高考数学专题04 立体几何的探索性问题(第三篇)(原卷版)
立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题作者：徐勇来源：《理科考试研究·高中》2012年第10期立体几何中的探索性问题有利于考查学生的归纳、判断等各方面的能力，也有利于创新意识的培养，因此应注意高考中立几探索性命题的考查趋势.立体几何探索性命题的类型主要有：一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么.而对命题条件的探索，在立体几何的题型更为常见，对命题条件的探索常采用以下三种方法：1.先猜（作）后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明.2.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.3.把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.现例举如下例1 如图1，已知四面体ABCD四个面均为锐角三角形，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA上的点，BD∥平面EFGH，且（1）求证：HG∥平面ABC；（2）请在平面ABD内过点E作一条线段垂直于AC，并给出证明解析（1）因为BD∥平面EFGH，平面BDC∩平面EFGH=FG，所以BD∥同理BD∥EH，又因为EH=FG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以HG∥又平面ABC，平面ABC，所以HG∥平面（2）如图2，在平面ABC内过点E作EP⊥AC，且交AC于P点，在平面ACD内过点P 作PQ⊥AC，且交AD于Q点，连结EQ，则EQ即为所求线段证明如下：因为EP⊥AC，PQ⊥AC，EP∩PQ=P，所以AC⊥平面又因为平面EPQ，所以EQ⊥例2 如图3，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF⊥平面（1）求证：AE⊥BE；（2）求三棱锥D—AEC的体积；（3）设M在线段AB上，且满足AM=2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面解析（1）因为AD⊥平面ABE，AD∥BC，所以BC⊥平面ABE，则AE⊥又因为BF⊥平面ACE，则AE⊥所以AE⊥平面又平面BCE，所以AE⊥（2）——（]1[]3[SX）]×2[KF（]2[KF）]×[KF（]2[KF）] （]4[]3[SX）（3）在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，则由比例关系易得CN=[SX（]1[]3[SX）因为MG∥AE，平面ADE，平面ADE，所以MG∥平面同理GN∥平面所以平面MGN∥平面又平面MGN，所以MN∥平面所以N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点例3 如图3，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABD=60°，Q为AD的中点（1）若PA=PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）点M在线段PC上，PM=tPC，试确定实数t的值，使得PA∥平面解析（1）连因为四边形ABCD为菱形，所以又∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形而Q为AD中点，所以AD⊥因为PA=PD，Q为AD中点，所以AD⊥又BQ∩PQ=Q，所以AD⊥平面而平面PAD，所以平面PQB⊥平面（2）当t=[SX（]1[]3[SX）]时，使得PA∥平面连AC交BQ于N，交BD于O，连MN，则O为BD的中点又BQ为正△ABD边AD上的中线，所以N为正△ABD的中心设菱形ABCD的边长为a，则AN=[SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]a，AC=[KF（]3[KF）由PA∥平面MQB，平面PAC，平面PAC∩平面MQB=MN，所以PA∥MN，[SX（]PM[]PC[SX）]=[SX（]AN[]AC[SX）]=[SX（][SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]a[][KF （]3[KF）]a[SX）]=[SX（]1[]3[SX）]，即PM=[SX（]1[]3[SX）]PC，t=[SX（]1[]3[SX）例4 如图4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）若平面PAB∩平面PCD=l，问直线l能否与平面ABCD平行？请说明理由解析（1）∠ABC=90°，AD∥BC，所以AD⊥而平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥同理可得AB⊥由于AB，平面ABCD，且AB∩AD=C，所以PA⊥平面（2）不平行证明：假定直线l∥平面ABCD，由于平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD=CD，同理可得l∥AB，所以AB∥这与AB和CD是直角梯形ABCD的两腰相矛盾，故假设错误，所以直线l与平面ABCD不平行例5 如图5所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面（1）若G为AD边的中点，求证：EG⊥平面PAD；（2）求证：AD⊥PB；（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论解析（1）在菱形ABCD中，∠DAB=60°，G为AD的中点，所以BG⊥又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BG⊥平面（2）连结PG，由△PAD为正三角形，G为AD的中点，得PG⊥由（1）知BG⊥AD，PG∩BG=G，平面PGB，平面PGB，所以AD⊥平面因为平面PGB，（3）当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面取PC的中点F，连结DE、EF、在△PBC中，FE∥PB，所以EF∥平面在菱形ABCD中，GB∥DE，所以DE∥平面平面DEF，平面DEF，EF∩DE=E，所以平面DEF∥平面由（1）得PG⊥平面ABCD，而平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面例6 如图6，边长为4的正方形ABCD所在平面与正△PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点（1）求四棱锥P—ABCD的体积；（2）求证：PA∥平面MBD；（3）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由解析（1）因为Q为AD的中点，△PAD为正三角形，因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面因为AD=4，所以PQ=2[KF（]3[KF）所以四棱锥P—ABCD的体积V=[SX（]1[]3[SX）=[SX（]1[]3[SX）（]3[KF）]（]32[KF（]3[KF）][]3[SX）（2）连结AC交BD于点O，连结由正方形ABCD知点O为AC的中点，因为M为PC的中点，所以MO∥又平面MBD，平面MBD，所以PA∥平面（3）存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，所以BQ⊥由（1）知，PQ⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PQ⊥又BQ∩PQ=Q，所以NC⊥平面因为平面PCN，所以平面PCN⊥平面。
立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题一、探索平行关系1．[2016·枣强中学模拟] 如图所示，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况)答案：M 位于线段FH 上(答案不唯一) [解析] 连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，FH ∩HN ＝H ，DD 1∩BD ＝D ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，故只要M ∈FH ，则MN ?平面FHN ，且MN ∥平面B 1BDD 1.2.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE 证明你的结论．解：(1)如图所示，取AA 1的中点M ，连接EM ，BM .因为E 是DD 1的中点，四边形ADD 1A 1为正方形，所以EM ∥AD .(2分)又在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥平面ABB 1A 1，所以EM ⊥平面ABB 1A 1，从而BM 为直线BE 在平面ABB 1A 1上的射影，∠EBM 为BE 和平面ABB 1A 1所成的角．(4分)设正方体的棱长为2，则EM ＝AD ＝2，BE ＝22＋22＋12＝3.于是，在Rt △BEM 中，sin ∠EBM ＝EM BE ＝23，(5分) 即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(6分) (2)在棱C 1D 1上存在点F ，使B 1F ∥平面A 1BE .事实上，如图(b)所示，分别取C 1D 1和CD 的中点F ，G ，连接B 1F ，EG ，BG ，CD 1，FG .因A 1D 1∥B 1C 1∥BC ，且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，因此D 1C ∥A 1B .又E ，G 分别为D 1D ，CD 的中点，所以EG ∥D 1C ，从而EG ∥A 1B .这说明A 1，B ，G ，E 四点共面．所以BG ?平面A 1BE .(8分)因四边形C 1CDD 1与B 1BCC 1皆为正方形，F ，G 分别为C 1D 1和CD 的中点，所以FG ∥C 1C ∥B 1B ，且FG ＝C 1C ＝B 1B ，因此四边形B 1BGF 是平行四边形，所以B 1F ∥BG ，(10分)而B 1F ?平面A 1BE ，BG ?平面A 1BE ，故B 1F ∥平面A 1BE .(12分)3．如图，四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点．(1)求三棱锥A -PDE 的体积；(2)AC 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面EDM 若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥AD .又∵ABCD 是矩形，∴AD ⊥CD .∵PD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面PCD ，∴AD 是三棱锥A -PDE 的高．∵E 为PC 的中点，且PD ＝DC ＝4，∴S △PDE ＝12S △PDC ＝12×⎝⎛⎭⎫12×4×4＝4. 又AD ＝2，∴V A －PDE ＝13AD ·S △PDE ＝13×2×4＝83. (2)取AC 中点M ，连接EM ，DM ，∵E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，∴EM ∥P A . 又∵EM ?平面EDM ，P A ?平面EDM ，∴P A ∥平面EDM .∴AM ＝12AC ＝ 5.即在AC 边上存在一点M ，使得P A ∥平面EDM ，AM 的长为 5.4.如图所示，在三棱锥P - ABC 中，点D ，E 分别为PB ，BC 的中点．在线段AC 上是否存在点F ，使得AD ∥平面PEF 若存在，求出AF FC的值；若不存在，请说明理由． 解：假设在AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ，连接DC 交PE 于G ，连接FG ，如图所示．∵AD ∥平面PEF ，平面ADC ∩平面PEF ＝FG ，∴AD ∥FG .又∵点D ，E 分别为PB ，BC 的中点，∴G 为△PBC 的重心，∴AF FC ＝DG GC ＝12.故在线段AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ，且AF FC ＝12. 5．[2016·北京卷] 如图，在四棱锥P - ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面P AC .(2)求证：平面P AB ⊥平面P AC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥平面CEF 说明理由． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC .又因为DC ⊥AC ，所以DC ⊥平面P AC .(2)证明：因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ，所以AB ⊥AC .因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB ，所以AB ⊥平面P AC ，所以平面P AB ⊥平面P AC .(3)棱PB 上存在点F ，使得P A ∥平面CEF .证明如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF .因为E 为AB 的中点，所以EF ∥P A .又因为P A ?平面CEF ，所以P A ∥平面CEF .6．[2016·四川卷] 如图，在四棱锥P - ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD . (1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由；(2)证明：平面P AB ⊥平面PBD .解：(1)取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ， 所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB .又AB ?平面P AB ，CM ?平面P AB ，所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD ， 从而P A ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ， 所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB . 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB .又BD ?平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD .7. [2016·阳泉模拟] 如图7-41-10，在四棱锥P -ABCD 中，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝3，AC ⊥CD ，且平面PCD ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥PD .(2)在线段P A 上是否存在点E ，使BE ∥平面PCD 若存在，求出PE P A的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，AC ⊥CD ，AC ?平面ABCD ，∴AC ⊥平面PCD ，∵PD ?平面PCD ，∴AC ⊥PD .(2)在线段P A 上存在点E ，使BE ∥平面PCD ，且PE P A ＝13.下面给出证明： ∵AD ＝3，BC ＝1，∴在△P AD 中，分别取P A ，PD 靠近点P 的三等分点E ，F ，连接EF ，BE ，CF . ∵PE P A ＝PF PD ＝13，∴EF ∥AD ，且EF ＝13AD ＝1. 又∵BC ∥AD ，∴BC ∥EF ，且BC ＝EF ，∴四边形BCFE 是平行四边形，∴BE ∥CF ，又∵BE ?平面PCD ，CF ?平面PCD ，∴BE ∥平面PCD .8．(10分)[2016·河南中原名校联考] 如图所示，在四棱锥S -ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△SAD 是等边三角形，且SD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4.(1)证明：平面SBD ⊥平面SAD .(2)若E 是SC 上的一点，当E 点位于线段SC 上什么位置时，SA ∥平面EBD 请证明你的结论．(3)求四棱锥S -ABCD 的体积．解：(1)证明：∵△SAD 是等边三角形，∴AD ＝SD ＝2，又BD ＝23，AB ＝4，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴BD ⊥AD ，又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD .∴BD ⊥平面SAD .又BD ?平面SBD ，∴平面SBD ⊥平面SAD .(2)当E 为SC 的三等分点，即ES ＝2CE 时，结论成立．证明如下：连接AC 交BD 于点H ，连接EH .∵CD ∥AB ，CD ＝12AB ， ∴CH HA ＝12＝CE ES，∴HE ∥SA . 又SA ?平面EBD ，HE ?平面EBD ，∴SA ∥平面EBD .(3)过S 作SO ⊥AD ，交AD 于点O .∵△SAD 为等边三角形，∴O 为AD 的中点，∴SO ＝ 3.易证得SO ⊥平面ABCD ，∴V 四棱锥S -ABCD ＝13S 梯形ABCD ·SO . ∵S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×3＝33， ∴V 四棱锥S - ABCD ＝3.二、探索垂直关系1．如图所示，在三棱锥P - ABC 中，已知P A ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，E ，F 分别是线段PB ，PC 上的动点，则下列说法错误的是( )A ．当AE ⊥PB 时，△AEF 一定为直角三角形B ．当AF ⊥PC 时，△AEF 一定为直角三角形C ．当EF ∥平面ABC 时，△AEF 一定为直角三角形D ．当PC ⊥平面AEF 时，△AEF 一定为直角三角形答案：B [解析] 已知P A ⊥底面ABC ，则P A ⊥BC ，又AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，则BC ⊥平面P AB ，BC ⊥AE .当AE ⊥PB 时，又PB ∩BC ＝B ，则AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，A 正确．当EF ∥平面ABC 时，又EF ?平面PBC ，平面PBC ∩平面ABC ＝BC ，则EF ∥BC ，故EF ⊥平面P AB ，则AE ⊥EF ，故C 正确．当PC ⊥平面AEF 时，PC ⊥AE ，又BC ⊥AE ，PC ∩BC ＝C ，则AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，故D 正确．用排除法可知选B.2．如图所示，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案：a 或2a [解析] 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．当CF ⊥DF 时，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .由Rt △CAF ∽Rt △F A 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .3．如图所示，P A ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E ，F 分别是点A 在PB ，PC 上的正投影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .其中正确结论的序号是________．答案：①②③ [解析] 由题意知P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC .又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥AF .∵AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，AF ⊥BC .又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ，∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF .故①②③正确．4.如图所示，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1的中点.(1)求证：EF ∥平面ABCD ；(2)设M 为线段C 1C 的中点，当D 1D AD的比值为多少时，DF ⊥平面D 1MB 并说明理由． 解析：(1)证明：∵E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1的中点，∴EF ∥AB .∵EF?平面ABCD，AB?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)当D1DAD＝2时，DF⊥平面D1MB.∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥平面ABC，∴D1D⊥AC.∴AC⊥平面BB1D1D，∴AC⊥DF.∵F，M分别是BD1，CC1的中点，∴FM∥AC.∴DF⊥FM.∵D1D＝2AD，∴D1D＝BD.∴矩形D1DBB1为正方形．∵F为BD1的中点，∴DF⊥BD1.∵FM∩BD1＝F，∴DF⊥平面D1MB.5.如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1)(2)(1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ说明理由．解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.(2分)又∵DE?平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(4分)(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD.∴DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC，(6分)∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1F⊥平面BCDE，又BE?平面BCDE，∴A1F⊥BE.(9分)(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，∴A1C⊥平面DEP.(12分)从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.(14分)6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．解析：(1)证明：连接A1B，则AB1⊥A1B，又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A1，∴AB1⊥平面A1BF.又BF?平面A1BF，∴AB1⊥BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又∵BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF?平面BFG，∴AE⊥BF.(3)存在．取CC1中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.7．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1-BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.(2)求证：BD⊥A1F.(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直并说明理由．解：(1)证明：在题图(1)中，因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM是△ACF的中位线，所以DM∥EF，则在题图(2)中，DM∥EF，又EF?平面A1EF，DM?平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD，且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F?平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF?平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因为A1B?平面A1BD，所以A1B⊥EF，又EF∥DM，所以A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾，所以假设不成立，所以直线A1B与直线CD不能垂直．。
高考数学立体几何空间几何中的探索性问题
立体几何空间几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE.(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?【拆解1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC 和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1,证明:BA⊥BC.【解析】连接AF,∵E,F分别为直三棱柱ABC-A1B1C1的棱AC和CC1的中点,且AB=BC=2,∴CF=1,BF=√BC2+CF2=√22+12=√5,∵BF⊥A1B1,AB∥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF=√AB2+BF2=√22+(√5)2=3,AC=√AF2-CF2=√32-12=2√2,∴AC2=AB2+BC2,即BA⊥BC.【拆解2】本例条件不变,证明:BF⊥DE.【解析】由拆解1可知BA⊥BC,故以B为原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,2,1),设B 1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即BF ⊥DE. 【拆解3】本例条件不变,问当B 1D 为何值时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【解析】∵AB ⊥平面BB 1C 1C,∴平面BB 1C 1C 的一个法向量为m=(1,0,0), 由(1)知,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2),EF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1), 设平面DFE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{(1-m )x +y -2z =0,-x +y +z =0, 令x=3,则y=m+1,z=2-m,∴n=(3,m+1,2-m), ∴cos m,n =m ·n |m |·|n |=1×√9+(m+1)+(2-m )=√2m 2-2m+14=√2(m -12) 2+272,∴当m=12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的余弦值最大,为√63,此时正弦值最小,为√33. 小做 变式训练《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.(1)若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C.(2)是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【拆解1】《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C. 【解析】取A 1C 1的中点H,连接PH,HC,如图所示.在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,四边形BCC 1B 1为平行四边形, 所以B 1C 1∥BC 且B 1C 1=BC.在△A 1B 1C 1中,P,H 分别为A 1B 1,A 1C 1的中点, 所以PH ∥B 1C 1且PH=12B 1C 1. 因为N 为BC 的中点,所以NC=12BC,从而NC=PH 且NC ∥PH,所以四边形PHCN 为平行四边形,于是PN ∥CH.因为CH ⊂平面A 1C 1CA,PN ⊄平面A 1C 1CA,所以PN ∥平面AA 1C 1C. 【拆解2】本例条件不变,求平面PMN 的法向量.【解析】以A 为原点,AB,AC,AA 1所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),N(12,12,0),M(0,1,12).假设满足条件的点P 存在,令P(λ,0,1)(0≤λ≤1),则NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,12),PN⃗⃗⃗⃗⃗ =(12-λ,12,-1,). 设平面PMN 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y +12z =0,(12-λ)x +12y -z =0.令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ, 所以n=(3,1+2λ,2-2λ).【拆解3】本例条件不变,问是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【解析】由拆解2知,平面PMN 的一个法向量为n=(3,1+2λ,2-2λ), 且易知平面ABC 的一个法向量为m=(0,0,1). 由题意得|cos <m,n>|=√9+(1+2λ)+(2-2λ)=√8λ2-4λ+14=√22,解得λ=-12,故点P 不在线段A 1B 1上.所以不存在.通法 技巧归纳解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点:①空间中的点可设为(x,y,z);②坐标平面内的点其中一个坐标为0,如平面xOy 上的点为(x,y,0);③坐标轴上的点两个坐标为0,如z 轴上的点为(0,0,z);④直线(线段)AB 上的点P,可设为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,表示出点P 的坐标,或直接利用向量运算. 突破 实战训练 <基础过关>1.如图,在三棱锥P -ABC 中,△ABC 为直角三角形,∠ACB=90°,△PAC 是边长为4的等边三角形,BC=2√3,二面角P -AC -B 的大小为60°,点M 为PA 的中点.(1)请你判断平面PAB 垂直于平面ABC 吗?若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由. (2)求CM 与平面PBC 所成的角的正弦值.【解析】(1)平面PAB ⊥平面ABC,理由如下:如图,分别取AC,AB 的中点D,E,连接PD,DE,PE, 则DE ∥BC.因为∠ACB=90°,BC=2√3. 所以DE ⊥AC,DE=√3.因为△PAC 是边长为4的等边三角形,所以PD ⊥AC,PD=2√3.所以∠PDE 为二面角P -AC -B 的平面角,则∠PDE=60°, 在△PDE 中,由余弦定理,得PE=√PD 2+DE 2-2PD ·DEcos 60°=3, 所以PD 2=PE 2+ED 2, 所以PE ⊥ED.因为ED ⊥AC,PD ⊥AC,ED∩PD=D,ED,PD ⊂平面PDE, 所以AC ⊥平面PED, 所以AC ⊥PE.又AC∩ED=D,DE,AC ⊂平面ABC,所以PE ⊥平面ABC, 因为PE ⊂平面ABC, 所以平面PAB ⊥平面ABC.(2)以点C 为原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 且与PE 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,2√3,0),A(4,0,0),E(2,√3,0),P(2,√3,3),M(3,√32,32),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√32,32),CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),CP ⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,3). 设平面PBC 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1), 则{n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y 1=0,2x 1+√3y 1+3z 1=0,取x 1=3,则n=(3,0,-2).所以CM 与平面PBC 所成的角的正弦值为sin θ=|cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=2√3×√13=√3913.2.如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E,F 分别是B 1B,BC 的中点. (1)求证:A 1E,AB,DF 三线共点.(2)线段CD 上是否存在一点G,使得直线FG 与平面A 1EC 1所成的角的正弦值为√33?若存在,请指出点G 的位置,并求二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值大小;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接EF,AD,∵EF ∥A 1D 且EF≠A 1D,∴A 1E,DF 共面,设A 1E∩DF=P,则点P ∈A 1E,而A 1E ⊂平面AA 1B 1B, ∴点P ∈平面AA 1B 1B. 同理可得点P ∈平面ABCD,∴点P 在平面ABCD 与平面AA 1B 1B 的公共直线AB 上, 即A 1E,AB,DF 三线共点.(2)根据题意可知,AA 1,AB,AD 两两垂直,以A 为原点,AB,AD,AA 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由图可得A 1(0,0,2),E(2,0,1),C 1(2,2,2),F(2,1,0), 故A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 假设满足条件的点G 存在, 设G(a,2,0),a ∈[0,2],则FG ⃗⃗⃗⃗ =(a -2,1,0), 设平面A 1EC 1的法向量为m=(x,y,z), 则由{m ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x -z =0,2x +2y =0,不妨取z=2,则x=1,y=-1,所以平面A 1EC 1的一个法向量为m=(1,-1,2), 设直线FG 与平面A 1EC 1的平面角为θ,则sin θ=|cos<m,FG ⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·FG⃗⃗⃗⃗⃗|m ||FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|√(a -2)+12+02×√12+(-1)+22|=√33,解得a=1,故G 为CD 的中点. 则GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),设平面A 1GC 1的法向量为n=(x,y,z),由{n ·GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +2z =0,2x +2y =0,取x=-2,则z=1,y=2,则平面A 1GC 1的一个法向量为n=(-2,2,1), |cos<m,n>|=|m ·n|m ||n ||=|√6×3|=√69, 所以二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值为√69.3.如图,C 是以AB 为直径的圆O 上异于A,B 的点,平面PAC ⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F 分别是PC,PB 的中点,记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l.(1)求证:直线l ⊥平面PAC.(2)直线l 上是否存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余?若存在,求出|AQ|的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵E,F 分别是PC,PB 的中点,∴BC ∥EF,又EF ⊂平面EFA,BC ⊄平面EFA,∴BC ∥平面EFA,又BC ⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,∴BC ∥l,又BC ⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC ⊥平面ABC,∴BC ⊥平面PAC,∴l ⊥平面PAC.(2)以C 为坐标原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 垂直于平面ABC 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,可得A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,√3),E(12,0,√32),F(12,2,√32),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,√32),EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设Q(2,y,0),平面AEF 的法向量为m=(x,y,z),则{AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-32x +√32z =0,EF⃗⃗⃗⃗ ·m =2y =0,取z=√3,得m=(1,0,√3),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,y,-√3), |cos<PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ >|=|2√4+y 2|=√4+y 2,|cos PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |=|2√4+y 2|=√4+y 2,依题意得|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ |=|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |, ∴y=±1,∴直线l 上存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余,此时|AQ|=1. 4.在图1所示的平面图形ABCD 中,△ABD 是边长为4的等边三角形,BD 是∠ADC 的平分线,且BD ⊥BC,M 为AD 的中点,以BM 为折痕将△ABM 折起得到四棱锥A -BCDM(如图②所示).(1)设平面ABC 和平面ADM 的交线为l,在四棱锥A -BCDM 的棱AC 上求一点N,使直线BN ∥l;(2)若二面角A -BM -D 的大小为60°,求平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值. 【解析】(1)延长CB,DM,设其交点为E,如图所示,因为点A,E 既在平面ABC 内,又在平面AMD 内, 所以直线AE 为平面ABC 与平面AMD 的交线l,因为BD 为∠MDC 的平分线,且BD ⊥BC,所以B 为EC 的中点, 取AC 的中点N,连接BN,则BN 为△AEC 的中位线, 所以直线BN ∥AE,即BN ∥l, 故N 为棱AC 的中点.(2)因为BM ⊥AM,BM ⊥MD,所以∠AMD=60°, 又因为AM=MD,所以△AMD 为等边三角形,取MD 的中点O 为坐标原点,以OM 所在的直线为x 轴,在平面BCDM 内过点O 且和MD 垂直的直线为y 轴,以OA 所在的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以D(-1,0,0),A(0,0,√3),C(-5,4√3,0),B(1,2√3,0), 所以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,4√3,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0), 设平面ACD 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,-4x +4√3y =0,令z=-√3,则x=3,y=√3, 所以m=(3,√3,-√3),设平面ABD 的法向量为n=(a,b,c),则{n ·DA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{a +√3c =0,2a +2√3b =0,令c=-√3,则a=3,b=-√3, 所以n=(3,-√3,-√3),设平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的大小为θ, 所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√3×√3)√3)√3)|√32+(√3)+(-√3)·√32+(-√3)+(-√3)=35,所以平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值为35.<能力拔高>5.已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,且BC=BD,DD 1⊥平面ABCD,AA 1=1,BE ⊥CD 于点E.(1)试问在线段A 1B 1上是否存在一点F,使得AF ∥平面BEC 1?若存在,求出点F 的位置;若不存在,请说明理由.(2)在(1)的条件下,求平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值.【解析】(1)当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. 下面给出证明:取AB 的中点G,连接EG,B 1G,则FB 1∥AG,且FB 1=AG, 所以四边形AGB 1F 为平行四边形,所以AF ∥B 1G.因为BC=BD,BE ⊥CD,所以E 为CD 的中点,又G 为AB 的中点,AB ∥CD,AB=CD,所以BG ∥CE,且BG=CE,所以四边形BCEG 为平行四边形,所以EG ∥BC,且EG=BC,又BC ∥B 1C 1,BC=B 1C 1, 所以EG ∥B 1C 1,且EG=B 1C 1,所以四边形EGB 1C 1为平行四边形, 所以B 1G ∥C 1E,所以AF ∥C 1E,又AF ⊄平面BEC 1,C 1E ⊂平面BEC 1,所以当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. (2)连接DG,因为BD=BC=AD,G 为AB 的中点,所以DG ⊥AB,又AB ∥CD,所以DG ⊥CD, 因为DD 1⊥平面ABCD,DC,DG ⊂平面ABCD,所以DD 1⊥DC,DD 1⊥DG,所以DG,DC,DD 1两两垂直,以D 为原点,DG,DC,DD 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz,由题意知BD=BC=CD=AB=AD=2,所以∠DAB=∠BDC=60°,又AA 1=1,所以D(0,0,0),A(√3,-1,0),D 1(0,0,1),E(0,1,0),C 1(0,2,1),B(√3,1,0),F(√3,0,1), 所以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1).设平面BEC 1的法向量为n=(x,y,z),则{EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√3x =0,y +z =0,令z=1,得平面BEC 1的一个法向量为n=(0,-1,1).设平面ADF 的法向量为m=(a,b,c),则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{√3a -b =0,√3a +c =0,令a=1,得b=√3,c=-√3,平面ADF 的一个法向量m=(1,√3,-√3).设平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|m ·n ||m |·|n |=√3√7×√2=√427.所以平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值为√427. 6.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB=2,AA 1=3,M,N 分别为AB,BC 的中点,P 为线段CC 1上一点.平面ABC 1与平面ANP 的交线为l.(1)是否存在点P 使得C 1M ∥平面ANP?若存在,请指出点P 的位置并证明;若不存在,请说明理由.(2)若CP=1,求二面角B -l -N 的余弦值.【解析】(1)当CP=2时,C 1M ∥平面ANP. 证明如下:连接CM 交AN 于点G,连接GP,因为CG GM =CPPC 1=2,所以C 1M ∥GP,又GP ⊂平面ANP,C 1M ⊄平面ANP, 所以C 1M ∥平面ANP.(2)取AC 的中点O,连接BO,易证OB ⊥平面ACC 1A 1,如图,分别以OB,OC 所在的直线为x,y 轴,以过点O且平行于AA 1的直线为z轴建立空间直角坐标系,A(0,-1,0),B(√3,0,0),C 1(0,1,3),N (√32,12,0),P(0,1,1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1). 设平面ABC 1的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面APN 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 由{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{√3x 1+y 1=0,2y 1+3z 1=0,令x 1=√3得n 1=(√3,-3,2),由{n 2·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{2y 2+z 2=0,√32x 2+32y 2=0,令x 2=√3得n 2=(√3,-1,2), 设二面角B -l -N 的平面角为θ,则cos θ=|n 1·n 2|n 1||n 2||=4×√8=5√28. <拓展延伸>7.如图,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC 边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A 到达点P 的位置,且PB=BE.(1)证明:EF ⊥平面PBE.(2)设N 为线段PF 上的动点,求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)因为E,F 分别为AB,AC 边的中点,所以EF ∥BC. 又因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE,EF ⊥PE. 又因为BE∩PE=E,所以EF ⊥平面PBE. (2)取BE 的中点O,连接PO,由(1)知EF ⊥平面PBE,EF ⊂平面BCFE, 所以平面PBE ⊥平面BCFE. 因为PB=BE=PE,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE, 所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M,分别以OB,OM,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.则P (0,0,√32),C (12,2,0),F (-12,1,0),B(12,0,0),PC ⃗⃗⃗⃗ =(12,2,-√32),PF ⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,-√32),N 为线段PF 上一动点,设PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPF ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则N (-λ2,λ,√32(1-λ)),BN⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ+12,λ,√32(1-λ)), 设平面PCF 的法向量为m=(x,y,z),则{PC ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{12x +2y -√32z =0,-12x +y -√32z =0,取m=(-1,1,√3).设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ, 则sin θ=|cos<BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m |=√5×√2λ2-λ+1=√5×√2(λ-14)2+78≤√5×√78=4√7035,当且仅当λ=14时取等号.故直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为4√7035.8.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=1,E、F是边DC的三等分点.现将△DAE,△CBF分别沿AE,BF 折起,使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直.(1)若G为线段AB上一点,且AG=1,求证:DG∥平面CBF.(2)求二面角A-CF-B的正弦值.【解析】(1)(法一)如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN..因为AD=DE=1,所以DM⊥AE,且DM=√22.因为BC=CF=1,所以CN⊥BF,且CN=√22因为平面DAE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM⊥AE,DM⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN⊥平面ABFE,所以DM∥CN,且CN=DM.又DM⊄平面CBF,CN⊂平面CBF,所以DM∥平面CBF,在矩形ABCD中,∠DAE=45°,故∠EAB=45°,同理可得∠FBA=45°,,所以MG2+AM2=AG2,所以在几何体ABFEDC中,因为MG=√AM2+AG2-2AM·AGcos45°=√22∠AMG=90°,所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形,故∠MGA=45°.而∠FBA=45°,且MG与FB共面于平面EFBA,故MG∥FB.又MG⊄平面CBF,FB⊂平面CBF,所以MG∥平面CBF.又MG∩DM=M,MG,DM⊂平面DMG,所以平面DMG∥平面CBF.因为DG⊂平面DMG,所以DG∥平面CBF.(法二)如图,分别取AE,BF 的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN. 因为AD=DE=1,∠ADE=90°,所以DM ⊥AE,且DM=√22. 因为BC=CF=1,∠BCF=90°,所以CN ⊥BF,且CN=√22.因为平面DAE ⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM ⊥AE,DM ⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN ⊥平面ABFE,所以DM ∥CN,且CN=DM, 所以四边形CDMN 是矩形,所以CD MN. 又MN 是等腰梯形ABFE 的中位线,所以CD=MN=1+32=2.又GB=2,所以CD ∥GB,CD=GB,所以四边形CDGB 是平行四边形,所以CB ∥DG. 又CB ⊂平面CBF,DG ⊄平面CBF,所以DG ∥平面CBF.(2)如图,以G 为坐标原点,分别以AB,GE 所在直线为x 轴,y 轴,以过点G 并垂直于平面ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系, 则A(-1,0,0),B(2,0,0),E(0,1,0),F(1,1,0),C (32,12,√22), 则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),FC ⃗⃗⃗⃗ =(12,-12,√22),BF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 所以GF ⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)·(-1,1,0)=0,所以GF ⊥BF. 由(1)得CN ⊥平面ABFE,所以GF ⊥CN.而BF,CN ⊂平面CBF,BF∩CN=N,故GF ⊥平面CBF, 从而GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面AFC 的法向量, 则{n ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +y =0,x -y +√2z =0,解得{y =-2x ,z =-3√22x , 取x=-2,则y=4,z=3√2,即n=(-2,4,3√2),所以cos<GF ⃗⃗⃗⃗ ,n>=√2)√2×√38=√1919,故所求二面角的正弦值为√1-119=3√3819。
立体几何中的探索性问题求解策略(原卷版)
专题35 立体几何中的探索性问题求解策略【高考地位】立体几何中的探索性问题是高考几何的一个难点，尤常见于新高考的多选题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，其常见类型有两种：一、空间中位置关系的探索；二、空间角的探索.类型一空间中位置关系的探索方法一几何法-的所有棱长均为E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，例1已知正四棱锥P ABCDB的一动点，现有以下结论：①线段EF的长度是△②EMF③存在点M使得PB⊥平面MEF；④EMF∠始终是钝角.其中不正确的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【来源】河北省沧州市2021届高三三模数学试题【变式演练1】（多选）在直角三角形ABC 中，∠B ＝2π，AC ＝2BC ＝4，D 为线段AC 的中点，如图，将∠ABD 沿BD 翻折，得到三棱锥P ﹣BCD （点P 为点A 翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．∠PBD 的外接圆半径为2B ．存在某一位置，使得PD ∠BDC ．存在某一位置，使得PB ∠CDD ．若PD ∠DC ，则此时三棱锥P ﹣BCD 的外接球的体积为323π 【来源】山东省百师联盟2021届高三二轮联考数学试题（二）方法二 向量法例2、3．已知长方体1111ABCD A B C D -中，12BB AB BC ==，点E 在线段1CC 上，()101CC λλ=≤≤平面α过线段1AA 的中点以及点1B 、E ，现有如下说法： （1）[]0,1λ∃∈，使得1BE B E ⊥；（2）若12,23λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面为平行四边形；（3）若0λ=，2AB =，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面的面积为以上说法正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【来源】全国一卷2021届高中毕业班考前热身联合考试理科数学试题例3、（多选）在棱长固定的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别满足AE AB λ=，([0,1],[0,1])BF BC μλμ=∈∈，则（ ）A ．当12μ=时，三棱锥11A B EF -的体积为定值 B ．当12μ=时，存在λ使得1BD ⊥平面1B EF C ．当12λ=时，点A ，B 到平面1B EF 的距离相等 D ．当λμ=时，总有11A F C E ⊥【来源】江苏省苏州市2021-2022学年高三上学期期初调研数学试题【变式演练2】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段1CD 上一动点（不包含端点），则下列说法正确的有（ ）A ．1AB ⊥平面11A D EB ．1DE A E +的最小值为1C ．存在点E 使得1DE AD ⊥D ．点D 到平面11A DE 【来源】全国新高考2021届高三数学方向卷试题（A ）【变式演练3】如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，//AB CD ，24AB AD PA CD ====，G 为PD 的中点．（1）求证AG ⊥平面PCD ；（2）若点F 为PB 的中点，线段PC 上是否存在一点H ，使得平面GHF ⊥平面PCD ？若存在，请确定H 的位置；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题类型二 空间角的探索 方法一 几何法例3．如图，矩形ABCD 中，已知2,4,AB BC E ==为BC 的中点．将ABE △沿着AE 向上翻折至MAE 得到四棱锥M AECD -．平面AEM 与平面AECD 所成锐二面角为α，直线ME 与平面AECD 所成角为β，则下列说法错误的是（ ）A ．若F 为AD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有平面AEM ⊥平面MBFB ．若Q 为MD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有//CQ 平面AEM Csin αβ=Dcos αβ=【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2021届高三下学期5月高考押题卷文科数学试题 【变式演练4】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 满足1DP DD DA λμ=+，[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则以下说法正确的是（ ）A ．当λμ=时，//BP 平面11CB D B ．当12μ=时，存在唯一点P 使得DP 与直线1CB 的夹角为3π C ．当1λμ+=时，CPD ．当1λμ+=时，CP 与平面11BCC B 所成的角不可能为3π 【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题方法二 向量法例4．如图1，菱形ABCD 中120ABC ∠=︒，动点E ，F 在边AD ，AB 上(不含端点)，且存在实数λ使EF BD λ→→=，沿EF 将AEF 向上折起得到PEF ，使得平面PEF ⊥平面BCDEF ，如图2所示.（1）若BF PD ⊥，设三棱锥P BCD -和四棱锥P BDEF -的体积分别为1V ，2V ，求12V V ；（2）试讨论，当点E 的位置变化时，二面角E PF B --是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.【来源】重庆市南开中学2021届高三下学期第六次质量检测数学试题【变式演练5】O 中，平行四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，AD ，点P 是半球面上的动点，且四棱锥P ABCD -的体积为83．（1）求动点P 的轨迹T 围成的面积；（2）是否存在点P 使得二面角P AD B --的大小为3π？请说明理由． 【来源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题【高考再现】1．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【反馈练习】1．（多选）已知梯形ABCD ，112AB AD BC ===，//AD BC ，AD AB ⊥，P 是线段BC 上的动点；将ABD △沿着BD 所在的直线翻折成四面体A BCD '，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A ．不论何时，BD 与A C '都不可能垂直B ．存在某个位置，使得A D '⊥平面A BC ' C ．直线A P '与平面BCD 所成角存在最大值 D ．四面体A BCD '的外接球的表面积的最小值为4π【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题2．（多选）已知某正方体的平面展开图如图所示，点E ，G 分别是棱BC ，BQ 的中点，F 是棱CR （不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．四面体AEFP 的体积为定值B ．存在点F 使得PC ⊥平面AEF C ．存在点F 使得//PG 平面AEFD ．当F 为棱CR 的中点时，平面AEF 截正方体所得上、下两个几何体的体积之比为17:7 【来源】2021新高考高考最后一卷数学第三模拟3．（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，已知E 为线段1B C 的中点，点F 和点P 分别满足111D F DC λ=，11D P D B μ=，其中,[0,1]λμ∈，则下列说法正确的是（ ） A ．当λ=12时，三棱锥P -EFD 的体积为定值 B ．当µ=12时，四棱锥P -ABCD 的外接球的表面积是34πC ．PE PF +D．存在唯一的实数对(,)λμ，使得EP∠平面PDF【来源】广东省2022届高三上学期新高考普通高中联合质量测评摸底数学试题4．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，2DB DE=，点P在线段EF上.给出下列命题：①直线PD⊥直线AC；②直线PD与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦；③存在点P，使得直线PD⊥平面ACF；④存在点P，使得直线//PD平面ACF.其中所有真命题的序号是______.【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测文科数学试题5．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥､五角柱､正三角锥柱､Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体EABCFD中，EA⊥平面,//,//,,2, 4.ABCD EA FC AD BC AD AB AD AB BC FC EA⊥=====（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：①//EF平面ABCD；②AF⊥平面EBD；（2）求该七面体的体积．【来源】广东省珠海市第二中学2021届考前模拟数学试题6．如图，ABC 为正三角形，半圆O 以线段BC 为直径，D 是圆弧BC 上的动点（不包括B ，C 点）平面ABC ⊥平面BCD ．（1）是否存在点D ，使得BD AC ⊥？若存在，求出点D 的位置，若不存在，请说明理由； （2）30CBD ∠︒＝，求直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值． 【来源】百强名校2021届高三5月模拟联考（A 卷）理科数学试题7．在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于,E F ，圆台上底的圆心1O 在11A B 上，直径为1.（1）求1A C 与平面1A ED 所成角的正弦值； （2）求二面角1E A D F --的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由.【来源】天津市河东区2021届高三下学期一模数学试题8．如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面，且2AB BP ==，1AD AE ==，AE AB ⊥，且//.AE BP（1）设点M 为棱PD 中点，求证//EM 平面ABCD ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD ？若存在，试求出线段PN 的长度；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题9．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，12AB BC AC A A ====，E ，F 分别为11A C ，11B C 的中点．（∠）在四边形11ABB A 内是否存在点G ，使平面//GEF 平面1ABC ？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；（∠）设D 是1CC 的中点，求DA 与平面1ABC 所成角θ的正弦值．【来源】“超级全能生”2021届高三3月份高考数学（理）联考试题（丙卷）10．在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，平面SAD ⊥平面ABCD ，SAD 是边长为2的正三角形，E ，F 分别为AD ，SB 的中点. （∠）证明：//EF 平面SCD ；（∠）在棱SA 上是否存在一点P ，使得锐二面角P BC S --若存在，求出SP SA 的值；若不存在，请说明理由.【来源】2021届高三数学临考冲刺原创卷（三）。
立体几何中的探索性问题
求得法向量 ― ― → 结果 运算
[解 ]
(1)证明：因为 AE⊥ A1B1， A1B1∥ AB，
所以 AB⊥ AE，又因为 AB⊥ AA1， AE∩ AA1＝ A， 所以 AB⊥平面 A1ACC1，又因为 AC⊂平面 A1ACC1， 所以 AB⊥ AC.
以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 1 1 1 则 A(0，0， 0)， E 0，1，2 ， F 2，2， 0 ， A1(0， 0， 1)， B1(1，0，1)． → → 设 D(x，y，z)， A1D＝ λA1B1且 λ∈ [0，1]，则(x，y，z－1)＝ λ(1， 0，0)，所以 D(λ， 0， 1)， 1 → 1 所以DF＝ 2－ λ，2，－1 ，
(3)假设在 AB 上存在点 E，使得 AC1∥平面 CEB1， 设 AE ＝t AB ＝(－3t,4t,0)，其中 0≤t≤1． 则 E(3－3t,4t,0)， B1 E ＝(3－3t,4t－4，－4)， B1C ＝(0，－4，－4)． 又因为 AE＝m B1 E ＋n B1C 成立， 所以 m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0， －4m－4n＝4， 1 解得 t＝ ． 2 所以在 AB 上存在点 E，使得 AC1∥平面 CEB1，这时点 E 为 AB 的中点．
由题可知平面 ABC 的一个法向量 m＝(0， 0， 1)． 14 因为平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 ， 14 所以 |cos〈 m， n〉 |＝ 即 |m· n| 14 ＝ ， 14 |m||n | ＝ 2 14 ， 14
|2（ 1－ λ） | 9＋（ 1＋ 2λ） 2＋4（1－λ）
则 C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)． 因为 AC ＝(－3,0,0)， BC1 ＝(0，－4,4)， 所以 AC · BC1 ＝0，所以 AC ⊥ BC1 ，即 AC⊥BC1． (2)假设在 AB 上存在点 D，使得 AC1⊥CD． 设 AD ＝λ AB ＝(－3λ，4λ，0)，其中 0≤λ≤1． 则 D(3－3λ，4λ，0)，于是 CD ＝(3－3λ，4λ，0)， 由于 AC1 ＝(－3,0,4)，且 AC1⊥CD， 所以－9＋9λ＝0，解得 λ＝1． 所以在 AB 上存在点 D 使得 AC1⊥CD， 这时点 D 与点 B 重合．
2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题
2022年新高考数学总复习：立体几何中的探索性问题例(2021·陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 中点，F 是PC 上的点．(1)求证：平面AEF ⊥平面PAD ；(2)若M 是PD 的中点，当AB ＝AP 时，是否存在点F ，使直线EM 与平面AEF 的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PF PC的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理，证AE ⊥平面PAD 或证AD ⊥平面AEF 即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F 存在，且PF →＝λPC →，利用向量法求解λ回答．【标准答案】——规范答题步步得分(1)连接AC ，因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴AE ⊥BC ，又AD ∥BC ，∴AE ⊥AD ，∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AE ，又PA ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面PAD ，又AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面PAD ．(2)又PA ⊥AD ，∴PA 、AE 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB ＝AP ＝2，则AE ＝3，则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (3，0,0)，M (0,1,1)，7分得分点⑦设PF →＝λPC →＝λ(3，1，－2)，0≤λ≤1，则AF →＝AP →＋PF →＝(0,0,2)＋λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，2－2λ)，又AE →＝(3，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的一个法向量，n ·AE →＝3x ＝0n ·AF →＝3λx ＋λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，得n ＝(0,2λ－2，λ)，设直线EM 与平面AEF 所成角为θ，由EM →＝(－3，1，1)，得：sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →|·|n |＝|3λ－2|5·(2λ－2)2＋λ2＝15．化简得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝12或λ＝45，故存在点F 满足题意，此时PF PC 为12或45．【评分细则】①证出△ABC 是正三角形得1分．②证出AE ⊥AD 得1分．③由线面垂直性质证出PA ⊥AE 得1分，不写AE ⊂平面ABCD 不得分．④由线面垂直的判定证出AE ⊥平面PAD 得1分．⑤证出平面AEF ⊥平面PAD 得1分，条件不全不得分．⑥建出空间直角坐标系得1分．⑦设出PF →＝λPC →得1分．⑧求出平面AEF 的法向量得3分，算错但写出AE →，AF →坐标得1分．⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos 〈EM →，n 〉|＝|EM →·n ||EM →||n |得1分．⑩得出正确结论得1分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AE ⊂平面ABCD ．(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如AF →＝AP →＋PF →等．(3)思维发散：也可通过证AD ⊥PA 、AD ⊥AE 证得AD ⊥平面AEF ，进而证得平面AEF ⊥平面PAD ．〔变式训练4〕(2021·陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD 的底角∠BAD ＝∠ADC ＝60°，直角梯形ADEF 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EDA ＝90°，ED ＝AD ＝2AF ＝2AB ＝2．(1)证明：平面ABE ⊥平面EBD ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．[解析](1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD ∩平面ADEF ＝AD ，ED ⊥AD ，∴ED ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AB ，∵AB ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝60°，∴BD ＝1＋4－2×1×2cos 60°＝3，∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥BD ，又∴BD ⊂平面BDE ，BD ∩ED ＝D ，AB ⊥平面BDE ，AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面EBD ．(2)以B 为坐标原点，以BA ，BD 为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (1,0,0)，B (0,0,0)，－12，32，D (0，3，0)，E (0，3，2)，F (1,0,1)，则CD →，32，DE →＝(0,0,2)，BA →＝(1,0,0)，EF →＝(1，－3，－1)，设EM →＝λEF →＝(λ，－3λ，－λ)，(0≤λ≤1)，则BM →＝BE →＋EM →＝(λ，3－3λ，2－λ)，设平面CDE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABM 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·CD →＝12x 1＋32y 1＝0，·DE →＝2z 1＝0，1＝－3y 1，1＝0，不妨取y 1＝1，则m ＝(－3，1,0)，·BA →＝x 2＝0，·BM →＝λx 2＋(3－3λ)y 2＋(2－λ)z 2＝0不妨取y 2＝2－λ，则n ＝(0,2－λ，3λ－3)，∴|cos θ|＝|m ·n ||m |·|n |＝|2－λ|24λ2－10λ＋7＝34，即λ＝12或λ＝54(舍)，即点M 为线段EF 的中点时，平面MAB 与平面ECD 所成的锐二面角的余弦值为34．。
立体几何中的探索性问题
平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
y
∴AA→→11CB1·n·n11＝＝00，⇒43xy11－＝40z，1＝0，
x
∴取向量n1＝(0，4，3)．
直击高考
(2016·北京卷改编)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1C1C 是边 长为 4 的正方形．平面 ABC⊥平面 AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面 ABC；(2)求二面角 A1－BC1－B1 的余弦值；
为 36？若存在，求出QPQD的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点， 所以PO⊥AD， 又侧面PAD⊥底面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD． 又在直角梯形ABCD中，连接OC， 易得OC⊥AD，
(2017·衡水二模)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD⊥底面 ABCD，侧棱 PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形， 其中 BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为 AD 中点． (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离； (3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 Q－AC－D 的余弦值
为 36？若存在，求出QPQD的值；若不存在，请说明理由．
cos〈P→B，O→A〉＝|PP→→BB|·|OO→→AA|＝ 33. ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 36.
z y
x
(2017·衡水二模)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD⊥底面
ABCD，侧棱 PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形， 其中 BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为 AD 中点． (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离； (3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 Q－AC－D 的余弦值
微专题4：+立体几何中的探索问题+2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
解：AD 上存在一点 P，AP=λPD，使得 CP
∥平面 ABEF，此时λ＝3. 2
理由如下： 当λ＝32时，AP=32PD，可知AADP＝35，如图，过点 P 作 MP∥FD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MFDP＝AADP＝35， 又 BE＝1，可得 FD＝5，故 MP＝3， 又 EC＝3，MP∥FD∥EC，故有 MP 綊 EC， 故四边形 MPCE 为平行四边形，所以 CP∥ME，
变式：如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，D，E分别是棱BC ， AB的中点，点F在棱 CC1 上，已知AB=AC，AA1 3 ， BC=CF=2.
（1）求证： C1E//平面ADF； （2）在棱 BB1 上是否存在点M，使平面 CAM 平面ADF ，若存在，试求出BM的值； 若不存在，请说明理由.
又BM=1，BC=2，CD=1，FC=2， Rt△CBM≌Rt△FCD
故 CM DF
DF . AD＝D DF，AD
易证CM ，又
，
平面ADF，
故CM 平面ADF .
CAM
又 平面 CAM ，故平面
平面ADF.
翻折中的位置关系探索问题
例 3：如图，四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6， BC＝4，E，F 分别在 BC，AD 上，EF∥AB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF⊥平面 EFDC.
证明如下：因为AB=AC， AD 平面ABC，故 AD BC.
在直三棱柱 ABC
中， A1B1C1
BB1
平面
ABC
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第三篇 立体几何
专题04 立体几何的探索性问题
【典例1】【2020届江苏巅峰冲刺卷】
如图，在四棱锥P ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点．
（1）求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；
（2）点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为4
5
，求λ的值． 【典例2】【2020届江西省赣州市高三上学期期末考试】
如图，在平行四边形ABCD 中，2,4,60AB AD BAD ︒==∠=，平面EBD ⊥平面ABD ，且
,EB CB ED CD ==.
（1）在线段EA 上是否存在一点F ，使//EC 平面FBD ，证明你的结论； （2）求二面角A EC D --的余弦值. 【典例3】【北京市昌平区2020届高三期末】
如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，BC ∥AD ，1
2
BC CD AD ==
.
（Ⅰ）求证：CD ⊥PD ； （Ⅰ）求证：BD ⊥平面P AB ；
（Ⅰ）在棱PD 上是否存在点M ，使CM ∥平面P AB ，若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由. 【典例4】【2019届陕西省西安中学高三下学期第十二次重点考试】
在三棱锥P—ABC 中，PB ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB=PB =2，BC E 、G 分别为PC 、P A 的中点.
（1）求证：平面BCG ⊥平面P AC ；
（2）假设在线段AC 上存在一点N ，使PN ⊥BE ，求
AN
NC
的值； （3）在（2）的条件下，求直线BE 与平面PBN 所成角的正弦值 【典例5】【浙江省丽水市2020届模拟】
如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，1AB BC ==，2PA AD ==．
（1）求证：CD ⊥平面PAC ；
（2）在棱PC 上是否存在点H ，使得AH ⊥平面PCD ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． 【典例6】【江苏省苏州市实验中学2020届高三月考】
直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，
E 、
F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：
（1）//EF 平面11AAC C ；
（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由. 【典例7】【山东省临沂市2019年普通高考模拟】
如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝DE ＝
（1）求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；
（2）在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M BE D 的大小为60°？若存在，求出AM
AF
的值；若不存在，说明理由.
1.【2020届盐城市高三年级模拟考试】
如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3
π
，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．
（1）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；
（2）点M 在线段A 1D 上，
11A M
A D
λ= ．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 2．【四川省棠湖中学2020届高三月考】
如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=1
2
AD ．E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.
（I ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (II)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值. 3．【河南省郑州市2019届高中毕业年级第一次（1月)质量预测】
已知四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 为菱形，60ABC ∠
=
︒，PA ⊥平面ABCD ，E 、M 分别是BC 、
PD 上的中点，直线EM 与平面PAD F 在PC 上移动.
（Ⅰ）证明：无论点F 在PC 上如何移动，都有平面AEF ⊥平面PAD ； （Ⅰ）求点F 恰为PC 的中点时，二面角C AF E --的余弦值. 4．【2020届四川省巴中市高三第一次诊断】
如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA PD =，PA AB ⊥，N 是棱AD 的中点.
(1)求证：PN ^平面ABCD ；
(2)在棱BC 上是否存在点E ，使得//BN 平面DEP ？并说明理由. 5．【湖北省2019届高三1月联考测试】
如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB PC ⊥，AD BC ∕∕，AD CD ⊥，且2PC BC AD ==2CD ==2PA =．
(1)PA ⊥平面ABCD ；
(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为60︒？如果存在，求PM
PD
的值；如果不存在，请说明理由．
6．【2020届广东省东莞市高三期末调研测试】
如图，在四棱锥S ABCD -中，已知四边形ABCD 的正方形，点S 在底面ABCD 上的射影为底面ABCD 的中心点O ，点P 在棱SD 上，且SAC V 的面积为1．
（1）若点P 是SD 的中点，求证：平面SCD ⊥平面PAC ；
（2）在棱SD 上是否存在一点P 使得二面角P AC D --？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．
7．【2020届山西省太原市第五中学高三11月阶段性考试】如图，在三棱锥A BCD -中，顶点A 在底面BCD
上的投影O 在棱BD 上，AB AD ==
2BC BD ==，90CBD ∠=︒，E 为CD 的中点．
（1）求证：AD ⊥平面ABC ； （2）求二面角B AE C --的余弦值；
（3）已知点Q 为AE 的中点，在棱BD 上是否存在点P ，使得PQ ⊥平面ABE ，若存在，求BP
BD
的值；若不存在，说明理由．
8．【河南省开封市五县2020届模拟】
如图，AC 是O e 的直径，点B 是O e 上与A ，C 不重合的动点，PO ⊥平面ABC .
（1）当点B 在什么位置时，平面OBP ⊥平面PAC ，并证明之；
（2）请判断，当点B 在O e 上运动时，会不会使得BC AP ⊥，若存在这样的点B ，请确定点B 的位置，若不存在，请说明理由.。