakorabea
【解析】 （1）证明：∵ PC , AB ， ∴ PC AB ，同理 PD AB ． ∵ PC
PD P ，∴ AB 平面 PCD ．
（2）平面 与平面 垂直 证明：设 AB 与平面 PCD 的交点为 H ，连结 CH 、 DH ． ∵ PC ，∴ PC CH ， 在 PCD 中， PC PD 1, CD P B H A D
考纲要求
掌握立体几何中的常见的探究性问题．
典例剖析
考点1 探究平行问题
【例 1】如图，四边形 ABCD 为矩形， AD 平面 ABE ， AE EB BC ，
F 为 CE 上的点，且 BF 平面 ACE .
(1)求证： AE BE ； (2) 设 M 在线段 AB 上，且满足 AM 2 MB ，试在线段 CE 上确定一点
又∵ BE 平面 BCE ，∴ AE BE ．
(2)在 ABE 中，过 M 点作 MG ∥ AE 交 BE 于 G 点． 在 BEC 中，过 G 点作 GN ∥ BC 交 EC 于 N 点，连接 MN . 则由比例关系易得 CN ∵ MG ∥ AE ，
1 CE . 3
MG 平面 ADE ， AE 平面 ADE ，
∵ BD 平面 ABCD ，∴ AM BD , ∵ AC
AM A ,∴ BD 平面 ACM ，
∵ MC 平面 ACM ,∴ BD MC .
（2）当 E 为 AB 的中点时，有 AP //平面 NEC . 证明：取 NC 的中点 S ，连结 PS ， SE . ∵ P 为 DN 的中点， S 是 NC 的中点，
1 ∴ PS // DC ,且 PS DC ， 2 1 ∵ AE // DC ,且 AE DC ， 2
∴ PS // AE ，且 PS AE , ∴四边形 AEPS 为平行四边形，∴ AP // ES ， ∵ AP 平面 NEC ， ES 平面 NEC ， ∴ AP //平面 NEC ．
SO O ，∴ BD 面SAC .
又∵ BD 面BDE ，∴平面 BDE 平面 SAC ．
【变式】 （2013 门头沟一模）如图，已知平面 , ，且
AB , PC ,
PD , C , D 是垂足．
（1）求证： AB 平面 PCD ； （2）若 PC PD 1, CD P B D A
∴ MG ∥平面 ADE . 同理， GN ∥平面 ADE . ∵ MG
GF G ，
∴平面 MGN ∥平面 ADE . 而 MN 平面 MGN ，∴ MN ∥平面 ADE . ∴ N 点为线段 CE 上靠近 C 点的一个三等分点．
【变式】 （ 2013 淄 博 一 模 ） 在 如 图 所 示 的 几 何 体 中 , 四 边 形 ABCD 是 菱 形, ADNM 是矩形,平面 ADNM 平面 ABCD , P 为 DN 的中点. (1)求证: BD MC ； (2)在线段 AB 上是否存在点 E ，使得 AP ∥平面 NEC ，若存在，说明其 位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
S
E A B O C D
【解析】 （1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形， AC ∴O 是 AC ， BD 中点． 由已知， SA SC , SB SD ， ∴ SO AC , SO BD , 又 AC
BD O ，
BD O ，∴ SO 平面 ABCD ．
（2）对于 SC 上任意一点 E ，平面 BDE 平面 SAC . 证明如下：由（1）知 SO 面ABCD ， 而 BD 面ABCD ，∴ SO BD . 又∵四边形 ABCD 是正方形，∴ AC BD . ∵ AC