立体几何中的存在性问题
谈谈求解立体几何问题的思路
立体几何是高考数学的必考内容，且立体几何问题在高考试题中占有较大的比重.这类问题侧重于考查同学们的空间想象和运算能力.下面结合几道例题，来归纳总结一下三类立体几何问题的特点以及解题思路.一、立体几何中的存在性问题立体几何中的存在性问题一般较为复杂，通常要求判断某两条线段的比值、垂直关系、平行关系、点等是否存在.解答这类问题，需首先画出相应的立体几何图形；然后假设要判断的对象存在，并将其看作已知的条件，代入题设中进行推理运算.若得出与题意、相关结论、公式相矛盾的结论，则说明该假设不成立，否则，该假设成立.解题时，要确保推理合理，逻辑严密.例1.如图1，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60°.那么在线段PC 上是否存在一点M ，使得BM ⊥AC ？若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由.解：假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，此时MCPM=3.如图1，过点M 作MN //PA ，交AC 于点N ，连接BN ,BM ，因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，故PA ⊥AC ，MN ⊥AC .由MN //PA 可知：AN NC =PM MC =13，则AN =12.在ΔABN 中，BN 2=AB 2+AN 2-2AB ⋅AN cos∠BAC =34，所以AN 2+BN 2=AB 2，即AC ⊥BN .由于BN ⋂MN =N 且BN ,MN ⊂面MBN ，故AC ⊥平面MBN ，因为BM ⊂面MBN ，所以AC ⊥BM .我们先假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，并据此得出相应的结论；然后根据题意和几何图形添加合适的辅助线，根据线面垂直的性质定理、相似三角形的性质、勾股定理证明AC ⊥BN ；再根据线面垂直的判定定理证明AC ⊥平面MBN ，得出AC ⊥BM ，即可说明该假设成立.需要注意的是，在假设要判断的对象存在后，需用相关的性质、定理验证该假设是否满足题意.二、立体几何图形折叠问题立体几何图形折叠问题对同学们的空间想象力有较高的要求.在解题时，需明确折叠前后几何图形中的点、线、面的位置及其关系，通过观察图形，根据折叠图形的性质找出其中不变的量，抓住这些不变的量的特征来建立关系式.也可以将折叠后的几何体投影到平面上，利用平面几何知识进行研究、分析.例2.如图2，在等腰直角三角形PAD 中，∠A =90°，AD =8,AB =3，B ,C 分别是PA ,PD 上的点，且AD //BC ，M ,N 分别为BP ,CD 的中点.现将ΔBCP 沿BC 折起，得到四棱锥P -ABCD ，连接MN ，如图3.（1）证明：MN //平面PAD（2）在翻折的过程中，当PA =4时，求二面角B -PC -D 的余弦值.图2图3解：（1）证明过程略；（2）由题意可知BC ⊥AB ，BC ⊥PB ，∴BC ⊥平面PAB .又BC //AD ，∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA .∵AD ⊥AB ,AB ⊥PA ，以点A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图4所示的空间直角坐标系A -xyz .得A (0,0,0),B (3,0,0),C (3,5,0),P (0,0,4),D (0,8,0)，所以 PB =(3,0,-4), PC =(3,5,-4),PD =(0,8,-4),图147设m =(x 1,y 1,z 1)为平面PBC 的一个法向量，则ìíî m ⋅ PC =0, m ⋅ PB =0,即ìíî3x 1-4z 1=0,3x 1+5y 1-4z 1=0,令x 1=4，则y 1=0,z 1=2,m =(4,0,3).设n=(x 2,y 2,z 2)为平面PCD 的一个法向量，则ìíîm ⋅PC =0, m ⋅PD =0,即ìíî8y 2-4z 2=0,3x 2+5y 2-4z 2=0,令y 2=1，则x 2=1,z 2=2,n =(1,1,2).设二面角B -PC -D 的大小为α，由向量的夹角公式可得：cos α=-|cos< m ,n >|=-|m ⋅n || m |⋅|n |=所以二面角B -PC -D 的余弦值为解答本题，需先明确ΔPAD 的特点、性质，以及其中各点、线段的位置关系，知晓折叠前后ΔBCP 以及梯形ABCP 中的改变量与不变量；然后根据直线与平面垂直的性质定理和判定定理证明AB 、AP 、AD 三条直线两两互相垂直，据此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角B -PC -D 的余弦值.解答立体几何图形折叠问题，要熟悉折叠图形的性质：折叠前后图形的形状、面积、边长、角度均不改变.三、立体几何中的作图问题立体几何中的作图问题比较常见.解答此类题目，往往要先通过观察，明确题意，确定图形中的点、直线、平面之间的位置关系，灵活运用简单几何体的性质寻找一些垂直、平行的关系，据此发现一些特殊的点、位置，以确定要求作的点、直线、平面的位置，进而作出完整的图形.例3.如图5，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱B 1C 1的中点，F ,G 分别是棱CC 1,BC上的动点（不与顶点重合），请作出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，并说明理由.图5解：如图5，连接DG ，并延长交AB 的延长线于点P ，连接A 1P ，交BB 1于Q ，连接GQ ，则GQ 所在的直线即为作出的平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线.理由如下：∵ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体,∴平面CBB 1C 1//平面ADD 1A 1,而平面CBB 1C 1⋂平面A 1DG =GQ ，平面ADD 1A 1⋂平面A 1DG =A 1D ,∴A 1D //GQ .要画出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，需根据平面的延展性、正方体的性质，以及平行平面的性质：若两个平行平面被第三个平面所截，则其交线平行.在平面CBB 1C 1内寻找与A 1D平行的直线GQ 即可.例4.某几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下面四个图形中，可能是该几何体俯视图的个数为().A.1B.2C.3D.4解：俯视图从左到右依次记为：图6图7图8图9如果几何体为棱长为1的正方体，则俯视图如图6；如果几何体为圆柱，它的底面直径为1，高为1，则俯视图如图9；如果几何体为从棱长为1的正方体中挖去直径为2，高为1的圆柱的，则俯视图如图7；以图8为俯视图的几何体的正视图不是正方形.故选C.本题主要考查三视图的定义的应用以及画三视图的方法.画三视图要注意几个要点：（1）主视图和俯视图的长要相等；（2）主视图和左视图的高要相等；（3）左视图和俯视图的宽要相等；（4）看不到的线画虚线.虽然立体几何题目的命题形式较多，其解法也各不相同，但是同学们在解题时只要结合立体图形及其特征明确各个点、线、面的位置及其关系；然后将问题与相关的定理、性质、公式相关联，添加合适的辅助线，灵活利用相关的定理、性质、公式进行推理、运算，就能顺利求得问题的答案.（作者单位：江苏省启东市汇龙中学）图448。
立体几何中存在性问题教案
训练学生如何说明结论不成立
引发学生思考直线是怎么寻找到的，探索问题的本质
总结归纳解题思路及方法
当 数量关系变化时，如何找到点 的位置，检查学生对刚学习的解题方法的掌握程度。
提示学生并非所有的存在性问题结论都是肯定的，渗透分析法与反证法的思想，让学生去思考解决存在性问题的思路，巩固面面平行的判定与线面平行的性质
总结归纳解题思路及方法
巩固基础知识和基本思想方法，提高基本技能
检查学生对知识方法的掌握情况
四、课堂小结
通过这节课的复习，请同学们从知识与方法方面回顾一下，学习过程中遇到了什么问题需要注意哪些方面
五、作业布置
学案上的练习题
教学背景分析
教学
内容
分析
立体几何中常出现点的存在性和位置待定的问题，以“是否存在”、“是否有”、“在何位置”
等形式设问，以示结论有待于确定. 文科主要涉及到平行与垂直的位置关系的考查，其中渗透反证法与分析法的解题思路，也是高考中的常见题型。2012年北京市高考文科就考查了有关线面垂直的存在性问题，2016年北京市高考文科就考查了有关线面平行的存在性问题。
问题4：这些直线是怎么找到的
总结问题的类型及解决问题的方法：
问题5：若将题目中的已知条件 改为 ，你能判断在棱 上是否存在一点 使得 ∥平面 ， 若存在，请指出 点位置，并证明；若不存在，请说明理由.
问题6:在棱 上（除 点外）是否存在一点 使得 ∥平面 ，若存在，请指出 点位置，并证明；若不存在，说明理由.
总结问题的类型及解决问题的方法：
练习：如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 是 中点， 为线段 上一点.试确定点 在线段 上的位置，使
检测题：1、如图，在四棱锥 中，底面 是梯形， ∥ ， .在棱 上是否存在一点 使得 ∥平面 ，若存在，求出 点位置，并证明；若不存在，说明理由.
立体几何中的存在性问题
高中数学 立体几何 存在性问题专题1.（天津理17） 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，1AA =1C H ⊥平面11AA B B，且1C H（Ⅰ）求异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角111A ACB --的正弦值； （Ⅲ）设N 为棱11BC 的中点，点M 在平面11AA B B 内，且MN ⊥平面11A B C ，求线段BM 的长．本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，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、运算能力和推理论证能力.满分13分.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点.依题意得(0,0,0),A B C111A B C（I ）解：易得11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-，于是111111cos ,3||||3AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯ 所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为3（II ）解：易知111(0,22,0),(2,AA AC ==- 设平面AA1C1的法向量(,,)m xy z =，则11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-=⎪⎨=⎪⎩不妨令x =可得m =，同样地，设平面A1B1C1的法向量(,,)n x y z =，则11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0.⎧-=⎪⎨-=⎪⎩不妨令y =可得n =于是2cos ,,||||7m n m n m n ⋅===⋅从而sin ,m n = 所以二面角A —A1C1—B的正弦值为（III ）解：由N 为棱B1C1的中点，得222N 设M （a ，b ，0），则2(,22MN a b =-- 由MN ⊥平面A1B1C1，得11110,0.MN A BMN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即)(0,()(()(0.222a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅+-⋅+=⎪⎩解得4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故(24M 因此2(BM =，所以线段BM 的长为10||BM = 方法二：（I ）解：由于AC//A1C1，故111C A B ∠是异面直线AC与A1B1所成的角. 因为1C H ⊥平面AA1B1B ，又H 为正方形AA1B1B 的中心，11AA C H ==可得1111 3.AC B C ==因此2221111111111111cos 23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅ 所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为3（II ）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以11AC A ∆≌11B C A ∆，过点A 作11AR A C ⊥于点R ， 连接B1R ，于是111B R AC ⊥，故1ARB ∠为二面角A —A1C1—B1的平面角.在11Rt A RB ∆中，11111sin 3B R A B RA B =⋅∠== 连接AB1，在1ARB ∆中， 2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R +-==∠=⋅27=-，从而1sin 7ARB ∠= 所以二面角A —A1C1—B1的正弦值为（III ）解：因为MN ⊥平面A1B1C1，所以11.MN A B ⊥取HB1中点D ，连接ND ，由于N 是棱B1C1中点，所以ND//C1H且112ND C H ==. 又1C H ⊥平面AA1B1B ，所以ND ⊥平面AA1B1B ，故11.ND A B ⊥ 又,MNND N = 所以11A B ⊥平面MND ，连接MD 并延长交A1B1于点E ， 则111,//.ME A B ME AA ⊥故由1111111,4B E B D DE AA B A B A ===得1DE B E ==，延长EM 交AB 于点F ，可得1BF B E ==连接NE. 在Rt ENM ∆中，2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故所以2ND DM DE ==可得FM =连接BM ，在Rt BFM ∆中，4BM ==2.（浙江理20） 如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。
立体几何存在性问题
5．(1)证明见解析；(2) .
【解析】分析：〔1〕推导出 BE⊥CD，AB⊥CD，从而 CD⊥平面 ABE，由此能证明平面 ABE⊥平 面 ACD； 〔2〕取 BD 的中点 G，连接 EG，那么 EG∥BC．推导出 BC⊥平面 ABD，从而 EG⊥平面 ABD， 由此能求出线段 AE 的长．
详解：〔1〕证明：因为
的体积.
4．如图 2，在四棱锥
中，平面
平面 ，底面 为矩形.
〔1〕求证：平面
平面 ；
〔2〕假设
1 / 14
，试求点 到平面 的距离.
5．如图，三棱锥 点．
的三条侧棱两两垂直，
， ， 分别是棱 ， 的中
〔1〕证明：平面
平面 ；
〔2〕假设四面体 的体积为 ，求线段 的长．
6．如图，在四棱锥
中，
，
，
，
.
7．〔1〕见解析；〔2〕
【解析】分析：〔1〕先利用直角三角形和线线平行的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的 判定定理和性质得到线面垂直和线线垂直；〔2〕分析四棱锥的各面的形状，利用相关面积公 式进展求解． 详解：〔1〕因为∠C＝90°，即 AC⊥BC，且 DE∥BC，
所以 DE⊥AC，那么 DE⊥DC，DE⊥DA1， 又因为 DC∩DA1＝D，所以 DE⊥平面 A1DC. 因为 A1F⊂ 平面 A1DC，所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以 A1F⊥平面 BCDE， 又因为 BE⊂ 平面 BCDE，所以 A1F⊥BE． 〔2〕由 DE∥BC，且 DE＝BC，得 D，E 分别为 AC，AB 的中点，
折起到 的位置，如图 2 所示.
图1图2 〔Ⅰ〕求证：
平面 ；
〔Ⅱ〕证明：平面
向量法探索立体几何中的存在性问题
Ｃ￡ ＝４ ． ５ｏ
一
所 以 Ａ ＿ 面 Ｐ Ｄ． Ｂｊ平 Ａ 又Ａ Ｂｃ平 面 Ｐ Ｂ， 以平 面 Ｐ ＢＪ平 面 Ｐ Ｄ Ａ 所 Ａ ＿ Ａ．
（ 以 Ａ为坐标原点 ， Ⅱ） 建立空 间直角坐标 系 Ａ— ｙ （ ｘｚ 如
图）
在平 面 Ａ Ｃ 内， Ｃ ／Ａ ＢＤ 作 Ｅ ／ Ｂ交 Ａ 于 点 Ｅ， Ｃ Ｄ 则 Ｅ￣Ａ Ｄ．
在 Ｒ ＡＣ Ｅ 中 ， Ｅ＝Ｃ ・ ｏ ５ ＝１ ｔ Ｄ Ｄ Ｄ ｃｓ 。 ， ４
Ｃ Ｅ＝Ｃ ・ ｉ ５ ：ｌ Ａ Ａ Ｄ ｓ ４ 。 设 Ｂ＝ Ｐ＝ｔ则 Ｂ（ ， ０ ， ０ ｎ ， ｔ ０， ） Ｐ（ ，
０ｔ ，）
一
由Ａ Ａ ４得Ａ ： Ｂ＋ Ｄ＝ ， Ｄ ４一ｔ所 以 Ｅ（ ３一ｔ０ ， １３ ， ０， ， ） Ｃ（ ，
ｔ０ ， ｏ， ｔＯ ， ， ）ｏ（ ４一 ，）
：
（一１１０ ， ， ，）
：（ ， ０ ４一￡ 一ｔ ， ）
面
（ ） 平 面 Ｐ Ｄ 的法 向量 为 ｎ＝（ ｙｚ ， ｉ设 Ｃ ， ，）
５‘
（ｉ在线段 Ａ ｉ ） Ｄ上是否存 在一个 点 Ｇ， 得点 Ｇ到点 Ｐ， 使
，
ｃ， Ｄ的距离都相 等？说 明理 由． 分析 ： 题 目中 的四棱锥 能够 找到三 条两两 垂直 的棱 ， 从
因此 ， 可考虑建立空间直角坐标 系 ， 利用向量表 示相关元素 ， 然后利用 向量 的运算求解结论．
立体几何的探索存在性问题
-- ……………………………………装……………………………………订……………………………………线………………………………… ……………………………………装……………………………………订……………………………………线…………………………………第２讲 导数与最值(２） 班级: __＿＿__＿＿_ 姓名: _＿______＿___ 小 组：＿＿_________ 评价：_________＿_ 【考纲解读】 了解函数单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(多项式函数一般不超过三次）;了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值(多项式函数一般不超过三次),会求在闭区间函数的最大值、最小值（多项式函数一般不超过三次);会用导数解决某些实际问题． 【课堂六环节】 一、导——教师导入新课。
(7分钟） 探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难,失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：(1)探索性问题与空间角结合；(２)探索性问题与垂直相结合；(3)探索性问题与平行相结合 二、思——自主学习。
学生结合课本自主学习,完成下列相关内容。
（1５分钟) 角度一 探索性问题与空间角相结合 1.（2０1４·哈师大附中模拟）如图，三棱柱ABC -A 1Ｂ１C １的侧棱AA １⊥底面ABC ，∠A ＣB =９0°,Ｅ是棱CC 1上的动点,Ｆ是A Ｂ的中点，AC ＝1,BC =２,A Ａ１=4. (1)当E 是棱ＣC １的中点时，求证:ＣＦ∥平面AEB １(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角Ａ -EB １ -B 的余弦值是错误!?若存在，求ＣＥ的长,若不存在，请说明理由 解析:(1)证明:取AB 1的中点Ｇ,连接EG ，FG .∵F ，G 分别是棱AB ，AB 1的中点，∴ＦG ∥BB 1，F Ｇ＝＼ｆ(1,２)ＢB 1,又B １B 綊C 1C ,EC ＝１2Ｃ1Ｃ，∴B １Ｂ∥ＥＣ,ＥＣ=错误!B 1B .∴ＦG 綊EC .∴四边形FG ＥC 是平行四边形,∴CF ∥ＥＧ.∵C Ｆ⊄平面ＡＥB 1,E Ｇ⊂平面AEB 1,∴CF ∥平面AEB 1.(２)以Ｃ为坐标原点，射线C Ａ,C Ｂ,ＣC 1为x ，y ，ｚ轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Ｃ-ｘｙz ,则C （0,0,０),Ａ(1，0,0),B 1(0，2,4）.设E (0,0，ｍ）（０≤m ≤４），平面ＡEB 1的法向量n 1=(x ,y ,ｚ）.则1AB =(－1，2，４)， AE ＝(-１,0，ｍ）．由1AB ⊥n １,AE ⊥n 1, 得错误!∴CA 是平面EBB 1的一个法向量，令n ２＝CA ,∵二面角A -EB １-B 的余弦值为2＼r(17)1７， ∴错误!＝c ｏｓ〈ｎ1,n 2〉=错误!=错误!,解得m =1(0≤m ≤4)．∴在棱CC 1上存在点E ，符合题意，此时CE =1.角度二 探索性问题与垂直相结合2.(2０14·南昌模拟)如图是多面体AB Ｃ -A 1B 1Ｃ1和它的三视图.（1)线段CC １上是否存在一点E ，使ＢE ⊥平面A 1C Ｃ1?若不存在,请说明理由，若存在，请找出并证明;(2）求平面C 1A 1C 与平面A １CA 夹角的余弦值．解：（1)由题意知AA 1，ＡＢ，A Ｃ两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,０),A １(0,0，2），B (-2,0,0）,C (0,-2,０）,Ｃ1(－1,－1，２），则1CC =(-1,1,2），11A C =(－1,－1,０)，1AC =（０，-2，－2).设E (x ，ｙ，z ），则CE =(ｘ，y +２，z )，设CE =λ1EC ，则错误! 则E 错误!，BE ＝错误!．由错误!得错误!解得λ＝2，所以线段C Ｃ1上存在一点E ,CE ＝21EC ,使BE ⊥平面A 1CC 1. (2)设平面C 1A １C 的法向量为m ＝(ｘ,y ,ｚ)，则由错误!得错误!取x ＝1,则y =-1,z =1．故ｍ=(1，-1,1)，而平面Ａ1CA 的一个法向量为n =(1，0,0),则cos 〈m ,n 〉=错误!＝错误!＝错误!，故平面C１A１C与平面A1CA夹角的余弦值为＼f(＼ｒ(３）,3）.角度三探索性问题与平行相结合3.(2013·江西模拟）如图,四边形ABＣD是边长为3的正方形,ＤＥ⊥平面ＡBCD,AＦ∥DE，DE＝3AF,ＢE与平面AＢCＤ所成的角为6０°.(1）求证：ＡC⊥平面BDE;(2)求二面角F-BＥ-D的余弦值;（３)设点Ｍ是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AＭ∥平面BEＦ，并证明你的结论.解：(1)证明:∵DE⊥平面ABＣD,∴DE⊥AC,∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥ＢD,又ＤＥ∩BD＝D,∴AＣ⊥平面BDＥ.(２）∵DE⊥平面ABCD,∴∠EBD就是ＢE与平面ＡBCD所成的角,即∠EBD＝60°.∴＼f（ＥD，ＢD)＝错误!.由ＡD=3，得DE＝３错误!,AF=错误!.如图，分别以DＡ，DＣ,ＤE所在直线为ｘ轴，ｙ轴,z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0,０）,F （3，0,错误!)，E（0，０,3错误!),Ｂ(３,3，0)，C（0，3,0)，∴BF=(0,-3，＼r(６)),EF＝(３,0，-２6).设平面BEF的一个法向量为ｎ=(ｘ,y，ｚ)，则错误!即错误!令z＝＼r（6），则n＝（４,2,６）．∵AC⊥平面ＢDE,∴CA＝(3，-３,０)为平面BDＥ的一个法向量,∴cos〈n,CA〉＝错误!=错误!＝错误!.故二面角Ｆ-BE-Ｄ的余弦值为1３13．(3)依题意，设Ｍ（t,t,０)(ｔ>0），则AM=(t-3,t,0)，∵ＡＭ∥平面BEF，∴AM·n＝0,即4(t－3)+２t=0，解得ｔ＝2．∴点M的坐标为(２,２，0),此时DM＝错误!DB，∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点.三、议——学生起立讨论。
空间向量在立体几何存在性问题中的应用探究
Ｃ Ⅳ
图６
若平 面ＰＭＮ与平 面ＡＢＣ所成 的二面角 为４５。，试确
且 直 线 ＣＥ不在 平 面 Ｂ上 即可． ５．（苏教 版选修 ２—１，第１１８页 ，８）如 图５，平行 六面体
ＡＢＣＤ－Ａ Ｂ Ｃ Ｄ。的 底 面 ＡＢＣＤ是 菱 形 ， 且 ｌ ＝
定 点 ＪＰ的 位 置 ． 评 注 ：解 题 的 关键 是 利 用 二 面 角 与 两平 面 的 法 向
（１）略 ； （２）略 ； （３）试 在线段Ａ ｃ上确定 一点Ｐ，使ＰＦ－￣ＢＣ所 成 的角 是 ６０。．
夹 角 为 直 角 ，可 直 接 利 用 ． ０找 到 等 量 关 系． ３．（苏教 版选修２—１，第１１９页，９）如 图３，已知 正方体
ＡＢＣＤ－Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱 长 为 １，ＭＮ是 异 面直 线Ａ Ｃ与 ｃ Ｄ的 公垂 线段 ，试确定点 在４ Ｃ上及点Ⅳ在 ｃ Ｄ上的位置．
新课改之后 ，２００８年至２０１２年五年 中江苏有两 年在 附加题第２２题考查 的是空 间向量在立体几何 中的应用．
７．（２００８年 高考 江 苏附加题 ，２２）如 图７，设 动 点Ｐ在 棱 长 为 １的正 方体 ＡＢＣＤ－Ａ。Ｂ Ｃ Ｄ。的对 角 线 ＢＤ１上 ，记
价 条 件 是 上 ，进 而利 用 空 间 向 量 将 其 转 化 成 和 、 有 关 的 等 式 ，向 结 果 靠 拢 ．难 点 在 于 不 能 够 直 接
一 究
空 间向量在 立体 几何 存在 性问题中的应用探究
⑩ 江 苏 省 海 门 中学 徐 巧 石
向量是 近代 数学 中基本 和重要的数学概念 之一 ，它 沟通 了代 数 、几何和三角 ，是一种工具性 的知识 ，有着极 为丰富 的实 际背景．空 间向量为处理立 体几何 问题提供 了新 的视角．空 间 向量 的引入 ，为解 决三 维空 间 中的 图 形位 置关 系与度量问题提供 了一个十分有效 的工具 ．
立体几何存在性问题
立体几何中的存在性问题1、如图,已知直三棱柱111ABC A B C -,90ACB ∠=o ,E 就是棱1CC 上动点,F 就是AB 中点 ,2==BC AC ,41=AA 、(Ⅰ)求证:CF ⊥平面1ABB ;(Ⅱ)当E 就是棱1CC 中点时,求证:CF ∥平面1AEB ;(Ⅲ)在棱1CC 上就是否存在点E ,使得二面角1A EB B --的大小就是45o ,若存在,求CE 的长,若不存在,请 说明理由、2、如图,在底面就是正方形的四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥面ABCD,BD 交AC 于点E,F 就是PC 中点,G 为AC 上一点。
(Ⅰ)求证:BD ⊥FG;(Ⅱ)确定点G 在线段AC 上的位置,使FG//平面PBD,并说明理由;(Ⅲ)当二面角B-PC-D 的大小为23π时,求PC 与底面ABCD 所成角的正切值。
3、在四棱锥P ABCD -中,侧面PCD ⊥底面ABCD ,PD CD ⊥,E 为PC 中点,底面ABCD 就是直角梯形,//AB CD ,90ADC ∠=o ,1AB AD PD ===,2CD =、(Ⅰ)求证://BE 平面PAD ; (Ⅱ)求证:BC ⊥平面PBD ;(Ⅲ)设Q 为侧棱PC 上一点,PQ PC λ=u u u r u u u r ,试确定λ的值,使得二面角Q BD P--为45o4、如图,三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA C C ⊥底面ABC ,112,AA AC AC AB BC ====, 且AB BC ⊥,O 为AC 中点、 (Ⅰ)证明:1A O ⊥平面ABC ;GFE AABCD EP(Ⅱ)求直线1A C 与平面1A AB 所成角的正弦值;(Ⅲ)在1BC 上就是否存在一点E ,使得//OE 平面1A AB ,若不存在,说明理由;若存在,确定点E 的位置、5、如图,棱锥P —ABCD 的底面ABCD 就是矩形,PA ⊥平面ABCD ,PA =AD =2,BD =22、 (Ⅰ)求证:BD PAC ⊥平面; (Ⅱ)求二面角B PD C --的余弦值; (III)在线段PD 上就是否存在一点Q ,使CQ 与平面PBD 所成的角的正弦值为962,若存在,指出点Q 的位置,若不存在,说明理由、6、如图,四棱锥,,P ABCD AB AD CD AD PA ABCD -⊥⊥⊥中,底面,22PA AD CD AB ====,M PC 为的中点、(1)求证:BM PAD 平面P ;(2)在侧面PAD 内找一点N,使MN PBD ⊥平面7、如图,三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AA 1⊥面ABC,BC ⊥AC,BC=AC=2,AA 1=3,D 为AC 的中点、 (Ⅰ)求证:AB 1//面BDC 1;(Ⅱ)在侧棱AA 1上就是否存在点P,使得CP ⊥面BDC 1？并证明您的结论、8、 如图,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 ;1A BCO A 1B 1C DPABCA C 1B C 1(2)平面PAD 内就是否存在一点N ,使MN ⊥平面PBD ？ 若存在,确定N 的位置,若不存在,说明理由;9、直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的三视图如图所示,D 、E 分别为棱CC 1与B 1C 1的中点。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
立体几何中的存在性问题————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期:ﻩ高中数学 立体几何 存在性问题专题１.（天津理17) 如图，在三棱柱中,是正方形的中心,，平面,且 (Ⅰ）求异面直线ＡC 与A1B1所成角的余弦值; （Ⅱ）求二面角的正弦值; （Ⅲ)设为棱的中点,点在平面内,且平面,求线段的 长.本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，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、运算能力和推理论证能力.满分13分．方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点Ｂ为坐标原点. 依题意得（Ｉ）解:易得,于是所以异面直线AC 与A1B1所成角的余弦值为(II)解：易知设平面AA1Ｃ１的法向量,则即不妨令可得，同样地,设平面Ａ1Ｂ１C1的法向量,111ABC A B C -H 11AA B B 122AA =1C H ⊥11AA B B 1 5.C H =111A AC B --N 11B C M 11AA B B MN ⊥11A B C BM (22,0,0),(0,0,0),(2,2,5)A B C -111(22,22,0),(0,22,0),(2,2,5)A B C 11(2,2,5),(22,0,0)AC A B =--=-11111142cos ,,3||||322AC A B AC A B AC A B ⋅===⋅⨯2.3111(0,22,0),(2,2,5).AA AC ==--(,,)m x y z =11100m A C m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2250,220.x y z y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩5,x =(5,0,2)m =(,,)n x y z =则即不妨令, 可得 于是 从而 所以二面角A —Ａ1C1—B 的正弦值为 （II Ｉ)解：由N 为棱B1Ｃ1的中点, 得设M(a ，b ，0)， 则 由平面Ａ１Ｂ1Ｃ1，得 即 解得故因此,所以线段BM 的长为 方法二：（I ）解：由于AC//A1C1,故是异面直线A Ｃ与Ａ1B1所成的角. 因为平面AA1B1Ｂ,又Ｈ为正方形ＡＡ１B1B 的中心,可得因此11110,0.n A C n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2250,220.x y z x ⎧--+=⎪⎨-=⎪⎩5y =(0,5,2).n =22cos ,,||||777m n m n m n ⋅===⋅⋅35sin ,.7m n =35.72325(,,).222N 2325(,,)222MN a b =--MN ⊥11110,0.MN A B MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2()(22)0,22325()(2)()(2)50.222a a b ⎧-⋅-=⎪⎪⎨⎪-⋅-+-⋅-+⋅=⎪⎩2,22.4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩22(,,0).24M 22(,,0)24BM =10||.4BM =111C A B ∠1C H ⊥1122,5,AA C H ==11113.AC B C ==22211111111111112cos .23AC A B B C C A B AC A B +-∠==⋅所以异面直线A Ｃ与A1B1所成角的余弦值为（I Ｉ)解：连接AC1,易知AC1=B1Ｃ1，又由于AA １＝B １A1，A1C1=A1=C1，所以≌,过点Ａ作于点R ， 连接B1Ｒ,于是,故为二面角A —A1Ｃ1—Ｂ1的平面角．在中, 连接AB1，在中, ,从而所以二面角A —Ａ1C １—B １的正弦值为（I ＩI ）解:因为平面A1B １C1,所以取HB1中点D ，连接ＮD,由于N 是棱B １C1中点,所以ND//C1Ｈ且. 又平面AA1B １B ，所以平面AA1B1Ｂ,故又 所以平面M ＮD ，连接MD 并延长交Ａ１B1于点E, 则 由得,延长E Ｍ交AB 于点F ，可得连接ＮE ． 2.311AC A ∆11B C A ∆11AR A C ⊥111B R AC ⊥1ARB ∠11Rt A RB ∆2111112214sin 221().33B R A B RA B =⋅∠=⋅-=1ARB ∆2221111114,,cos 2AR B R AB AB AR B R ARB AR B R +-==∠=⋅27=-135sin .7ARB ∠=35.7MN ⊥11.MN A B ⊥11522ND C H ==1C H ⊥ND ⊥11.ND A B ⊥,MNND N =11A B ⊥111,//.ME A B ME AA ⊥故1111111,4B E B D DE AA B A B A ===122DE B E ==12.2BF B E ==在中,所以 可得 连接BM,在中,２．（浙江理２０) 如图，在三棱锥中,,D 为B Ｃ的中点,PO ⊥平面ABC,垂足O 落在线段A Ｄ上，已知BC ＝８,PO ＝４，AO=３，ＯD ＝2(Ⅰ)证明:AP ⊥B Ｃ；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M,使得二面角Ａ-MC-B 为直二面角?若存在，求出A Ｍ的长；若不存在,请说明理由。
本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力。
满分１5分。
方法一:（I ）证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Ｏ—xyz则，，由此可得,所以，即（II)解：设Rt ENM ∆2,.ND ME ND DE DM ⊥=⋅故252.4ND DM DE ==2.4FM =Rt BFM ∆2210.4BM FM BF =+=P ABC -AB AC =(0,0,0),(0,3,0),(4,2,0),(4,2,0),(0,0,4)O A B C P --(0,3,4),(8,0,0)AP BC ==-0AP BC ⋅=AP BC ⊥.AP BC ⊥,1,(0,3,4)PM PA PM λλλ=≠=--则BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)(4,23,44)λλλ=--+--=----设平面B ＭC 的法向量, 平面AP Ｃ的法向量由 得即由即得由解得,故ＡM=3。
综上所述,存在点M 符合题意,ＡM=3。
方法二:(Ｉ）证明：由A Ｂ=ＡC,D 是BC 的中点,得又平面AB Ｃ，得因为,所以平面P ＡD ，故(II)解：如图，在平面ＰAB 内作于Ｍ,连CM,由(Ｉ)中知，得平面ＢM Ｃ，又平面A ＰC,所以平面BM Ｃ平面APC 。
在(4,5,0),(8,0,0)AC BC =-=-1111(,,)n x y z =2n 222(,,)x y z =110,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=⎧⎨-=⎩11110,23(0,1,)2344,44x n z y λλλλ=⎧+⎪=⎨+-=⎪-⎩可取220,0.AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩222225,4(5,4,3).3,4x y n z y ⎧=⎪⎪=-⎨⎪=-⎪⎩可取12230,430,44n n λλ+⋅=-⋅=-得25λ=AD BC ⊥PO ⊥.PO BC ⊥PO AD O =BC ⊥.BC PA ⊥BM PA ⊥AP BC ⊥AP ⊥AP ⊂⊥222,41,41.Rt ADB AB AD BD AB ∆=+==中得在,在所以在又从而PM ，所以AM ＝ＰA-PM=3。
综上所述，存在点Ｍ符合题意，ＡＭ=３。
3.（重庆理19)如题（19）图,在四面体中,平面平面,,，．(Ⅰ)若，,求四面体的体积；(Ⅱ）若二面角为,求异面直线与所成角的余弦值.(I ）解：如答（19）图1,设F 为AC 的中点,由于AD ＝ＣD ，所以D Ｆ⊥AC.故由平面ABC ⊥平面A ＣD ，知DF ⊥平面A ＢC ，即DF 是四面体A ＢCD 的面AB Ｃ上的高,且ＤF=ＡDsin3０°=1,AF=A Ｄc ｏs3０°=． 在Ｒｔ△ABC 中，因A Ｃ=２ＡF=，AB=2BC ，由勾股定理易知故四面体ＡBCD 的体积(II)解法一：如答（19)图1，设Ｇ,Ｈ分别为边CD,B Ｄ的中点,则F Ｇ//AD,GH ／/B Ｃ，从而∠F ＧH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角.222,Rt POD PD PO OD ∆=+中222,,Rt PDB PB PD BD ∆=+中222236,PB=6.PB PO OD DB =++=得222Rt POA ,25, 5.PA AO OP PA ∆=+==中得2221cos ,23PA PB AB BPA PA PB +-∠==⋅cos 2PB BPA =∠=ABCD ABC ⊥ACD AB BC ⊥AD CD =CAD ∠=30︒AD =2AB BC =2ABCD C AB D --60︒AD BC 323215415,.55BC AB ==1114152154.332555ABC V S DF ∆=⋅⋅=⨯⨯⨯=设E 为边AB 的中点,则EF/／B Ｃ,由A Ｂ⊥ＢC ，知EF ⊥AB.又由（Ｉ)有ＤF ⊥平面ABC,故由三垂线定理知D Ｅ⊥ＡB.所以∠ＤEF 为二面角Ｃ—ＡB —D 的平面角,由题设知∠ＤEF=６0°设在从而因R ｔ△ADE ≌Ｒｔ△BD Ｅ，故B Ｄ=AD=ａ,从而，在R ｔ△BD Ｆ中，, 又从而在△ＦGH 中,因FG ＝FH ，由余弦定理得 因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为解法二:如答(１9）图2，过F 作ＦＭ⊥AC ，交ＡB 于M,已知A Ｄ＝ＣD,平面ABC ⊥平面AC Ｄ，易知FC,FD ，F Ｍ两两垂直,以F 为原点,射线F Ｍ,F Ｃ,ＦD 分别为ｘ轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F —ｘｙz.不妨设ＡD ＝2,由CD=ＡＤ，∠C ＡD ＝３０°，易知点Ａ,C ，D 的坐标分别为显然向量是平面A ＢC 的法向量.已知二面角C —ＡB —D 为60°,故可取平面ABD 的单位法向量,使得设点B 的坐标为，有,sin .2a AD a DF AD CAD ==⋅=则33,cot ,236a Rt DEF EF DF DEF a ∆=⋅=⋅=中13.26GH BC EF a ===122a FH BD ==1,22a FG AD ==2223cos 226FG GH FH GH FGH FG GH FG +-===⋅3.6(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),(0,3,1).A C D AD -=则(0,0,1)k =(,,)n l m n =1,60,.2n k n <>==从而2223,30,.661,.3n AD m n m l m n l ⊥+==-++==±由有从而由得6(,,0);,,3B x y AB BC n AB l ⊥⊥=由取易知与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B 的坐标为所以 从而故异面直线A Ｄ与BC 所成的角的余弦值为 22463,,0,9,()633(3)0,73,369x y x x y x y y ⎧⎧+==⎪=⎧⎪⎪⎪⎨⎨⎨=-⎪-+=⎩⎪⎪=⎩⎪⎩解之得舍去63l =-4673(,,0).99B 4623(,,0).99CB =-22233()39cos ,.6||||462331()()99AD CBAD CB AD CB -⋅<>===-++-3.6。