立体几何中的探索性问题 (2)
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。
用空间向量解决立体几何中的探索性问题
典型例题例题：如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为矩形， P A ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ⊥平面AEC ；(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C AF D 大小为60°？[解] (1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ， 因为四边形ABCD 为矩形，所以点O 是BD 的中点，因为点E 是棱PD 的中点，所以PB ⊥EO ，又因为PB ⊥平面AEC ，EO ⊥平面AEC ，所以PB ⊥平面AEC .(2)由题意知AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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，设AB ＝AD ＝2a ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，F (a ，a ，c )．因为z 轴⊥平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC ―→＝(2a ，2a ，0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊥平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝（1,0ca ），所以cos 60°＝|n·m||n|·|m|＝12·1＋a 2c 2＝12，得a ＝c . 即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C AF D 的大小为60°.解题策略利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．变式练习如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA＝1，OD ＝2，⊥OAB ，⊥OAC ，⊥ODE ，⊥ODF都是正三角形．(1)证明：直线BC ⊥平面OEF ；(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M OE D的余弦值是31313？若不存在，请说明理由； 若存在，请求出M 点所在的位置． 解：(1)证明：依题意，在平面ADFC 中，⊥CAO ＝⊥FOD ＝60°，⊥AC ⊥OF ，又OF ⊥平面OEF ，⊥AC ⊥平面OEF .在平面ABED 中，⊥BAO ＝⊥EOD ＝60°，⊥AB ⊥OE ，又OE ⊥平面OEF ，⊥AB ⊥平面OEF .⊥AB ∩AC ＝A ，AB ⊥平面OEF ，AC ⊥平面OEF ，AB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面ABC ，⊥平面ABC ⊥平面OEF .又BC ⊥平面ABC ，⊥直线BC ⊥平面OEF .(2)设OD 的中点为G ，如图，连接GE ，GF ，由题意可得GE ，GD ，GF 两两垂直，以G 为坐标原点，GE ，GD ，GF 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易知O （0，-1，0），E (3，0，0)，F (0，0，3)，D (0，1，0)．假设在线段DF 上存在一点M ，使得二面角M OE D 的余弦值是31313.设DM ―→＝λDF ―→，λ⊥[0，1]，则M (0，1－λ，3λ)， OM ―→＝(0，2－λ，3λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MOE 的法向量，由⎩⎨⎧n·OM ―→＝0，n·OE ―→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧（2－λ）·y ＋3λ·z ＝0，3x ＋y ＝0，可取x ＝－λ， 则y ＝3λ，z ＝λ－2，n ＝(－λ，3λ，λ－2)．又平面OED 的一个法向量m ＝(0，0，1)，⊥31313＝|cos m ，n |＝|λ－2|4λ2＋（λ－2）2，⊥(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ⊥[0，1]，⊥λ＝12.⊥存在满足条件的点M ，M 为DF 的中点．2．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ⊥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ⊥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，⊥AF ⊥BE .⊥AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，⊥AF ⊥平面BDE . 又DE ⊥平面BDE ，⊥AF ⊥DE .⊥AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，⊥DE ⊥平面ABFE .又BE ⊥平面ABFE ，⊥DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：⊥AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，⊥AE ⊥平面DEFC . 如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,3)，D (0,21-,23)， AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝(2-,21-,23).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P (2，λλ+12，0)，λ⊥(0，＋∞)， 可得CP ―→＝(2，λλ+-11，3-). 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos<CP ，n>|＝5)11(71112⨯+-++---λλλλ＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)，⊥P 为AB 的中点时，满足条件．。
2021年高考数学难点突破(新课标版) 专题12 立体几何中探索性问题(解析版)
专题12 立体几何中探索性问题专题概述立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．典型例题【例1】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥． （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使得//DE 平面1ABC ．若存在，求二面角1E AC B --的余弦值．【分析】（1）推导出1AA AB ⊥，1A A AC ⊥，从而1A C ⊥平面1ABC ，由此能证明平面1ABC ⊥平面11A ACC ． （2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ，设点E 到平面1ABC的距离为d ，由11E ABC C ABE V V --=，求出d =A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角1E AC B --的余弦值．【解答】证明：（1）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，1AA AB ∴⊥， 又1AA BC ⊥，ABBC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1A A AC ∴⊥．又1A A AC =，11AC AC ∴⊥．又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ．解：（2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EFDF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，则有//DE 平面1ABC ．设点E 到平面1ABC 的距离为d ，AB AC ⊥，且1AA AB ⊥，AB ∴⊥平面11A ACC ，1AB AC ∴⊥，∴1122BAC S=⨯= 1A A AC ⊥，AB AC ⊥，AC ∴⊥平面11A ABB ， 11//AC AC ，11AC ∴⊥平面11ABB ，∴11111182243323C ABE ABE V S AC -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 由1183E ABC C ABE V V --==，解得188333ABC d S=⨯==以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系， (0A ，0，0)，(2B ，0，0)，1(0C ，4，4)，(2E ，0，2)， 1(0AC =，4，4)，(2AB =，0，0)，(2AE =，0，2)，设平面1AC E 的法向量(n x =，y ，)z ，则1440220n AC y z n AE x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，1)-， 设平面1AC B 的法向量(m x =，y ，)z ，则144020m AC y z m AB x ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩，取1y =，得(0m =，1，1)-， 设二面角的平面角为θ， 则6cos ||||32m n m n θ===．∴二面角1E AC B --【例2】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，且1BC BB ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒． （1）求证：1BD CC ⊥；（2）若动点E 在棱11C D 上，试确定点E 的位置，使得直线DE 与平面1BDB ．【分析】（1）连接1A B ，1A D ，AC ，则△1A AB 和△1A AD 均为正三角形，设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥，由四边形ABCD 是正方形，得AC BD ⊥，从而BD ⊥平面1A AC ．进而1BD AA ⊥，由此能证明1BD CC ⊥．（2）推导出11A B A D ⊥，1AO AO ⊥，1AO BD ⊥，从而1A O ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法能求出当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ． 【解答】解：（1）连接1A B ，1A D ，AC ， 因为1AB AA AD ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒， 所以△1A AB 和△1A AD 均为正三角形， 于是11A B A D =．设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥， 又四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 而1A OAC O =，所以BD ⊥平面1A AC ．又1AA ⊂平面1A AC ，所以1BD AA ⊥，又11//CC AA ，所以1BD CC ⊥．（2）由11A B A D ==2BD ==，知11A B A D ⊥，于是1112AO AO BD AA ===，从而1AO AO ⊥， 结合1AO BD ⊥，1A AC O =，得1A O ⊥底面ABCD ，所以OA 、OB 、1OA 两两垂直．如图，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -， 则(1A ，0，0)，(0B ，1，0)，(0D ，1-，0)，1(0A ，0，1)，(1C -，0，0)， (0,2,0)DB =，11(1,0,1)BB AA ==-，11(1,1,0)D C DC ==-，由11(1,0,1)DD AA ==-，得1(1D -，1-，1)．设111([0,1])D E D C λλ=∈，则(1E x +，1E y +，1)(1E z λ-=-，1，0)，即(1E λ--，1λ-，1)， 所以(1,,1)DE λλ=--．设平面1B BD 的一个法向量为(,,)n x y z =， 由100n DB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =，得(1,0,1)n =，设直线DE 与平面1BDB 所成角为θ，则sin |cos ,|2DE n θ=<>==⨯解得12λ=或13λ=-（舍去）， 所以当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ．【变式训练】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥ （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使//DE 平面1ABC ，若存在，求点E 到平面1ABC 的距离．【分析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，由侧面11ABB A 是矩形，可得1AA AB ⊥，又1AA BC ⊥，可得1AA ⊥平面ABC ，得到1AA AC ⊥，进一步有11AC AC ⊥，结合11BC AC ⊥，可得1A C ⊥平面1ABC ，由面面垂直的判定得平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ，由面面平行的判定和性质可得//DE 平面1ABC ，咋爱优等体积法可求点E 到平面1ABC 的距离为． 【解答】（1）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形， 1AA AB ∴⊥，又1AA BC ⊥，AB BC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1AA AC ∴⊥，又1AA AC =，11AC AC ∴⊥， 又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）解：当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EF DF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，又DE ⊂平面EFD ，//DE ∴平面1ABC ，又11E ABC C ABE V V --=，11C A ⊥平面ABE ，设点E 到平面1ABC 的距离为d ，∴111122243232d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，得d =∴点E 到平面1ABC ．专题强化1．（2020•3月份模拟）如图．在正三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面，且底面三角形ABC 是等边三角形）中，1BC CC =，M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． （1）求证：平面//NPC 平面1AB M ；（2）在线段1BB 上是否存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，也请说明理由．【分析】（1）由M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出1//NP AB ，1//CP MB ，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ．四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为B 点．不妨取2BC =．判断10AB MQ =是否成立即可得出结论．【解答】（1）证明：M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． 1//NP AB ∴，四边形1MCPB 为平行四边形，可得1//CP MB ，NP ⊂/平面1AB M ；1AB ⊂平面1AB M ；//NP ∴平面1AB M ；同理可得//CP 平面1AB M ；又CP NP P =，∴平面//NPC 平面1AB M ．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ． 四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为线段1BB 的中点． 不妨取2BC =．(0M ，1-，1)，(0Q ，1，0)，A 0，0)，1(0B ，1，2)，1(AB =-1，2)，(0MQ =，2，1)-， 10AB MQ =．∴在线段1BB 上存在一点Q ，使1AB ⊥平面1A MQ ，其中点Q 为线段1BB 的中点2．（2020•湖南模拟）如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直．已知2AB =，1EF =． （Ⅰ）求证：平面DAF ⊥平面CBF ； （Ⅰ）求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；（Ⅰ）当AD 的长为何值时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒？【分析】()I 利用面面垂直的性质，可得CB ⊥平面ABEF ，再利用线面垂直的判定，证明AF ⊥平面CBF ，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；()II确定ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角，过点F作FH AB⊥，交AB于H，计算出AF，即可求得直线AB与平面CBF所成角的大小；（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量1(0,2,n t=，平面CBF的一个法向量21(0)2n AF==-，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】()I证明：平面ABCD⊥平面ABEF，CB AB⊥，平面ABCD⋂平面ABEF AB=，CB∴⊥平面ABEF．AF ⊂平面ABEF，AF CB∴⊥，⋯（2分）又AB为圆O的直径，AF BF∴⊥，AF∴⊥平面CBF．⋯（3分）AF ⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．⋯（4分）()II解：根据（Ⅰ）的证明，有AF⊥平面CBF，FB∴为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角⋯（6分）//AB EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH AB⊥，交AB于H．2AB=，1EF=，则122AB EFAH-==．在Rt AFB∆中，根据射影定理2AF AH AB=，得1AF=．⋯（8分）∴1sin2AFABFAB∠==，30ABF∴∠=︒．∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30︒．⋯（9分）（Ⅰ）解：设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设(0)AD t t=>，则点D的坐标为(1，0，)t，则(1C-，0，)t，1(1,0,0),(1,0,0),(2A B F-∴1(2,0,0),(,)2CD FD t==⋯（10分）设平面DCF的法向量为1(,,)n x y z=，则1n CD =，1n FD =，即200.xy tz=⎧⎪⎨+=⎪⎩令z=0x=，2y t=，∴1(0,2,n t=⋯（12分）由()I 可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为21(0)2n AF ==-，依题意1n 与2n 的夹角为60︒，∴1212cos60||||n n n n ︒=，即12=，解得t =因此，当AD DFC 平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒．⋯（14分）3．（2019•全国二模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，点D 是棱11B C 的中点． （Ⅰ）求证：1//AC 平面1A BD ；（Ⅰ）若AB AC ==12BC BB ==，在棱AC 上是否存在点M ，使二面角1B A D M --的大小为45︒，若存在，求出AMAC的值；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）先连接1AB ，交1A B 于点O ，再由线面平行的判定定理，即可证明1//AC 平面1A BD ； （Ⅰ）先由题意得AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，设(0M ，a ，0)，(02)a，求出两平面的法向量，根据法向量夹角余弦值以及二面角的大小列出等式，即可求出a ，进而可得出结果．【解答】证明：（Ⅰ）连接1AB ，交1A B 于点O ，则O 为1AB 中点， 连接OD ，又D 是棱11B C 的中点，1//OD AC ∴， OD ⊂平面1A BD ，1AC ⊂/平面1A BD ，1//AC ∴平面1A BD ．解：（Ⅰ）由已知AB AC ⊥，则AB ，AC ，1AA 两两垂直， 以A 为原点，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则B ，1(0A ，0，2)，D ，2)，(0C0)， 设(0M ，a ，0)，(02)a，则1(BA =-，12(22A D =，0)，1(0A M =，a ，2)-， 设平面1BA D 的法向量为(n x =，y ，)z ，则11220202n BA z n A D y ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1z =，得(2,n =-1)． 设平面1A DM 的法向量为(m x =，y ，)z ，则1120202m A M ay z m A D y ⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩，2x =-，得(2m =-，2，)a ． 二面角1BA D M --的大小为45︒， 2|||2222cos 45|cos ,|||||58m na m n m n a --+∴︒=<>===+，23240a ∴+-=，解得a =-a =02a ，3a ∴=， ∴存在点M ，此时23AM AC =，使二面角1B A D M --的大小为45︒．4．（2019•3月份模拟）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为BC 边上一点，BD =122AA AB AD ===．（1）证明：平面1ADB ⊥平面11BB C C ．（2）若BD CD =，试问：1A C 是否与平面1ADB 平行？若平行，求三棱锥11A A B D -的体积；若不平行，请说明理由．【分析】（1）先证AD 与BC ，1BB 垂直，进而得线面垂直，面面垂直；（2）连接1A B 得中点E ，利用中位线得线线平行，进而得线面平行，再利用等分三棱柱的方法求得三棱锥的体积．【解答】解：（1）证明：2AB =，1AD =，BDAD BD ∴⊥，1AA ⊥平面ABC ， 1BB ∴⊥平面ABC ， 1BB AD ∴⊥，AD ∴⊥平面11BB C C ，∴平面1ADB ⊥平面11BB C C ；（2）1A C 与平面1ADB 平行，证明如下：连接1A B 交1AB 于E ，连接DE ，则E 为1AB 中点， BD CD =，1//AC DE ∴， 又1A C ⊂/平面1ADB ，DE ⊂平面1ADB ， 1//AC ∴平面1ADB ， 利用三等分三棱柱的知识可知， 1111116A A B D A B C ABC V V --=116ABC S AA ∆=⨯ 11162BC AD AA =⨯⨯⨯ 111262=⨯⨯⨯=．故三棱锥11A A B D -． 5．（2018秋•全国期末）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，111112AA A B AB ===，60ABC ∠=︒，1AA ⊥平面ABCD ．（1）若点M 是AD 的中点，求证：1//C M 平面11AA B B ；（2）棱BC 上是否存在一点E ，使得二面角1E AD D --的余弦值为13？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接1B A ，推导出四边形11AB C M 是平行四边形，从而11//C M B A ，由此能证明1//C M 平面11AA B B ．（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，推导出AQ BC ⊥，AQ AD ⊥，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】证明：（1）连接1B A ，由已知得，11////B C BC AD ，且1112B C AM BC == 所以四边形11AB C M 是平行四边形，即11//C M B A ⋯（2分）又1C M ⊂/平面11AA B B ，1B A ⊂平面11AA B B ， 所以1//C M 平面11AA B B ⋯（4分）解：（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，因为ABCD 是菱形，且60ABC ∠=︒， 所以ABC ∆是正三角形，所以AQ BC ⊥，即AQ AD ⊥， 由于1AA ⊥平面ABCD ⋯（6分）所以，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 如图(0A ，0，0)，1(0A ，0，1)，1(0D ，1，1)，Q 假设点E 存在，设点E的坐标为,0)λ，11λ-， (3,0)AE λ=，1(0,1,1)AD =⋯（7分）设平面1AD E 的法向量(,,)n x y z =则100n AE n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00y y z λ+=+=⎪⎩，可取(,3,n λ=-⋯（9分）平面1ADD 的法向量为(3,0,0)AQ =⋯（10分） 所以，31|cos ,|33AQ n λ<>==，解得：λ=（11分） 又由于二面角1E AD D --大小为锐角，由图可知，点E 在线段QC 上， 所以λ=，即1CE =（12分）6．（2019•山东模拟）如图所示的矩形ABCD 中，122AB AD ==，点E 为AD 边上异于A ，D 两点的动点，且//EF AB ，G为线段ED 的中点，现沿EF 将四边形CDEF 折起，使得AE 与CF 的夹角为60︒，连接BD ，FD ．（1）探究：在线段EF 上是否存在一点M ，使得//GM 平面BDF ，若存在，说明点M 的位置，若不存在，请说明理由；（2）求三棱锥G BDF -的体积的最大值，并计算此时DE 的长度．【分析】（1）取线段EF 的中点M ，由G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点，可得//GM DF ，再由线面平行的判定可得//GM 平面BDF ；（2）由//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒，可得AE 与DE 的夹角为60︒，过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知可得DP 为点D 到平面ABFE 的距离，设DE x =，则4AE BF x ==-，然后利用等积法写出三棱锥G BDF -的体积，再由基本不等式求最值，并求出DE 的长度． 【解答】（1）解：取线段EF 的中点M ，有//GM 平面BDF ． 证明如下：如图所示，取线段EF 的中点M ， G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点， GM ∴为EDF ∆的中位线，故//GM DF ，又GM ⊂/平面BDF ，DF ⊂平面BDF ，故//GM 平面BDF ； （2）解：//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒， 故AE 与DE 的夹角为60︒， 过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知得DE EF ⊥，AE EF ⊥，EF ∴⊥平面AED ， 则DP 为点D 到平面ABFE 的距离， 设DE x =，则4AE BF x ==-， 由（1）知//GM DF ， 故111333[1(4)](4)332G BDF M BDF D MBF MBF V V V S DP x x x x ---∆====⨯⨯⨯-⨯=-， 当且仅当4x x -=时等号成立，此时2x DE ==．故三棱锥G BDF -，此时DE 的长度为2．7．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，PD ⊥平面ABCD ，PD =M 为PC 上的动点．（Ⅰ）当M 为PC 的中点时，在棱PB 上是否存在点N ，使得//MN 平面PDA ？说明理由； （Ⅰ）BDM ∆的面积最小时，求三棱锥M BCD -的体积．【分析】（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ．取PB 的中点N ，连接MN ，由M ，N 分别为PC ，PB 中点，可得//MN BC ，又//BC AD ，得//MN AD ，再由直线与平面平行的判定对立即可证明//MN 平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥，又BD CD ⊥，CDPD D =，得BD ⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，可得BD MD ⊥，进一步得到DBM ∆为直角三角形，当MD PC ⊥时BDM∆的面积最小，然后利用等积法即可求出三棱锥M BCD -的体积． 【解答】解：（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ． 证明如下：取PB 的中点N ，连接MN ，M ，N 分别为PC ，PB 中点，//MN BC ∴，又//BC AD ， //MN AD ∴，又DA ⊂平面PDA ，MN ⊂/平面PDA ， //MN ∴平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥， 又BD CD ⊥，CDPD D =，BD ∴⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，BD MD ∴⊥，DBM ∴∆为直角三角形．当MD PC ⊥时BDM ∆的面积最小． 在底面直角梯形ABCD 中，由90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，得CD =BD ∴==在Rt PDC ∆中，由PD =CD =可得PC =MD =．则CM =122MCD S ∆∴=⨯=．∴1133M BCD B MCD MCD V V S BD --∆===⨯=8．（2018•全国二模）直三棱柱111ABC A B C -中，14AC AA ==，AC BC ⊥． （Ⅰ）证明：11AC A B ⊥；（Ⅰ）当BC 的长为多少时，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．【分析】（Ⅰ）由BC AC ⊥，1BC AA ⊥，得BC ⊥平面11AA C C ，从而1AC BC ⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，则11AC AC ⊥，由此能证明1AC ⊥平面1A BC ，从而11AC A B ⊥． （Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，利用向量法能求出a ．【解答】证明：（Ⅰ）BC AC ⊥，1BC AA ⊥，1AC AA A =，BC ∴⊥平面11AA C C ，又1AC ⊂平面11AA C C ，1AC BC ∴⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，11AC AC ∴⊥， 且1BCA C C =，1AC ∴⊥平面1A BC ，又1A B ⊂平面1A BC ，11AC A B ∴⊥．解：（Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -， 设BC a =，则(0C ，0，0)，(4A ，0，0)，(0B ，a ，0)，1(0C ，0，4)，1(4A ，0，4)， 1(4A B =-，a ，4)-，(4AB =-，a ，0)，1(4AC =-，0，4)，设平面1ABC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则140440AB n x ay AC n x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取x a =，得(n a =，4，)a ，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．1|cos A B ∴<，221||332216n a ==++．解得4a =．9．（2018•新课标Ⅰ）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．【分析】（1）通过证明CD AD ⊥，CD DM ⊥，证明CM ⊥平面AMD ，然后证明平面AMD ⊥平面BMC ； （2）存在P 是AM 的中点，利用直线与平面平行的判断定理说明即可．【解答】（1）证明：矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，CM ⊂半圆弦CD 所在平面， CM AD ∴⊥，M 是CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DMAD D =，CM ∴⊥平面AMD ，CM ⊂平面CMB ，∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）解：存在P 是AM 的中点， 理由：连接BD 交AC 于O ，取AM 的中点P ，连接OP ，可得//MC OP ，MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP ， 所以//MC 平面PBD ．。
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。
立体几何中的探索性问题 (2)
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B1MN⊥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。
透析立体几何中的探索性问题
类 ： 一 是推理 型 ， 即探 究 空 间 中 的 平 行 与垂 直
关 系 ， 町 以 利 用 空 间 线 面 关 系 的 判 定 与 性 质
性 问题 ， 一 定 要 灵 活 利 用 空 问 几 何 体 的 结 构
特 征 ， 注意其 中的平行 、 垂 直 及 长 度 之 间 的 关 系 ， 取 特 殊 点 构 造 辅 助 面 完 成 线 和 面 内 的 直
（ ２）因 为 Ｖ （ Ｄ ， ＿ ， １ ｌ “Ｄ ｌ— ＶＭ∽＿ ＾ ｌ Ｂ ｌ ｃ ｌ Ｄ 】一
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热 点 和 今 后 命 题 的 趋 势 之 一 。 其 主 要 有 两
以 ＦＭ ／ ／ＡＢ 。 冈 为 ｃＤ 一 ３ ＡＢ ， 所 以 ＦＭ —
Ａ Ｂ。 所 以 四 边 形 ＡＢＭ Ｆ 足 平 行 四 边 形 ， 所
以 ＡＦ ／ ／ＢＭ 。 又 因 为 ＡＦ 平 面 ＢｃＥ ， ＢＭ ｃ 平 面 ＢＣＥ ， 所 以 ＡＦ ｉ ／ ／平 面 Ｂｃ Ｅ。
平 面 Ａ ＤＥ ， 所 以 ＣＤ 上 ＡＥ 。 又 因 为 Ａ Ｅ ＿ Ｌ
ＤＥ ， ＣＤ ｎ ＤＥ — Ｄ ， 所 以 ＡＥ 上 平 面 Ｃ ＤＥ 。 因 为 Ａ＿ Ｅ（ ＝ ＝ 平 面 ＡＣＥ ， 所 以 平 面 ＡＣＥ上 平 面
ＣＤ Ｅ 。
可 知 ＡＢ ∥ Ｄ ｃ， ， ＡＢ — Ｄ． Ｃ 。 由 四 边 形
上 学 期 联 考 ）在 长 方 体 ＡＢＣＤ — Ａ Ｂ Ｃ， Ｄ， 中 ， Ｅ， Ｆ 分 别 是 ＡＤ ， Ｄ Ｄ，的 中 点 ， ＡＢ — ＢＣ
专题10立体几何中的开放性、探索性问题(解析版)-2021年高考数学(理)立体几何突破性讲练
2021年高考数学（理）立体几何突破性讲练10立体几何中的开放性、探索性问题一、考点传真：能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．二、知识点梳理：解决立体几何中开放性、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xOy 面上的点为(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AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．三、例题：例1.（2020年全国新高考1卷，4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬o 40，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A.o 20B.o 40C.o 50D.o 90【答案】B【解析】过球心O 、点A 以及晷针的轴截面如图所示，其中CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点A 处的水平面，GF CD ⊥，CD OB ，40AOB ∠=︒，90OAE OAF ∠=∠=︒，所以40GFA CAO AOB ∠=∠=∠=︒.故选B.例2.（2020年全国1卷理数，16）如图，在三棱锥–P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD =AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则cos FCB ∠=______________.【答案】14-【解析】依题意得，AE AD =AEC 中，1AC =，30CAE ∠=︒，由余弦定理得2222cos 311EC AE AC AE AC EAC =+-⋅∠=-︒+=，所以1EC =，所以1CF EC ==.又2BC ，BF BD ===所以在BCF中，由余弦定理得2221cos 24BC CF BF FCB BC CF +-∠===-⨯.例3. （2019北京卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，ADBC ，2PA AD CD BC ====，=（Ⅰ）求证：CD PAD ⊥平面； （Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值; （Ⅲ）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. 【解析】（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA CD ⊥. 又因为AB CD ⊥，所以CD ⊥.平面PAD ，（II ）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AM ⊥PA AD ⊥，如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）.所以()0,1,1AE =，()2,2,2PC =-, ()0,0,2AP =. 所以1222,,3333PF PC ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，224,,333AF AP PF ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭设平面AEF 的法向量为(),,x y z =n ，则00AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即02240333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩. 令z =1,则y =-1,x =-1.于是()1,1,1=--n .又因为平面PAD 的法向量为()1,0,0=p ，所以3cos ⋅==⋅n p <n,p >n p .因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3（III ）直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且2,3PG PB =()2,1,2,PB =-- 所以2424,,3333PG PB ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，422,,333AG AP PG ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭. 由（II ）知，平面AEF 的法向量为()1,1,1=--n ， 所以4220333AG ⋅++=n =-，所以直线AG 在平面AEF 内. 例4.（2016年北京） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，， ，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ， ∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ，yBP ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 四、巩固练习：1．如图所示，在四边形ABCD中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD ，则在三棱锥A BCD 中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC【答案】D【解析】∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.2．如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体AEFH中必有( )A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF【答案】A【解析】∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确．故选A.3．如图，一张A4纸的长、宽分别为22a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.【答案】①②③④【解析】由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP ⊥平面BCD ，又∵AP ⊂平面ABD ，∴平面BAD ⊥平面BCD ，故②正确；同理可证平面BAC ⊥平面ACD ，故③正确；该多面体的外接球半径R ＝52a ，所以该多面体外接球的表面积为5πa 2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.4．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是________． ①A ′C ⊥BD ；②∠BA ′C ＝90°；③四面体A ′BCD 的体积为16.【答案】②③【解析】∵BD ⊥CD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊂平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′D .∵AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，∴A ′C ＝2，BC ＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°，四面体A ′BCD 的体积V ＝13×12×12×1＝16.5．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________． ①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 【答案】①②④【解析】取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 6．如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝23，点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D ′AC B ，如图②，使得D ′B ＝30.(1)求证：当AF ＝3时，D ′F ⊥BC ；(2)试求CF 的长，使得二面角A D ′F B 的大小为π4.【解析】(1)证明：在矩形ABCD 中，连接DF ，BF . ∵AD ＝23，CD ＝6，∴AC ＝43，∠CAB ＝30°，∠DAC ＝60°. 在△ADF 中，∵AF ＝3，∴DF 2＝DA 2＋AF 2－2DA ·AF ·cos∠DAC ＝9. ∵DF 2＋AF 2＝9＋3＝DA 2，∴DF ⊥AC ，即在三棱锥D ′ABC 中，D ′F ⊥AC .又在△ABF 中，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠CAB ＝21， ∴在△D ′FB 中，D ′F 2＋FB 2＝9＋21＝D ′B 2， ∴BF ⊥D ′F .又∵AC ∩FB ＝F ，∴D ′F ⊥平面ABC . 又BC ⊂平面ABC ，∴D ′F ⊥BC .(2)在矩形ABCD 中，过点D 作DO ⊥AC 于点O ，延长DO 交AB 于点E .易求DE ＝4，AO ＝3，D ′O ＝3，OE ＝1，沿着对角线AC 翻折后，由(1)可知，OE ，OC ，OD ′两两垂直， 以O 为原点，OE ―→，OC ―→，OD ′―→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O xyz ， 则O (0,0,0)，E (1,0,0)，D ′(0,0,3)，B (3,23，0)．∵EO ⊥平面AD ′F ，∴OE ―→＝(1,0,0)为平面AD ′F 的一个法向量． 设平面BD ′F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，F 点坐标为F (0，t,0)， 则BD ′―→＝(－3，－23，3)，BF ―→＝(－3，t －23，0).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ′―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －23y ＋3z ＝0，－3x ＋t －23y ＝0.取y ＝3，得x ＝t －23，z ＝t ，∴n ＝(t －23，3，t )．∴cos π4＝|n ·OE ―→||n |·|OE ―→|，即|t －23|t －232＋9＋t2＝22， ∴t ＝34.∴当CF ＝OC －OF ＝1134时，二面角A D ′F B 的大小是π4. 7．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝2 2.又因为AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB .又因为PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB .因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (2)由(1)知AC ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面PAB .如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，所以AC ―→＝(0,2,0)，BC ―→＝(－2,2,0)．由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP ―→＝(－1,0,3)，BP ―→＝(－3,0,3)．假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，设AEAP＝λ(0＜λ＜1)，则AE ―→＝λAP ―→＝(－λ，0,3λ)，CE ―→＝AE ―→－AC ―→＝(－λ，－2,3λ)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·BP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－3x ＋3z ＝0.令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)．设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE ―→〉|＝|－λ－2＋3λ|3×－λ2＋－22＋3λ2＝|2λ－2|3×10λ2＋4＝33，整理得3λ2＋4λ＝0， 因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33. 8．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 ＝1，二面角C AB D 的平面角的正切值为6，求二面角B AD E 的余弦值． 【解析】(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ， 所以DC ⊥平面ABD . 因为AB ⊂平面ABD ， 所以DC ⊥AB .又因为折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ， 所以AB ⊥平面ADC . (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C AB D 的平面角为∠CAD . 又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ， 所以DC ⊥AD .依题意tan ∠CAD ＝CD AD＝ 6. 因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1. 依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1.解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 法一：如图所示，建立空间直角坐标系D xyz ， 则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 所以DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DE ―→＝0，m ·DA ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝－12. 由图可知二面角B AD E 的平面角为锐角，所以二面角B AD E 的余弦值为12. 法二：因为DC ⊥平面ABD ，所以过点E 作EF ∥DC 交BD 于点F ，则EF ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以EF ⊥AD .过点F 作FG ⊥AD 于点G ，连接GE ，所以AD ⊥平面EFG ，因此AD ⊥GE ，所以二面角B AD E 的平面角为∠EGF .由平面几何的知识求得EF ＝12CD ＝62，FG ＝12AB ＝22， 所以EG ＝EF 2＋FG 2＝2， 所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝12. 所以二面角B AD E 的余弦值为12. 9．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由． 【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，∴AF ⊥BE .∵AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，∴AF ⊥平面BDE .又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE .∵AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，∴DE ⊥平面ABFE .又BE ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：∵AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，∴AE ⊥平面DEFC .如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12，32. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2λ1＋λ，0，λ∈(0，＋∞)， 可得CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，λ－11＋λ，－3. 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos CP ―→，n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－λ－11＋λ7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－11＋λ2×5＝3535， 解得λ＝1或λ＝－25(舍去)， ∴P 为A。
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
高中数学 考前归纳总结 立体几何中的探索问题
立体几何中的探索问题一、探索点的位置例1.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, 在线段AC 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：取AC 中点M ，连结EM 、DM ， 因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，所以EM//PA ，又因为EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， 所以PA//平面EDM 所以.521==AC AM 即在AC 边上存在一点M ，使得PA//平面EDM ，AM 的长为5.例2.如图，三棱柱111C B A ABC -中，1AA ⊥面ABC ，2,==⊥AC BC AC BC ，13AA =，D 为AC 的中点,（2）求二面角C BD C --1的余弦值； （3）在侧棱1AA 上是否存在点P ，使得 1BDC CP 面⊥？请证明你的结论. 解：（1）解：如图，建立空间直角坐标系， 则C 1（0，0，0），B （0，3，2），C （0，3，0），A （2，3，0），D （1，3，0），11(0,3,2),(1,3,0)C B C D ∴==u u u r u u u u r设111(,,)n x y z =r是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g 即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，C 1A1C B 1ABDAACzxyCB1BD取11(1,,)32n =-r ，易知1(0,3,0)C C =u u u u r 是面ABC 的一个法向量.1112cos ,7n C C n C C n C C==-⨯u u u u r r u u u u r g r u u u u r r . ∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为27.（2）假设侧棱AA 1上存在一点P 使得CP ⊥面BDC 1.设P （2，y ，0）（0≤y ≤3），则 (2,3,0)CP y =-u u u r，则110,0CP C B CP C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r u u u rg u u u r u u u u r g ，即3(3)0,23(3)0y y -=⎧⎨+-=⎩. 解之3,73y y =⎧⎪⎨=⎪⎩∴方程组无解.∴侧棱AA 1上不存在点P ，使CP ⊥面BDC 1.二、探索结论的存在性例3.如图，已知三棱锥P ABC -中，PA PC ⊥，D 为AB 中点，M 为PB 的中点，且2AB PD =． （1）求证：DM ∥PAC 面；（2）找出三棱锥P ABC -中一组面与面垂直的位 置关系，并给出证明（只需找到一组即可） （1）证明：依题意 D 为AB 的中点，M 为PB 的中点 ∴ DM // PA又, ∴（2）平面PAC平面PBC (或平面PAB平面PBC)证明：由已知AB＝2PD，又D为AB的中点所以PD＝BD 又知M为PB的中点∴，由（1）知 DM // PA∴又由已知，且故∴平面PAC 平面PBC 。
课题：利用空间向量解决立体几何中的探索性问题
课题：利用空间向量解决立体几何中的探索性问题课题说明立体几何中，平行、垂直、距离和角的问题是主要问题，而以它们为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点. 由于此类问题涉及的点具有不确定性，所以用传统的解法难度较大，若用向量方法处理，则思路简单，操作方便。
一、温故而知新问题一：利用空间向量解决立体几何中的平行、垂直、距离和角问题常见有那几种方法？（一）平行问题线线平行：线面平行：面面平行：（二）垂直问题线线垂直：线面垂直：面面垂直：（三）角问题线线角：线面角：面面角：（四）距离问题点面距离：二、例题分析在正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为1，E 是棱1BB 的中点（1）在棱11C B 上是否存在一点F ，使F D 1∥面DE A 1。
（2）在平面1111D C B A 内是否存在一点M ，使AM ⊥平面DE A 1。
（3）在棱1DD 上是否存在一点N ，使BN 与平面DE A 1所成角的正弦值为1935。
（4）在棱11C D 上是否存在一点P ，使点P 到平面DE A 1的距离为43。
问题二：你要求解的是什么？问题三：探索性问题常见有哪几种方法？方案一：方案二：问题四：题目给你提供了什么几何体？它能为你提供什么信息？问题五：点在棱上或在面内，坐标怎么设？ （1）点F 在棱B 1C 1上： （2）点M 在面1111D C B A 内： （3）点N 在棱1DD 上： （4）点P 在棱11C D 上： 问题六：F D 1∥面DE A 1这个条件怎么用？ 问题七：AM 平面DE A 1这个条件怎么用？问题八：BN 与平面DE A 1所成角的正弦值为1935这个条件怎么用？ 问题九：点P 到平面DE A 1的距离为43这个条件怎么用？AA A A A三、练习PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，2=AB ，2=PD（1）若1:2:=EC PE ，在PB 上是否存在点F 使A F ∥平面BDE（2）若1:2:=EC PE ，在PB 上是否存在点M,使点M 到平面BDE 的距离为2（3）G 是PB 的中点，在侧面PAD 内是否存在一点H ，使GH ⊥平面PCB（4）在棱PC 上是否存在点Q ，使二面角Q-DB-C 所成角为3π四、小结：五、作业讲义：第92页变式5，第103页变式11、变式12。
高考满分数学压轴题16 立体几何中探索性问题(可编辑可打印)
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 ⊥，立体几何中探索性问题且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122162322326A 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。
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。
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
第七章 §7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
§7.8空间距离及立体几何中的探索性问题知识梳理1．点到平面的距离若P 是平面α外一点，PO ⊥α，垂足为O ，A 为平面α内任意一点，设n 为平面α的法向量，则点P 到平面α的距离d ＝|AP →·n ||n |.2．点到直线的距离如图(1)，若P 为直线l 外一点，A 是l 上任意一点，在点P 和直线l 所确定的平面内，取一个与直线l 垂直的向量n ，则点P 到直线l 的距离为d ＝|AP →·n ||n |.如图(2)，设e 是直线l 的方向向量，则点P 到直线l 的距离为d ＝|AP →|sin 〈AP →，e 〉．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(×)(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．(×)(3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等．(√)(4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.(×)教材改编题1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为()A ．10B ．3 C.83D.103答案D解析由条件可得P (－2,1,4)到α的距离为|AP →·n ||n |＝|(－1，－2，4)·(－2，－2，1)|3＝103.2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离为()A.2B ．2 C.22D.322答案A解析由正方体性质可知，A 1A ∥平面B 1D 1DB ，A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离就是点A 1到平面B 1D 1DB 的距离，连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1(图略)，A 1O 1的长即为所求，由题意可得A 1O 1＝12A 1C 1＝2.3．已知直线l 经过点A (2,3,1)且向量n 0l 的一个单位方向向量，则点P (4,3,2)到l 的距离为________．答案22解析∵AP →＝(2,0,1)，n 0l 的一个单位方向向量，∴点P 到l 的距离d ＝|AP →|sin 〈AP →，n 〉＝22.题型一空间距离例1如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长均为4，N 是CC 1的中点．(1)求点N 到直线AB 的距离；(2)求点C 1到平面ABN 的距离．解建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，C 1(0,4,4)，∵N 是CC 1的中点，∴N (0,4,2)．(1)AN →＝(0,4,2)，AB →＝(23，2,0)，则|AN →|＝25，|AB →|＝4.设点N 到直线AB 的距离为d 1，则d 1＝|AN →|sin 〈AN →，AB →〉＝4.(2)设平面ABN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AB →，n ⊥AN →，·AB →＝23x ＋2y ＝0，·AN →＝4y ＋2z ＝0，令z ＝2，则y ＝－1，x ＝33，即n 1，易知C 1N —→＝(0,0，－2)，设点C 1到平面ABN 的距离为d 2，则d 2＝|C 1N —→·n ||n |＝|－4|433＝ 3.教师备选1.如图，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD .若已知AB ＝3，AD ＝4，PA ＝1，则点P 到直线BD 的距离为________．答案135解析如图，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (3,0,0)，D (0,4,0)，则BP →＝(－3,0,1)，BD →＝(－3,4,0)，故点P 到直线BD 的距离d ＝|BP →|sin 〈BP →，BD →〉＝135，所以点P 到直线BD 的距离为135.2．如图，已知△ABC 为等边三角形，D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，把△ADE 沿DE 折起，使点A 到达点P ，平面PDE ⊥平面BCDE ，若BC ＝4.求直线DE 到平面PBC 的距离．解如图，设DE 的中点为O ，BC 的中点为F ，连接OP ，OF ，OB ，因为平面PDE ⊥平面BCDE ，平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ，所以OP ⊥平面BCDE .因为在△ABC 中，点D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以DE ∥平面PBC .又OF ⊥DE ，所以以点O 为坐标原点，OE ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，P (0，0，3)，B (2，3，0)，C (－2，3，0)，F (0，3，0)，所以PB →＝(2，3，－3)，CB →＝(4，0，0).设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PB →＝2x ＋3y －3z ＝0，·CB →＝4x ＝0，＝0，＝z ，令y ＝z ＝1，所以n ＝(0,1,1)．因为OF →＝(0，3，0)，设点O 到平面PBC 的距离为d ，则d ＝|OF →·n ||n |＝32＝62.因为点O 在直线DE 上，所以直线DE 到平面PBC 的距离等于62.思维升华点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|sin 〈PA →，n 〉．(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.跟踪训练1(1)(多选)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E ，O 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，P 在正方体内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，则下列说法正确的是()A ．点A 到直线BE 的距离是55B ．点O 到平面ABC 1D 1的距离为24C ．平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33D ．点P 到直线AB 的距离为2536答案BC解析如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，C 1(1,1,1)，D 1(0,1,1)，0，所以BA →＝(－1,0,0)，BE →－12，0，设∠ABE ＝θ，则cos θ＝BA →·BE →|BA →||BE →|＝55，sin θ＝1－cos 2θ＝255.故点A 到直线BE 的距离d 1＝|BA →|sin θ＝1×255＝255，故A 错误；易知C 1O —→＝12C 1A 1—→－12，－12，平面ABC 1D 1的一个法向量DA 1—→＝(0，－1,1)，则点O 到平面ABC 1D 1的距离d 2＝|DA 1—→·C 1O —→||DA 1—→|＝122＝24，故B 正确；A 1B —→＝(1,0，－1)，A 1D —→＝(0,1，－1)，A 1D 1—→＝(0,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·A 1B —→＝0，·A 1D —→＝0，－z ＝0，－z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝1，所以n ＝(1,1,1)．所以点D 1到平面A 1BD 的距离d 3＝|A 1D 1—→·n ||n |＝13＝33.因为平面A 1BD ∥平面B 1CD 1，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33，故C 正确；因为AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，所以AP →，12，又AB →＝(1,0,0)，则AP →·AB →|AB →|＝34，所以点P 到直线AB 的距离d 4＝|AP →|sin 〈AP →，AB →〉＝56，故D 错误．(2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，则△D 1GF 的面积为________．答案142解析以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D 1(0,0,2)，G (0,2,1)，F (1,1,0)，FD 1—→＝(－1，－1,2)，FG →＝(－1,1,1)，∴点D 1到直线GF 的距离d ＝|FD 1→|sin 〈FD 1→，FG →〉＝423.∴点D 1到直线GF 的距离为423，又|FG →|＝3，∴1D GF S △＝12×3×423＝142.题型二立体几何中的探索性问题例2(2021·北京)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE于点F .(1)求证：点F 为B 1C 1的中点；(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M －CF －E 的余弦值为53，求A 1M A 1B 1的值．(1)证明如图所示，取B 1C 1的中点F ′，连接DE ，EF ′，F ′C ，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F ′为中点，故EF ′∥CD ，从而E ，F ′，C ，D 四点共面，平面CDE 即平面CDEF ′，据此可得，直线B 1C 1交平面CDE 于点F ′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F ′重合，即点F 为B 1C 1的中点．(2)解以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设A 1MA 1B 1＝λ(0≤λ≤1)，则M (2,2λ，2)，C (0,2,0)，F (1,2,2)，E (1,0,2)，从而MC →＝(－2,2－2λ，－2)，CF →＝(1,0,2)，FE →＝(0，－2,0)，设平面MCF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则·MC →＝－2x 1＋(2－2λ)y 1－2z 1＝0，·CF →＝x 1＋2z 1＝0，令z 1＝－1可得m ，11－λ，－λ≠1)，设平面CFE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则·FE →＝－2y 2＝0，·CF →＝x 2＋2z 2＝0，令z 2＝－1可得n ＝(2,0，－1)，从而m ·n ＝5，|m ||n |＝5，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝＝53.整理可得(λ－1)2＝14，故λ＝32舍去所以A1MA1B1＝12.教师备选(2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝6，AB⊥B1C.(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长．(1)证明如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，所以AB⊥CD，CD＝3，BD＝1.又因为AB⊥B1C，且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，所以AB⊥平面B1CD.又因为B1D⊂平面B1CD，所以AB⊥B1D.在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，所以B1D＝3.在△B1CD中，CD＝3，B1D＝3，B1C＝6，所以CD2＋B1D2＝B1C2，所以CD⊥B1D，又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以B1D⊥平面ABC.又因为B1D⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面ABC.(2)解假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,1,0)，B (0，－1,0)，C (3，0,0)，B 1(0,0，3)，因此BB 1—→＝(0,1，3)，AC →＝(3，－1,0)，AA 1—→＝BB 1—→＝(0,1，3)，CB →＝(－3，－1,0)．因为点P 在棱BB 1上，设BP →＝λBB 1—→＝λ(0,1，3)，其中0≤λ≤1.则CP →＝CB →＋BP →＝CB →＋λBB 1—→＝(－3，－1＋λ，3λ)．设平面ACC 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·AC →＝0，n ·AA 1—→＝0，3－y ＝0，y ＋3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝－1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，所以|cos 〈n ，CP →〉|＝|n ·CP →||n ||CP →|＝|－23|5×3＋(λ－1)2＋3λ2＝45，化简得16λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝14，所以|BP →|＝14|BB 1—→|＝12，故BP 的长为12.思维升华(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．跟踪训练2如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面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．(1)证明如图，连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是0，0，62a D －22a ，0，00，22a ，0于是OC →0，22a ，0SD →－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →＝22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝0，0，62a 设二面角P －AC －D 的平面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈OS →，DS →〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，所以二面角P －AC －D 的大小为30°.(3)解假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →，0，62a CS →，－22a ，62a 设CE →＝tCS →(0≤t ≤1)，因为，0，，22a ，所以BC →－22a ，22a ，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS→－22a ，22a (1－t )，62at 又BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13，当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。
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由①、②知，平面BFM//平面AEC.
又 BF 平面BFM，所以BF//平面AEC.
证法二
因为
所以 、 、 共面.
又 BF 平面ABC，从而BF//平面AEC.
【方法归纳】点F是线PC上的点，一般可设 ，求出 值，P点是已知的，即可求出F点
高考复习课：立体几何中探索性问题的向量解法
本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。
一、存在判断型
1、已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a= ，b= ，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。
解∵ka+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），ka-2b=（2，k，-2），
本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。
一、存在判断型
1．已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a= ，b= ，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。
2．如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为 ，能否确定 ，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出 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= .则A(0，0，0)、B(0，2b，0)、C(2a，2b，0)、D(2a，0，0)、P(0，0，2atan )、M(0，b，0)、N(a，b，atan ).
∴ =(0，2b，0)， =(2a，2b，-2atan )， =(a，0，atan ).
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．
【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。这是一种最常用也是最基本的方法.
二、位置探究型
3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点， 与 夹角的余弦值为 。
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。
(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PCD的距离为 ?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。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.
(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—AlBlC1Dl中，M,N分别是AB，BC 中点．
(1)求证：平面B1MN⊥平面BB1D1D；
（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？
解析：⑴以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设P（0,0,2m）.
则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，
从而 =(-1,1,m), =(0,0,2m).
= ，得m=1.
所以E点的坐标为（1,1,1）.
（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；
（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？
（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．
解：（1）以A为原点，以 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BE=x，则有
因此，无论E、F在何位置均有
（2）
若A1C⊥面C1EF，则 得 矛盾，故不存在点E、F，使A1C⊥面C1EF
∵ · =(0，2b，0)·(a，0，atan )=0，
∴ ⊥ .即AB⊥MN.
若MN⊥PC，
则 · =(a，0，atan )·(2a，2b，-2atan )
=2a2-2a2tan2 =0.
∴tan2 =1，而 是锐角.
∴tan =1， ＝45°.
即当 =45°时，直线MN是直线AB与PC的公垂线.
（3）
当 时，三棱锥C1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、CD的中点。
连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C1G⊥EF
，
【方法归纳】立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.
三、巩固提高
B1( ，1，2)，M( ， ，0).
点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），
则 =( ，1，2)， =( ， ，m)，
于是| |=2 ，| |= ， · =2m-1.
如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量 和 的夹角是45°或135°，而cos< ， >= = ，
所以 =± .解得m=- ，这与0≤m≤2矛盾.
知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH，
则EH⊥AC，∠EHG即为二面角 的平面角.
又PE : ED=2 : 1，所以
从而
（Ⅲ）解法一 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PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为
所以
设点F是棱PC上的点， 则
（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；
（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？
（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．
2、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．
（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.
（Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中，
由PA2+AB2=2a2=PB2知PA⊥AB.
同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.
（Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G，
由PA⊥平面ABCD.
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．
5、 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？
解：以A点为原点，建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A－xyz.
因为所有棱长都等于2，所以
A（0，0，0），C（0，2，0），B（ ，1，0），
即在侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.
6、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD= ,点E在PD上，且PE:ED=2:1.
（I）证明PA⊥平面ABCD；
（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角 的大小；
(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。?
【方法归纳】
三、巩固提高
5．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？
且(ka+b)⊥（ka-2b），
∴（-1，k，1）·（2，k，-2）=k2-4=0.
则k=-2或k=2.
点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做.
(ka+b)(ka-2b)=k2a2-ka·b-2b2= k2-4=0，解得k=-2或k=2.
2、 如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为 ，能否确定 ，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出 的值；若不能确定，说明理由.
(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；
【方法归纳】：
二、位置探究型
3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点， 与 夹角的余弦值为 。
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。
（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？