以立体几何中探索性问题为背景的解答题(解析版)知识讲解
新高考数学复习考点知识讲解与专题训练26---空间向量在立体几何中的运用(2)(解析版)
新高考数学复习考点知识讲解与专题训练专题26 空间向量在立体几何中的运用（2）一、二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|❸，如图(2)(3)．利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．二、探索性问题对于探索性问题常见的是是否存在点的位置问题，此类问题主要是有两种方法：一是直接通过参数设点坐标，二是通过向量之间的关系，引入参数，然后表示点坐标。
特别要注意引入参数的范围。
题型一、面面角例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD△是底面的内接正三角形，P为=．ABCDO上一点，PO DO=．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,63PO a AO a AB a ===，2PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),2E A C P -.所以31(,,0),(0,1,222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即021022y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取(3=-m . 由（1）知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则cos ,|||⋅==n mn m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为.变式1、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --．变式2、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=12B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=12A1D．由题设知A1B1=DC，可得B1C=A1D，故ME=ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为5．变式3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --． 题型二、探索性问题例2、【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）求二面角F –AE –P 的余弦值；（3）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．【答案】（1）见解析；（2）3；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）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(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-． 于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P ．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.变式1、(2019南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港二调）如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AP＝AD ＝2.(1) 求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(2) 若点M ，N 分别在AB ，PC 上，且MN⊥平面PCD ，试确定点M ，N 的位置．规范解答 (1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直．以{AB →，AD →，AP →}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． 从而PB →＝(1，0，－2)，PC →＝(1，2，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －2z ＝0，2y －2z ＝0，不妨取y ＝1，则x ＝0，z ＝1.所以平面PCD 的一个法向量为n ＝(0，1，1)．(3分) 设直线PB 与平面PCD 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈PB →，n 〉|＝|PB →·n |PB →|·|n ||＝105，即直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为105.(5分)(2)设M (a ，0，0)，则MA →＝(－a ，0，0)．设PN →＝λPC →，则PN →＝(λ，2λ，－2λ)，而AP →＝(0，0，2)， 所以MN →＝MA →＋AP →＋PN →＝(λ－a ，2λ，2－2λ)．(8分) 由(1)知，平面PCD 的一个法向量为n ＝(0，1，1)， 因为MN ⊥平面PCD ，所以MN→∥n . 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ－a ＝0，2λ＝2－2λ，解得λ＝12，a ＝12.所以M 为AB 的中点，N 为PC 的中点．(10分)变式2、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）如图，ABC 为正三角形，且2BC CD ==，CD BC ⊥，将ABC 沿BC 翻折.（1）若点A 的射影在BD 上，求AD 的长；（2）若点A 的射影在BCD 中，且直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值AD 的长.【答案】（1）2 （2. 【解析】（1）过A 作AE BD ⊥交BD 于E ，则AE ⊥平面BCD . 取BC 中点O ，连接AO ，OE ， ∵AE ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ， ∴AE BC ⊥，又ABC 是正三角形，∴BC AO ⊥，又AE AO A =，AE ，AO ⊂平面AOE ， ∴BC ⊥平面AOE ，∴BC OE ⊥.又BC CD ⊥，O 为BC 的中点，∴E 为BD 的中点.∵2BC CD ==，∴112OE CD ==，AO =BD =∴DE =，AE ==∴2AD ==；（2）取BC 中点为,O 过点A 作平面BCD 的垂线，垂足为E ,连接AO , 因为,AB AC OE BC =∴⊥.以O 为原点，以BC 为x 轴，以OE 为y 轴，以平面BCD 的过O 的垂线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角D BC A --为θ，因为AE ⊥平面BCD ，与（1）同理可证BC ⊥平面AOE ，OE BC ⊥，AOE θ∴∠=，AO =则)A θθ，(1,0,0)B -，(1,0,0)C ，(1,2,0)D .∴(1,)BA θθ=，(0,2,0)CD =，()CA θθ=-，设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =，则200n CD y n CA x y z θθ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+⋅+⋅=⎪⎩， 令1z =，得(3sin ,0,1)n θ=.∴cos ,15n BA <>==， 解得sin 6θ=. ∴1(0,,22A ，又(1,2,0)D ，∴AD ==变式3、如图1，在直角梯形ABCP 中，BC ∥AP ，AB ⊥BC ，CD ⊥AP ，AD＝DC＝PD＝2，E、F、G分别是PC、PD、BC的中点，现将△PDC沿CD折起，使平面PDC⊥平面ABCD(如图2)．(1) 求二面角GEFD的大小；(2) 在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明过程．图1图2【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则EF→＝(0，－1，0)，EG →＝(1，1，－1)．设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧n ·EF →＝－y ＝0，n ·EG →＝x ＋y －z ＝0，取n ＝(1，0，1)． 又平面EFD 的法向量为m ＝(1，0，0)，所以cos 〈m ，n 〉 ＝m ·n |m |·|n |＝22，所以二面角GEFD 的大小为45°.(2) 设PQ →＝λPB →(0＜λ＜1)，则AQ →＝AP →＋PQ →＝(－2＋2λ，2λ，2－2λ)．因为AQ ⊥PC ，所以AQ →·PC →＝0，即2×2λ－2(2－2λ)＝0，解得λ＝12.又AD ⊥PC ，AD ∩AQ ＝A ，AD ，AQ ⊂平面ADQ ，所以PC ⊥平面ADQ ，故Q 是线段PB 的中点．变式4、如图，在四面体ABOC 中，OC⊥OA, OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA ＝OB ＝OC ＝1.(1) 设P 为AC 的中点．在AB 上是否存在一点Q ，使PQ⊥OA？若存在，计算ABAQ的值；若不存在，请说明理由．(2) 求二面角OACB 的平面角的余弦值．【解析】 (1) 取O 为坐标原点，分别以OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz ，则A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－12，32，0)．因为P 为AC 的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设AQ →＝λAB →，λ∈(0，1)．因为AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0， 所以OQ →＝OA →＋AQ →＝(1，0，0)＋λ(－32，32，0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－32λ，32λ，0， 所以PQ →＝OQ →－OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－32λ，32λ，－12. 因为PQ ⊥OA ，所以PQ →·OA →＝0，即12－32λ＝0，解得λ＝13，所以存在点Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，36，0使得PQ ⊥OA ，且AB AQ ＝3. (2) 记平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则由n ⊥CA →，n ⊥AB →，且CA →＝(1，0，－1)，得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，－32x ＋32y ＝0，故可取n ＝(1，3，1)．又平面OAC 的法向量为c ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，c 〉＝（1，3，1）·（0，1，0）5×1＝35，故二面角OACB 的平面角是锐角，记为θ，则cos θ＝155.1、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧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）当三棱锥M ABC-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC CM=C,所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD , 故平面AMD ⊥平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点. 由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取(1,0,2)=n .DA 是平面MCD 的法向量,因此5cos ,5||||DA DA DA ⋅==n n n ， 2sin ,5DA =n ，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是5. 2、【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ； （2）求二面角B −CD −C 1的余弦值； （3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析.【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（2）由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE 平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐标系E-xyz．由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），G （0，2，1）．∴=(201)=(120)CD CB ，，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，令a =2，则b =-1，c =-4，∴平面BCD 的法向量(214)=--，，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB ，，，∴cos =||||EB EB EB ⋅<⋅>=-n n n ． 由图可得二面角B -CD -C 1为钝角，所以二面角B -CD -C 1的余弦值为21-．（3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，，n ，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴=(021)，，，GF-∴2n，GF⋅=-∴n与GF不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC3、∥⊥,EG AD∥且AD=2BC，AD CD且EG=AD，CD FG⊥平面，DA=DC=DG=2.∥且CD=2FG，DG ABCD（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN CDE∥平面；（2）求二面角E BC F--的正弦值；（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长..【答案】（1）见解析；（2；（3）3【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G （0，0，2），M（0，3，1），N（1，0，2）．2（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令z=–1，可得n 0=（1，0，–1）．又MN =（1，32-，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，，，CF =（0，–1，2）．设n =（x ，y ，z ）为平面BCE的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得n =（0，1，1）．设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令z =1，可得m =（0，2，1）．因此有cos<m ，n>=||||⋅=m nm n sin<m ，n．所以，二面角E –BC –F．（3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），可得(12)BP h =--，，． 易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BPDCh ⋅<⋅>==，解得h∈［0，2］．所以线段DP 4、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.（1）证明：直线//SD 平面ACE ； （2）求二面角S AC E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）13【解析】（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF ,因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似,所以2BF BCFD AD==, 又=2BE BFES FD=,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE , 所以直线//SD 平面ACE（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,,CD CB 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,因为224BC AD CD ===,2BE ES =,则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,224(,,)333E , 所以(0,2,2)CA =,(1,1,0)CS =,224(,,)333CE =,设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =,则00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y z x y +=⎧⎨+=⎩, 令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-,设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =,则00n CA n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩, 令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--,设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1cos 3m n m nθ⋅==, 所以二面角S AC E --的余弦值为135、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）13.【解析】（1）因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A B AB ⊥，又平面1ACB ⊥平面11A ABB ，平面1A CB 平面111A ABB A B =， 所以1AB ⊥平面1A CB ， 因为CO ⊂平面1A CB ， 所以1AB CO ⊥.（2）因为11A B AB =，所以菱形11A ABB 为正方形，在Rt COA ∆中，CO ==在COB ∆中，CO OB ==2CB =，222CO OB CB +=， 所以，CO OB ⊥，又1CO AB ⊥，11A B AB O ⋂=， 所以，CO ⊥平面11A ABB ；以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 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O xyz -.)A，()10,A，(C，()B ，设平面11ACC A 的一个法向量为()1111,,n x y z =平面ABC 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则11110,0,⎧-=⎪⎨+=⎪⎩ 令11x =，得()11,1,1=-n ，22220,0,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令21x =，得()21,1,1=n ，设平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角为α，则21121cos 33α⋅===n n n n ， 所以平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13. 6、（2020届山东省日照市高三上期末联考）如图，扇形AOB的半径为2，圆心角120AOB ∠=，点C 为弧AB 上一点，PO ⊥平面AOB 且PO =M PB ∈且2BM MP =，PA ∥平面MOC ．（1）求证：平面MOC ⊥平面POB ；（2）求平面POA 和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小.【答案】(1)见证明；(2)4【解析】（1）如图，连接AB 交OC 于点N ，连接MN ，PA ∥平面MOC ，∴PA ∥MN ，2BM MP =，2BN NA ∴=，2OA OB ==，120AOB ∠=，AB ∴=，BN ∴=，又30OBA ∠=，∴在BON △中，根据余弦定理得3ON =， 222ON OB BN ∴+=，90BON ∴∠=，ON OB ∴⊥，又PO ⊥平面AOB ，ON OP ∴⊥，ON ∴⊥平面POB ，又ON ⊂平面MOC ，∴平面MOC ⊥平面POB（2）由（1）得,,OC OB OP OC OP OB ⊥⊥⊥，如图建立空间直角坐标系O xyz -，5OP =2OA OB OC ===，∴OP =，(3,1,0)OA =-，(2,0,0)OC =，(0,2,0)OB =，点M PB ∈且2BM MP =，2(0,3OM ∴=，设平面POA 的法向量为1111(,,)x y z =n ，则1100n OP n OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11100y =-=，令11x=，得1y =10z=，∴1(1=n ，设平面MOC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，则2200n OC n OM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222202033x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，即2220x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令21z=，得2y =，20x =，∴2(0,=n ， 设平面POA 和平面MOC 所成二面角的大小为θ，则|cos |4θ==，sin 4θ∴=， ∴平面POA和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小为4。
2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)
专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 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．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)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△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的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，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
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。
向量法解立体几何中的探索性问题与翻折问题PPT课件
D’
C’
A’
B’
D
A
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C B
把一个平面图形按某种要求折起，转化为 空间图形，进而研究图形在位置关系和数量 关系上的变化，这就是翻折问题。
图形的展开与翻折问题就是一个由 抽象到直观,由直观到抽象的过程.在历年 高考中以图形的展开与折叠作为命题对 象时常出现,因此,关注图形的展开与折叠 问题是非常必要的.
一般情况下原图中的一部分仍在同一个半平面内与组成这部分图形的元素保持着原有的数量及位置关系抓住这些不变量和不变关系是解决折叠问题的关键
1、如图,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD 中,∠ABC=600,PA⊥面ABCD,PA=AC=a， PB=PD= 2a ,点E在PD上,且PE:ED=2:1,在棱PC 上是否存在一点F,使BF//平面AEC?证明你的 结论。
（1）不论P在侧棱上任何位置，是否总有
BD⊥CP？说明你的理由； （2）若CC’=AB，是否存在
D’ A’
这样的点P，使得异面直线
CP与AB所成的角比异面直 P D
线AC与B’P所成的角大？并 A 说明理由。
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C’ B’
C B
解:建立空间直角坐标 系,A(0,0,0),P(O,O,Z),B(1,0,0),D(0,1,0)
EF
AP
平面PEF
AP AP
PF PE
(2)设EF的中点为M, AE=AF,PE=PF
AMP为二面角A-EF-P的平面角
解得 AMP=arctan2 2
P(B,C,D)
A
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F ·M E
小结：求解翻折问题的基本方法： (1)先比较翻折前后的图形，弄
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，C1D1，D1D，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B1BDD1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况)答案：M位于线段FH上(答案不唯一)[解析] 连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，FH∩HN＝H，DD1∩BD＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，故只要M∈FH，则MN?平面FHN，且MN∥平面B1BDD1.2.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：EM∥AD.(2所以(4分)则(2)因A1BC因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，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C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG ∥C 1C ∥B 1B ，且FG ＝C 1C ＝B 1B ，因此四边形B 1BGF 是平行四边形，所以B 1F ∥BG ，(10分)而B 1F ?平面A 1BE ，BG ?平面A 1BE ，故B 1F ∥平面A 1BE .(12分)3．如图，四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点．(1)(2)AC 又∵∴AD ⊥∵PD ∴AD ∴AD ∵E 为∴S △又AD ∴V A －(2)取又∵∴P A ∥平面EDM .∴AM ＝12AC ＝ 5. 即在AC 边上存在一点M ，使得P A ∥平面EDM ，AM 的长为 5.4.如图所示，在三棱锥P - ABC 中，点D ，E 分别为PB ，BC 的中点．在线段AC 上是否存在点F ，使得AD ∥平面PEF ？若存在，求出AF FC的值；若不存在，请说明理由． 解：假设在AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ，连接DC 交PE 于G ，连接FG ，如图所示．∵AD ∥平面PEF ，平面ADC ∩平面PEF ＝FG ，∴AD ∥FG .又∵点D ，E 分别为PB ，BC 的中点，∴G 为△PBC 的重心，∴AF FC ＝DG GC ＝12.故在线段AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ，且AF FC ＝12. 5．[2016·北京卷] 如图，在四棱锥P - ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面P AC .(2)求证：平面P AB ⊥平面P AC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥平面CEF ？说明理由．解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC .又因为DC所以DC (2)所以AB ⊥因为PC ⊥所以PC ⊥所以AB ⊥所以平面(3)棱PB 取PB 因为E 为所以EF ∥又因为P A 所以6．[2016·＝12AD . (1)在平面(2)解：(1)因为AD ∥又AB ?平面P AB ，CM ?平面P AB ，所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD ， 从而P A ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ， 所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB . 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB .又BD ?平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD .7. [2016·阳泉模拟] 如图7-41-10，在四棱锥P -ABCD 中，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝3，AC ⊥CD ，且平面PCD ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥PD .(2)在线段P A 上是否存在点E ，使BE ∥平面PCD ？若存在，求出PE P A的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)AC ⊥平面PCD ，∵PD ?(2)在线段∵AD ＝3∴在△P ∵PE P A ＝PF PD ＝又∵BC ∥∴四边形∴BE ∥CF ∴BE 8．(10分，△SAD (1)(2)若(3)解：∴AD ∴AD ∴BD 又BD (2)当∵CD ∴CH HA ＝12＝CE ES，∴HE ∥SA . 又SA ?平面EBD ，HE ?平面EBD ，∴SA ∥平面EBD .(3)过S 作SO ⊥AD ，交AD 于点O .∵△SAD 为等边三角形，∴O 为AD 的中点，∴SO ＝ 3.易证得SO ⊥平面ABCD ，∴V 四棱锥S -ABCD ＝13S 梯形ABCD ·SO . ∵S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×3＝33， ∴V 四棱锥S - ABCD ＝3.二、探索垂直关系1．如图所示，在三棱锥P - ABC中，已知P A⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是()A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形答案：B[解析] 已知P A⊥底面ABC，则P A⊥BC，又AB⊥BC，P A∩AB＝A，则BC⊥平面P AB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，又PB∩BC＝B，则AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，A正确．当EF∥平面ABC时，又EF?平面PBC，平面PBC∩平面ABC＝BC，则EF∥BC，故EF⊥平面P AB，则AE⊥EF，故C正确．当正确．用2AC ＝2a，CF⊥DF由a.3，PC上②P AC，∴BC⊥A，∴PB⊥平面4.1的中点.(1)(2)∵EF∴EF(2)∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥平面ABC，∴D1D⊥AC.∴AC⊥平面BB1D1D，∴AC⊥DF.∵F，M分别是BD1，CC1的中点，∴FM∥AC.∴DF⊥FM.∵D1D＝2AD，∴D1D＝BD.∴矩形D1DBB1为正方形．∵F为∴DF⊥∵FM∴DF5.如图(1)ADE沿DE(1)(2)(3)解：(1)∵D∴DE∥又∵∴DE(2)∴DE⊥∴DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC，(6分)∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1F⊥平面BCDE，又BE?平面BCDE，∴A1F⊥BE.(9分)(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P∴A1C又DP∴A1C从而6(1)(2)(3)棱又∵∴AB1又BF(2)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(1)若(2)(3)解：DM∥EF，所以(2)所以又A1(3)所以因为又EF因为所以所以。
高考数学一轮专项复习ppt课件-空间距离及立体几何中的探索性问题(北师大版)
§7.8 空间距离及立体 几何中的探索性问题
课标要求
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离. 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或 空间角存在的条件.
内容索引
第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型
课时精练
第一部分
落实主干知识
知识梳理
1.点到直线的距离
若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一 点，则点P到直线l的距离为d＝___|P→_A_|_2_－__|P→_A_·_l0_|2_.
→ u2＝|AA→EE|＝－2 5 5，0，
55，
A→F＝(0,2,1)，|A→F|2＝5，A→F·u2＝ 55，
所以直线 FC1 到直线 AE 的距离为
5－
52
5
＝2 530，故 B 错误；
设平面 AB1E 的法向量为 n＝(x，y，z)，—AB→1 ＝(0,2,2)，A→E＝(－2,0,1)，B→A＝(0，－2,0). 由nn··A—→AEB→＝1 ＝－22yx＋＋2zz＝＝00，， 令z＝2，则y＝－2，x＝1，即n＝(1，－2,2). 设点B到平面AB1E的距离为d，
d＝
|B→E|2－B→|EB→·CB→|C2＝
290－ 232＝23 2.
方法二
又B→C＝
23，23，0，B→E＝0，43，32，
所以|cos〈B→C，B→E〉|＝|B→→C·B→→E|＝ |BC||BE|
2 3×2 3
5＝
515，
则 sin〈B→C，B→E〉＝ 510，
所以点 E 到直线 BC 的距离为|B→E|sin〈B→C，B→E〉＝235×
则A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，C1(0,1,3)， 则A→C＝(－2,1,0)，—BC→1 ＝(－2,0,3)， 设A→C和—BC→1 的公垂线的方向向量 n＝(x，y，z)，
例析立体几何中探索性问题的向量解法
图 １
图 ２
点评
本 题 中 的线 面平 行 问 题转 化 为 直线 的
图 ３ 图４
方 向 向量 与平 面 的法 向量垂 直来 处 理 ， 而立 体 几何 中的线 线平 行 和 面 面平 行 则 可 分 别 转 化 为 两 直 线 的方 向 向量 平 行 和两平 面 的法 向量 平行 来 解决 ．
） ，
（ Ａ ）口＋’ －） （ １１１ ） Ａ． －＇（Ａ ） －
设平 面 Ａ Ｃ的法 向量 为 ｎ：（ ｙｚ ， ｎ＿— 且 Ｅ ，，）则 Ｌ Ｅ Ａ
，
Ｐ 上 ， Ｐ ：Ｅ ＝ ：１ 试 问 在 棱 Ｐ Ｄ 且 Ｅ Ｄ ２ ， Ｃ上 是 否
， ａ， １ － 因此 ．－ ｄ
一
一
Ｅ ，－， 口 ， ｆ －Ⅱ了 ｌ ０ ４ Ｉ 于是 ｔ
Ａ ）＝０ ．
第 ７期
宋
波： 例析 立体几何 中探 索性 问题 的向量 解法
解 得 Ａ＝ １
，
于 ＝ 故 点 是 尸的 是 寻 当 ， 棱 ｃ
当点 Ｆ是 Ｃ 的 中点 时 ， Ｅ上平 面 Ａ Ｄ Ｄ， Ｂ
点评 空 间 的线 线 、 面 、 面垂 直 问题 都 可 线 面
・
１ பைடு நூலகம்・
中学教研 （ 学） 数
２０ ０ ９生
创新不可能像语文一样 ， 自己的作文 ， 有 属于个人
的创作 ． 是 ， 但 中学 生在数 学上 可 以提 问题． 于提 善 出新 奇 的问题 ， 会做 “ 问 ” 而不 仅仅 是 “ 答 ” 学 ， 学 重
识； 另一方面 ， 也是发展学生数学应用意识、 提高学 生创新 能力 与实 践 能力 的有效 举措 ．
第46讲 空间距离及立体几何中的探索性问题
例1（1） [2023·温州三模] 四面体满足 ,,,，点在棱上，且，点为 的重心，则点到直线 的距离为( )
A
A. B. C. D.
［思路点拨］（1）建立空间直角坐标系,利用投影向量及勾股定理求解点到直线的距离.
[解析] 四面体满足 ，即,,两两垂直，以点为原点，以,, 的方向分别为,, 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.因为,,，，所以 ,,，所以, ，则 ,，所以点到直线 的距离 .故选A.
（2）直线与直线间的距离有以下两种情况：①两平行直线间的距离，此时其中一条直线上的任意一点到另一条直线的距离都相等，所以直线与直线的距离转化为点到直线的距离.②两异面直线间的距离，有两种方法：几何法：求公垂线段的长度.向量法：在两直线上各取一点构成一个向量， 为在两直线的公垂线方向上的单位向量，则两异面直线间的距离为 .
（2） 求点到平面 的距离．
解： 由题意可知是，的中点，所以 ,,, .设平面的法向量为 ，则 ,，、取，得 ,所以点到平面的距离 .
探究点三 立体几何中的探索性问题
例3 如图①是直角梯形，， ，四边形 是边长为2的菱形，并且 ，以为折痕将折起，使点到达 的位置，得到四棱锥,如图②，且 .
①
②
（1） 求证：平面 平面 .
变式题1 如图所示，在长方体 中，,，点是棱的中点，则点 到平面 的距离为( )
B
A.1 B. C. D.
[解析] 方法一：连接,设点到平面的距离为，因为点是棱 的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面 过的中点，所以点到平面的距离等于点到平面 的距离.由等体积法得，所以 ，，.在中，, ，所以，则 ，解得，即点到平面的距离为 .故选B.
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【名师综述】利用空间向量解决探索性问题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．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形等）是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定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，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p 的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．2.与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“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．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【精选名校模拟】1. 在四棱锥E ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC 底面ABCD ，F 为BE 的中点.（Ⅰ）求证：DE ∥平面ACF ；（Ⅱ）求证：BD AE ；EG （Ⅲ）若AB= 2CE,在线段EO上是否存在点G，使CG 平面BDE ？若存在，求出的值，若不EO存在，请说明理由．答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；Ⅲ) EGEO12 B2.如图所示，四棱锥P—ABCD 中，AB AD，CD AD，PA 底面ABCD ，PA=AD=CD= 2AB=2，M 为PC 的中点。
（1）求证：BM∥平面PAD；（2）在侧面PAD 内找一点N，使MN 平面PBD；（3）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦。
【答案】（1）见解析；（2）N 是AE 的中点；（3）．3试题解析：（1）M 是PC的中点，取PD的中点E，则ME 1CD ，又AB 1CD22四边形ABME 为平行四边形BM ∥ EA ，BM 平面PADEA 平面PADBM ∥ 平面PAD4 分）2）以A为原点，以AB、AD 、AP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B 1,0,0），C 2,2,0 ，D 0,2,0 ，P 0,0,2 ，M 1,1,1 ，E 0,1,13. 如图1，在Rt ACB中，C 90°，BC 3，AC 6，D，E分别是AC ，AB上的点，且DE // BC，DE 2，将ADE 沿DE折起到A1 DE的位置，使A1C CD，如图2．Ⅰ）求证：A1C 平面BCDE ；Ⅱ）若M 是A1D的中点，求CM 与平面A1BE所成角的大小；Ⅲ）点F是线段BE的靠近点E的三等分点，点P是线段A1F上的点，直线l过点B且垂直于平面BCDE ，求点P 到直线l的距离的最小值．答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）CM 与平面A1BE 所成角的大小45 ；（Ⅲ）点P到直线l 的距离有最小值12 65 65试题解析：（Ⅰ）Q 由题CD DE ，A1D DE ，CD A1D DDE 平面A1CD ，又Q A1C 平面A1CD ，A1C DE 又Q A1C CD ，DE CD D A1C 平面BCDE ．∴不妨取n r 1 ，2 ，3 又∵ M 1，0 ，3uuu ur CM1，0 ，3sin|cos CM ,n |uuuurCMr n 1 3 42，uuuurCMr n1 4 3 1 32 2 22，CM与平面A1BE 所成角的大小45 ．4. 在四棱锥P ABCD中，侧面PCD 底面ABCD ，PD CD ，底面ABCD是直角梯形，ADCAB // CD ，90o，AB AD PD 1，CD 2.（Ⅰ）求证：BC 平面PBD ；uuur uuur o（Ⅱ）设Q为侧棱PC上一点，PQ PC ，试确定的值，使得二面角Q BD P为45o.答案】解法uuur(Ⅱ)平面 PBD 的法向量为 BC ( 1,1,0) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分 uuur uuuruuurPC (0,2, 1)， PQPC ， (0,1)所以 Q(0,2 ,1 ) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分 uuur uuur设平面 QBD 的法向量为 n= (a,b, c) ， DB (1,1,0) ， DQ (0,2 ,1 )， uuur uuur 由 n DB 0 ， n DQ 0 ，得法二：（Ⅰ）∵面 PCD ⊥底面 ABCD ，面 PCD ∩底面 ABCD =CD ，PD 面 PCD ，且 PD ⊥CD取 CD 中点 E ，学科网连结 BE ，则 BE ⊥CD ，且 BE=1∴PD ⊥面 ABCD ，1分 又 BC 面 ABCD ，∴ BC ⊥ PD ①⋯. .分2在 Rt △FGQ 中，∠ FGQ =45°1）求直线 AP 与平面 SBC 所成角的正弦值； 2）求二面角 B —SC —D 大小的余弦值；PQ 平面 SDC ？若存在，求 PQ 的长；若不存在，请说明∵FQ//BC ，∴FQBCP P Q C 即 FQP PC QBC2 5xPF PQ PB PC即PF PQPCPB3 5x∵FG//PD ∴FG PD BF 即PBFGBF PBPD 11 5x. ⋯⋯分1021∴FQ=FG ，即 2 x 1 x55∴x2 5 1 5( 2 1)分⋯⋯ 11uuur uuur∵ PQ PC ∴ 5( 2 1)521分⋯⋯ 125. 如图，已知正四棱锥 S ABCD的底面边长为2， 高为 6，P 是棱 SC 的中点．［来源 学 科 网］3）在正方形 ABCD 内是否存在一点 Q ，使得答案】（1）直线AP 与平面SBC 所成角的正弦值为 2 7；（2）二面角B—SC—D 大小的余弦值为1；773）不存在满足条件的点Q.u r uuurn1 BC 0, u r uur,即n1 SB 0 x1y16z1uurn1 =( x1,y1,z1)，则uur，可取n1 =( 0, 6 ,1)，0,SBC 的法向量2 x1 0,6. 如图1，已知⊙O的直径AB 4，点C 、D为⊙O上两点，且CAB=45o，DAB 60o，F为弧BC 的中点．将⊙O 沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直（如图2）．（Ⅰ）求证：OF // AC ；（Ⅱ）在弧BD上是否存在点G，使得FG//平面ACD ？若存在，试指出点G的位置；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求二面角C-AD- B的正弦值.答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）在弧BD上存在点G ，使得FG / /平面ACD ，且点G为弧BD的中点；（Ⅲ）2 7;7;（3 ）根据，∠ DAB =60°求出D 点坐标，然后求出平面ACD 的一个法向量，找出平面ADB 的一个法向量，利用两平面法向量所成角的余弦值求解二面角C-AD-B 的余弦值．试题解析：（法一）：证明：（Ⅰ）如右图，连接CO ，Q CAB 45o，CO AB ，又Q F 为弧BC的中点，FOB 45o，OF//AC．（Ⅲ）过O作OE AD于E，连CE．因为CO AB，平面ABC 平面ABD，故CO 平面ABD．又因为AD 平面ABD ，故CO AD，所以AD 平面CEO，AD CE ，则CEO是二面角C-AD- B的平面角，又OAD 60o，OA 2，故OE 3．由CO 平面ABD ，OE 平面ABD ，得CEO 为直角三角形，又CO 2 ，学科网故CE 7 ，可得cos CEO= 3= 21，故二面角C-AD- B 的正弦值为 2 7 .7 7 7 （法二）：证明：（Ⅰ）如图，以AB所在的直线为y 轴，以OC所在的直线为z轴，以O 为原点，作空间直角坐标系O xyz ，则A 0, 2,0 ，C 0,0,2Q 点F 为弧 BC 的中点， 点F 的坐标为 0, 2, 2 ， uuur uuur uuur OF (0, 2, 2)， OF22AC ，即OF// AC ．7. 如图，在多面体 ABCDE 中，DB 平面ABC ,AE//DB ,且 ABC 是边长为 2的等边三角形， AE 1，（1）在线段 DC 上是否存在一点 F ，使得 EF 面 DBC ，若存在，求线段 DF 的长度，若不存在，说明理 由；CD 与平面 ABDE 所成角的正弦值为6 4uuurAC (0, 0, 2) (0, 2, 0) (0,2,2)，答案】（Ⅰ）存在F 为CD 中点，DF= 2 时，使得EF 面DBC （Ⅱ）648. 如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB BC 2AA1，ABC 90 ，D是BC的中点．（1）求证：A1B ∥平面ADC1 ；（2）求二面角C1 AD C 的余弦值；（3）试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60 角？若存在，确定E点位置，若不存在，说明理由．2AD C的余弦值为；（3）当点E为线段A1B1中点时，AE 与DC13由ABC A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C 的中点.又D为BC中点，所以OD为△ A1BC 中位线，所以A1B∥OD ，成60 角.由二面角C1 AD C 是锐角，得cosn,v |n v| 2n v 3 8分2 所以二面角C1 AD C 的余弦值为.3( 3 )解：假设存在满足条件的点E .因为E 在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设E(0, ,1) ，其中0 2.uuur uuuur所以AE (0, 2,1) ，DC1 (1,0,1)因为AE与DC1成60 角，所以uuuruuuurAE DCuuurAE DCuuuur11129.如图 所示，在四棱锥 P ABCD 中，底面四边形 ABCD 是菱形， AC I BD O , PAC 是边长为 2 的等边三角形， PB PD 6 , AP 4AF . Ⅰ）求证： PO 底面 ABCD ；Ⅱ）求直线 CP 与平面 BDF 所成角的大小； M ，使得 CM ∥平面 BDF ？如果存在，求 BM 的值，如果不存在，请 BP试题解析：解： （Ⅰ）因为底面 ABCD 是菱形， ACI BD O ,Ⅲ）在线段 PB 上是否存在一点答案】（Ⅰ）详见解析； （Ⅱ） 30o ；（Ⅲ）存在，BM BP1 3说明理由．精品文档2uuur uuur 1 uuur 3 由已知可得 OFOA 14 AP (43,0,6分n OB 0, 设平面 BDF 的法向量为 n (x, y,z)，则uuur 即 3 3 n OF 0,3x 3 z 0.44因为cosCP n8分9分所以直线 CP 与平面 |CP| |n |2BDF 所成角的正弦值为令 x 1 ，则 zCP n10. 如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视是BD 的中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形(1) 求证:EM ∥ 平面ABC;(2) 试问在棱DC上是否存在点N,使NM ⊥平面BDE? 若存在,确定点N 的位置; 若不存在, 请说明理由.答案】(1)详见解析； (2)存在，CN 1 解析】图中的侧视图、俯视图. 在直观图中，M,有关数据如图所示11. 如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC A1 B1C1中，侧面A1ACC1 底面ABC ，A1AC 60 ．（1）求侧棱AA1与平面AB1C 所成角的正弦值的大小；（2）已知点D满足BD BA BC ，在直线AA1上是否存在点P，使DP //平面AB1C ？若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．答案】（1）64 2）存在点P，使DP //平面AB1C .12. 如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA AB，CD//AB，且PA CD 2AB 4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P DC B，连接PA、PB，设PB中点为E ．[来源:Z_xx_] （1）证明：平面PBD 平面PBC ；（2）在线段BD上是否存在一点F ，使得EF 平面PBC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．（3）求直线AB与平面PBC 所成角的正弦值．答案】（1）详见解析；（2）点F 存在，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点；3) 66 2）解法一：由（1）的分析易知，PD DA,PD DC,DC DA ，则以D为原点建立空间直角坐标系易知这样的点F 存在，且为线段BD上靠近点D 的一个四等分点；8 分）解法二：（略解）如图所示，故所求角的正弦值为 6 . ..（12 分）13. 四棱锥 P ABCD 中， ABCD 为矩形，平面 PAD 平面 ABCD .（1）求证： AB PD;2,PC 2,问 AB 为何值时，四棱锥 P ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值3）解法 由（uuur 1 1EF （ , , 1） 是平面 PBC 的一个法向量，又22uuur AB (0, 2,0) uuur uuur 则得cosEF,ABuuur uuurEF ABuuur uuur |EF ||AB|6 ，所以 uuur uuur 6 EF,ABarccos ，66记直线 AB 与平面 PBC 所成角为，则知uuur uuur 6 sin |cos EF,AB |62)若 BPC 90 ,PB弦值为 10 .5（2）求四棱锥体积，关键要作出高 .这可利用面面垂直性质定理： 过P 作AD 的垂线，垂足为 O ，又平面 PAD 平面ABCD ，平面 PAD I 平面 ABCD=AD ，所以 PO 平面 ABCD ，下面用 n 3表示高及底面积：设 AB m,，则 DP PG 2OG 24m 2 , ，故四棱锥 P-ABCD 的体 积为V 6 m m 8 6m . 故当 m6时，即 AB 6 时，四棱锥的体积 P-ABCD 最大 .3 3 3 3 3求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面 平面 DPC 的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可 .试题解析： （ 1）证明： ABCD 为矩形，故 AB AD ，又平面 PAD 平面 ABCD平面 PAD I 平面 ABCD=AD 所以 AB 平面 PAD ，因为 PD 平面 PAD ，故 AB PD答案】（1）详见解析，2) AB时，四棱锥的体积 P-ABCD 最大 . 平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余BPC 的法向量及ABCD 为正方形，设 F ，G ，H 分别为 PB ，EB ，PC 的中点 .存在，请说明理由14.如图 1)在平面四边形 ACPE 中， D 为 AC 中点， AD DC PD 2 ， AE 1，且AEAC,PD AC ，现沿 PD 折起使 ADC 900 ，得到立体图形如图 2)，又 B 为平面 ADC 内一点，并且 1) 求三棱锥 P GHF 的体积；2) 在线段 PC 上是否存在一点M ，使直线 FM 与直线 PA 所成角为 600若存在，求出线段的长；若不1 答案】（1） V1；（2）存在， PM 12试题解析：（ 1）因为 F,G 分别为 PB, BE 的中点，所以 FG//PE .又FG 平面PED ， PE 平面PED ， 所以 FG//平面 PED ，同理： FH //平面 PED .（2）因为 EA 平面 ABCD ， EA / /PD ，所以 PD 平面 ABCD ，所以 PD AD,PD CD .又因为四 边形 ABCD 是正方形，所以 AD CD .52 4如图，建立空间直角坐标系，因为AD PD 2EA 2 ，15. 如图，多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD ，正方形ADEF 的边长为2，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD，AD⊥DC，AB ＝2，CD＝4．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面BDE ；[来源学§科§网]（Ⅱ）试在平面CDE 上确定点P，使点P 到直线DC、DE 的距离相等，且AP 与平面BEF 所成的角等于30°．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析．（Ⅱ）利用DE, DA,DC 两两互相垂直建立空间直角坐标系，令n x , y , z 是平面BEF 的一个法向r uuurn EF0r量，则由r uur求出向量n x , y , z 的坐标，利用向量的夹角公式列方程求出点P 的坐标．n Eb0试题解析：又因为ED I BD D所以BC 平面BDE ．5 分解法二：因为平面ADEF 平面ABCD , ED AB所以ED 平面ABCD 1 分所以DE ,DA,DC 两两互相垂直以点D 为原点，直线DA, DC, DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz（Ⅱ）因为平面ADEF 平面ABCD , ED AB 所以ED 平面ABCD所以DE , DA, DC 两两互相垂直以点D 为原点，直线DA, DC ,DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz16. 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，Ⅰ）若 PA PD ，求证：平面 PQB 平面 PAD ；答案】（1）证明过程详见解析； （ 2） PMPC解析】 试题分析：本题主要以四棱锥为几何背景，考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、向量法等基础知识，考平面 ABCD ，且 PA PD AD2，点 M 在线段 PC 上，试确定点 M 的位置，使二Ⅱ）若平面 APD P P MC 的值.BAD 600，Q 是 AD 的中点 .1 3试题解析：（ 1）∵ PA PD ，Q 为AD 的中点，∴ PQ AD ，平面 PQB 平面 PAD;17. 如图， PD 垂直于梯形 ABCD 所在的平面， ADC BAD 90 ． F 为 PA 中点， PD 2 ，又 底面 ABCD 为菱形，BAD 600 ，∴ BQAD ,又 PQ IBQ Q ∴ AD平面 PQB ，又∵ AD平面 PAD,ABCD, 平面 PADI 平面 ABCD AD ,PQ AD ∴PQ 平面 ABCD.z 轴建 立空间直角坐标系如图QP 为 x ， y ，2） 平面 PAD 平面1 AB AD CD 1. 四边形 PDCE 为矩形，线段 PC 交DE 于点 N ． 2（1）求证： AC // 平面 DEF ；（ 2）求二面角 A BC P 的大小；（3）在线段 EF 上是否存在一点 Q ，使得 BQ 与平面 BCP 所成角的大小为？ 若存在，请求出 FQ 的长;6若不存在，请说明理由．2） .（3）在线段 EF 上存在一点 Q ，且|FQ| |EF | 4夹角公式确定 的值．3）首先假设存在点Q 满足条件．由 uuur FE(01） ，再利用向量的答案】（1）详见解析； PNFDEC2uuur, E (0, 2, 2). 设 FQ 1F(12,0,18. 如图，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．（Ⅰ）求证：AO 平面B OC ；（Ⅱ）当三棱锥B AOC的体积取最大时，求二面角A B C O的余弦值；2 （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试问在线段B A上是否存在一点P，使CP与平面B OA所成的角的正弦值为？3 证明你的结论．（Ⅱ）在平面BOC 内，作BD OC 于点 D ，则由（1）及已知可得当 D 与O重合时，三棱锥B AOC的体积最大，并过O 点作OH BC 于点H ，连AH ，则AHC为二面角A BC O的平面角.在Rt AHC 中，易得cos AHC 的值，即为所求；［来源学_科_网］2 （Ⅲ）根据图形及已知条件分析可得，存在线段BA上中点P ，使CP与平面B OA所成的角的正弦值为2，3 r2 求出平面B OA的法向量n （0,1,0），根据CP与平面B OA所成的角的正弦值为2建立等式关系，即可求得3 结论.AO 平面BOC ，又BC 平面B OC ， BC AOAHO 即 为 二面角 A B C O 的平面角.:]Q AOI OH O ， B C 平面AOH ， B C AHRt AOH 中， AO 2，OH322cos AHOOH 1 AH 32又 CM PM M又∵ PC 平面 PCMEF ∥AB ．现将四边形 ABEF 沿 EF 折起，使得平面 ABEF 平面 EFDC ．uuurⅠ）当 BE 2 ，是否在折叠后的 AD 上存在一点 P ，且 APuuurPD ，使得 CP ∥平面 ABEF ？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由；Ⅱ）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．答案】（1）存在 P 点，2；（2）当 x 4时，三棱锥 A CDF 的最大值 16 . 3∴平面 ABEF ∥平面 PCM 6分DⅡ）因为平面 ABEF 平面 EFDC ，平面 ABEF I 平面 EFDC ＝ EF ，又 AF EF ，由已知 BE ＝x ，所以 AF ＝x ( 0 x 6)，则 FD ＝8 x ．11∴V A CDF 2 (8 x) x 12 分32 1 1 1 8 x x 2 16故V A CDF2 (8 x) x ( )3 23 2 3当且仅当 8 x x ，即 x ＝4 时，等号成立20. 已知∠ACB ＝45°，B 、C 为定点且 BC ＝3，A 为动点，作 AD ⊥BC ，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B ， 如图 1。