2021年广东省新高考数学总复习：立体几何中探索性问题的研究
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。
高考专题高中数学微课题研究性精品教程专题8.1：立体几何中探索性问题的研究与拓展.docx
桑水AB C D EFP专题8.1：立体几何中探索性问题的研究与拓展【拓展探究】探究1： 如图，在三棱锥P - ABC 中，PC ⊥平面ABC ，△ABC 为正三角形， D ，E ，F 分别是BC ，PB ，CA 的中点． （1）证明平面PBF ⊥平面P AC ；（2）判断AE 是否平行平面PFD ？并说明理由； （3）若PC = AB = 2，求三棱锥P - DEF 的体积． 解：（1）∵PC ⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，∴PC ⊥BF ．∵△ABC 为正三角形，F 是CA 的中点 ∴BF ⊥AC ．又∵PC ∩AC = C ． ∴BF ⊥平面P AC ． ∵BF ⊂平面PBF ，∴平面PBF ⊥平面P AC ． （2）AE 不平行平面PFD ．反证法：假设AE ∥平面PFD ．∵AB ∥FD ，FD ⊂平面PFD ，AB ⊄平面PFD∴AB ∥平面PFD ．∵AE 、AB 是平面ABE 内两条相交直线， ∴平面ABE ∥平面PFD ．而∵P ∈平面ABE ，P ∈平面PFD ，矛盾． 则假设不成立．即AE 不平行平面PFD ．（3）∵D ，E ，F 分别是BC ，PB ，CA 的中点，PC ⊥平面ABC ，∴V P - DEF = V B - DEF ． 则V P - DEF =12V P - BDF ＝12×13×14S △ABC ×PC ＝12×13×14×3424⨯⨯=312． 变式1：如图在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动． （1）证明：11D E A D ⊥；（2）AE 等于何值时，平面1D DE ⊥平面1D CE ，并证明你的结论；DC1A 1D 1C 1B桑水解：（1）证明：连接1AD ，依题意有：在长方形11A ADD 中，11AD AA ==，1111111111111A ADD A D AD A D AD B AB A ADD AB A D A D D E D E AD B AD AB A ⇒⊥⎫⇒⊥⎫⎪⊥⇒⊥⇒⊥⎬⎬⊂⎭⎪=⎭四边形平面又平面平面． …… 7分（2）证明：AE 等于1时，面1D DE ⊥面1D CE ……… 9分 证明：当1AE =时，2DE CE ==，又2CD =，222DE CE CD ∴+=，DE CE ∴⊥，又长方体中1DD ⊥面AC ，1CE DD ∴⊥，CE ∴⊥面1D DE拓展：特征矩形（平面几何问题）若ABCD 是一个矩形，且E 是AB 的中点，则AC DE ⊥的充要条件是2=BCAB探究2：如图，在透明塑料制成的长方体ABCD - A 1B 1C 1D 1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC 固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列三个说法：①水的形状始终呈棱柱形状；②水面四边形EFGH 的面积不改变；③当E ∈AA 1时，AE + BF 是定值．其中正确说法是 ．【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？。
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 ．。
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。
专题31以立体几何中探索性问题为背景的解答题-2021年高考数学备考优生百日闯关系列(解析版)
【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.【成都石室中学2014届高三上期“一诊”模拟考试（一）（理）】(本小题满分12分)已知直三棱柱111C B A ABC -的三视图如图所示，且D 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：1A B ∥平面1ADC ； （Ⅱ）求二面角1C AD C --的余弦值；（Ⅲ）试问线段11A B 上是否存在点E ，使AE 与1DC 成60︒角？若存在，确定E 点位置，若不存在，说明理由．2.【四川省绵阳市高2014届第二次诊断性考试数学（理）】（本题满分12分）如图，在直角梯形ABCD 中，AD //BC ，∠ADC =90º，AE ⊥平面ABCD ，EF //CD ， BC =CD =AE =EF =12AD =1． （Ⅰ）求证：CE //平面ABF ； （Ⅱ）求证：BE ⊥AF ；（Ⅲ）在直线BC 上是否存在点M ，使二面角E -MD -A 的大小为6π？若存在，求出CM 的长；若不存在，请说明理由．试题解析：（I）证明：如图，作FG∥EA，AG∥EF，连结EG交AF于H，连结BH，BG，∵EF∥CD且EF=CD，∴AG∥CD，即点G在平面ABCD内．由AE⊥平面ABCD知AE⊥AG，∴四边形AEFG为正方形，故在直线BC 上存在点M ，且|CM |=|32(2)3-±|=33．………………………12分 法二、作AH DM ⊥，则3AH =，由等面积法得：233,33DM CM =∴=. 3.【四川省成都七中高2014届高三“一诊”模拟考试数学（理）】如图四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是平行四边形，⊥PG 平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上且GD AG 31=，GC BG ⊥，2==GC GB ，E 是BC 的中点，四面体BCG P -的体积为38. （1）求二面角P BC D --的正切值； （2）求直线DP 到平面PBG 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点F ，使异面直线DF 与GC 所成的角为060，若存在，确定点F 的位置，若不存在，说明理由.试题解析：（1）由四面体BCG P -的体积为38.∴4PG =设二面角P BC D --的大小为θ2==GC GB E 为中点，∴GE BC ⊥ 同理PE BC ⊥∴PEG θ∠=∴tan 22θ=……………………………………………………3分4.【湖北省稳派教育2014届高三上学期强化训练（三）数学（理）试题】如图，正方形ABCD 所在平面与圆O 所在的平面相交于CD ，线段CD 为圆O 的弦，AE 垂直于圆O 所在的平面，垂足E 为圆O 上异于C 、D 的点，设正方形ABCD 的边长为a ，且a AE 21=.（1）求证：平面⊥ABCD 平面ADE ；（2）若异面直线AB 与CE 所成的角为θ，AC 与底面CDE 所成角为α，二面角E CD A --所成角为β ，求证βαθtan tan sin =.又)21,0,0(a EA =，)21,,23(a a CA -=，4222141||||,cos sin 2=⋅=⋅>=<=∴a a a CA EA α，由此得77tan =α，5.【2014安徽省六校教育研究会高三2月联考数学理】（本小题满分12分）（Ⅰ）求证:1A D ⊥平面BCED ;（Ⅱ）在线段BC 上是否存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60?若存在,求出PB 的长,若不存在,请说明理由.【答案】（Ⅱ）在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60,此时52PB = 【解析】试题分析：（Ⅰ）二面角1A DE B --为直二面角,要证1A D ⊥平面BCED ；只要证1A D DE ⊥；设PB x =()03x ≤≤,则2x BH =,3PH x =,在Rt △1PA H 中,160PA H ∠=,所以112A H x = ,在Rt △1A DH 中,11A D =,122DH x =- ,由22211A D DH A H +=, 得222111222x x ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ,解得52x =,满足03x ≤≤,符合题意 所以在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60,此时52PB = ………………………12分解得54a =,即522PB a ==,满足023a ≤≤,符合题意,所以在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60,此时52PB = . ………………………12分6.【2014年“皖西七校”高三年级联合考试】（本小题满分12分）如图1，已知O ⊙的直径4AB =，点C 、D 为O ⊙上两点，且=45CAB ∠，60DAB ∠=，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.⊥于E，连CE．（Ⅲ）过O作OE AD⊥，平面ABC⊥平面ABD，故CO⊥平面ABD．因为CO AB则CEO ∠是二面角C -AD -B 的平面角，又60OAD ∠=，2OA =，故3OE =． 由CO ⊥平面ABD ，OE ⊂平面ABD ，得CEO ∆为直角三角形， 又2CO =，故7CE =，可得cos CEO ∠=37=217，故二面角C -AD -B 的正弦值为27.121210(3)03121cos 771n n |n ||n |θ⋅⨯+-⨯+⨯∴===⋅⋅，故二面角C -AD -B 的正弦值为27. 7.（山东省日照市2014届高三12月校际联考）（本小题满分12分）在四棱锥P-ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，90,1,2ADC AB AD PD CD ∠=====ADC -900,AB=AD= PD=1.CD=2. (I)求证：BC ⊥平面PBD ：(II)设E 为侧棱PC 上异于端点的一点，PE PC λ=，试确定λ的值，使得二面角 E-BD-P 的大小为45．试题解析：（Ⅰ）证明：因为侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，所以PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥AD .又因为ADC ∠＝90，即AD ⊥CD ，以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(1,0,0)A ，(1,1,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,1)P ，所以(1,1,0),(1,1,0).DB BC ==- 所以0DB BC ⋅=，所以BC BD ⊥ 由PD ⊥底面ABCD ，可得PD BC ⊥, 又因为PDDB D =，所以BC ⊥平面PBD . ……5分8.【昌平区2013－2014学年第一学期高三年级期末质量抽测（理）】(本小题满分14分)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，2PD CD BC AD ===,//,90AD BC BCD ∠=︒.(Ⅰ)求证：BC PC ⊥；(Ⅱ)求PA 与平面PBC 所成角的正弦值；(Ⅲ)线段PB 上是否存在点E ,使AE ⊥平面PBC ？说明理由. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）10Ⅲ) E 为PB 中点时，AE ⊥平面PBC(Ⅲ)（法一）当E 为线段PB 的中点时,AE ⊥平面PBC . 如图：分别取,PB PC 的中点,E F ,连结,,AE DF EF . 所以//EF BC ,且12EF BC =. 因为//,AD BC 且12AD BC =， 所以//,AD EF 且AD EF =. 所以四边形AEFD 是平行四边形.9.【海淀区2014届高三年级第一学期期末练习数学(理科)】（本小题共14分） 如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 是菱形，AC BD O =,PAC ∆是边长为2的等边三角形，6PB PD ==,4AP AF =. （Ⅰ）求证：PO ⊥底面ABCD ；（Ⅱ）求直线CP 与平面BDF 所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB 上是否存在一点M ，使得CM ∥平面BDF ？如果存在，求BMBP的值，如果不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）30；（Ⅲ）存在，BM BP =13【解析】试题分析：（Ⅰ）ACBD O =,所以O 为,AC BD 中点。
2021年高中数学一轮复习·立体几何的向量方法：第7节 利用空间向量解决探索性问题
第7节利用空间向量解决探索性问题【基础知识】假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．本题是设出点G的坐标，借助向量运算，判定关于P点的方程是否有解．【规律技巧】对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；om【典例讲解】【例1】在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB.若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．【变式探究】如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝2，E为PD 上一点，PE＝2ED.(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．(1)证明∵PA＝AD＝1，PD＝2，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.【针对训练】1．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．2.如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，,（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长【答案】（1）（2）【练习巩固】1．（2015秋•晋城期末）如图甲，⊙O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，使∠CAB=，∠DAB=．沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F为BC的中点．根据图乙解答下列各题：（1）求点D到平面ABC的距离；（2）如图：若∠DOB的平分线交弧于一点G，试判断FG是否与平面ACD平行？并说明理由．【答案】（1）．（2）FG∥面ACD．见解析考点：点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求的值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）【解析】试题分析：（Ⅰ）证明AB⊥AC．EF⊥AC．推出PA⊥底面ABCD，即可说明PA⊥EF，然后证明EF⊥平面PAC．（Ⅱ）证明MF∥PA，然后证明MF∥平面PAB，EF∥平面PAB．即可证明平面MEF∥平面PAB，从而证明ME∥平面PAB．（Ⅲ）以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，平面ABCD的法向量，平面PBC的法向量，利用直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，列出方程求解即可试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，因为AB=AC，∠BCD=135°，∠ABC=45°．所以AB⊥AC．由E，F分别为BC，AD的中点，得EF∥AB，所以EF⊥AC．因为侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP=90°，所以PA⊥底面ABCD．又因为EF⊂底面ABCD，所以PA⊥EF．又因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以EF⊥平面PAC．（Ⅱ）证明：因为M为PD的中点，F分别为AD的中点，所以MF∥PA，又因为MF⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MF∥平面PAB．同理，得EF∥平面PAB．又因为MF∩EF=F，MF⊂平面MEF，EF⊂平面MEF，所以平面MEF∥平面PAB．又因为ME⊂平面MEF，所以ME∥平面PAB．（Ⅲ）解：因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC两两垂直，故以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（﹣2，2，0），E（1，1，0），所以，，，设，则，所以M（﹣2λ，2λ，2﹣2λ），，易得平面ABCD的法向量=（0，0，1）．设平面PBC的法向量为=（x，y，z），由，，得令x=1，得=（1，1，1）．因为直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，所以，即，所以，解得，或（舍）．考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．3．在四棱锥中，侧面底面，，为中点，底面是直角梯形，，，，．AB CDEP（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）在线段上是否存在一点，使得二面角为？若存在,求的值；若不存在，请述明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，且．考点：线面平行的判断，线面垂直的判断，二面角．4．如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，，且．（Ⅰ）若点为上一点且，证明：平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使得?若存在，求出的长；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）【解析】试题分析：（Ⅰ）要证线面平行，就要证线线平行，由线面平行的性质定理知平行线是过的平面与平面的交线，由已知过点作，交于,连接,就是要找的平行线；（Ⅱ）求二面角，由于图中已知两两垂直，因此以它们为坐标轴建立空间直角坐标系，可用向量法求得二面角，只要求得两个面的法向量，由法向量的夹角与二面角相等或互补可得（需确定二面角是锐二面角还是钝二面角）；（3）有了第（2）小题的空间直角坐标系，因此解决此题时，假设存在点，设，由求得即可．试题解析：（Ⅰ）过点作，交于,连接,因为，所以．又，，所以．所以为平行四边形,所以．又平面，平面,（一个都没写的，则这1分不给）所以平面．（Ⅱ）因为梯形中，，,所以．因为平面，所以,如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系,所以．设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为,因为所以，即，取得到,同理可得,所以,因为二面角为锐角，所以二面角为．（Ⅲ）假设存在点，设，所以,所以，解得，所以存在点，且．考点：空间的角平面法向量的求法平行5．如图，在四棱锥中，，平面，平面，．（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）在线段上存在一点，且．【解析】试题分析：（1）首先证明平面，再根据面面垂直的判定即可得证；（2）在线段上存在一点，且，再利用线面平行的判定与性质加以求解．试题解析：（1）因为平面，平面，所以，又因为，，所以平面，又因为平面，所以平面平面；在线段上存在一点，且，使平面，设为线段上一点，且，过点作交于，则，因为平面，平面，所以，又，所以，因为，所以．所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面．考点：立体几何综合．6．如图，在四棱锥中，底面是正方形．点是棱的中点，平面与棱交于点．（1）求证：；（2）若，且平面平面，试证明平面；（3）在（2）的条件下，线段上是否存在点，使得平面?（直接给出结论，不需要说明理由）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析．【解析】试题分析：（1）首先证明面，再利用线面平行的性质即可得证；（2）根据题目条件证明，，再根据线面垂直的判定即可得证；（3）假设存在符合题意的点，根据面面垂直的判定推导出与题意矛盾的地方，即可得证．试题解析：（1）∵底面是菱形，∴，又∵面，面，∴面，又∵，，，四点共面，且平面平面，∴；（2）在正方形中，，又∵平面平面，且平面平面，∴平面，又∵平面，∴，由（1）可知，又∵，∴，由点是棱中点，∴点是棱中点，在中，∵，∴，又∵，∴平面；（3）若存在符合题意的点：∵平面，平面，∴平面平面，而这与题意矛盾了，∴不存在．考点：1．线面平行的判定与性质；2．线面垂直的判定与性质．7．直三棱柱中，，分别是的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）证明：；（3）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】试题分析：（1）先证明，然后以为原点建立空间直角坐标系，则能写出各点坐标，由共线可得，所以，即；（3）通过计算，面的法向量为可写成，，又面ABC的法向量，令，解出的值即可．试题解析：（1）证明：∵，，又∵∴⊥面．又∵面，∴，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有，设且，即，则，∵，所以；（2）结论：存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为理由如下：，由题可知面的法向量，设面的法向量为，则，∵，∴，即，令，则．∵平面与平面所成锐二面角的余弦值为，∴，即，解得或（舍），所以当为中点时满足要求．考点：1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点睛】利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为，设分别为平面的法向量，二面角的大小为，向量的夹角为，则有（图1）或（图2）其中．8．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，且PA⊥面ABCD．（1）求证：PC⊥BD；（2）过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E，且三棱锥E-BCD的体积取到最大值，①求此时PA的长度；②求此时二面角A-DE-B的余弦值的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）；．【解析】试题分析：（1）连接AC，由正方形性质得BD⊥AC，由线面垂直得PA⊥BD，由此能证明PC⊥BD．（2）设PA=h，由已知推导出时，三棱锥E-BCD的体积取到最大值，此时四棱锥E-ABCD的高为，以点A为原点，AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线ED与平面PAB 所成角的正弦值．试题解析：（1）连接AC，平面PAC，所以（2）①设PA=h，E在PC上，所以设带入有面BDE，所以设E（x,y,z），则带入有所以体积取到最大值时，②以A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线为轴建系，则A（0,0,0），D（0,1,0），B（1,0,0），E（），面ADE的法向量可取面BDE的法向量可取，即为二面角A-DE-B的余弦值考点：异面直线垂直的证明，线面角的求法．【方法点睛】（1）证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高，中线和顶角的角平分线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形等等；证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化．（4）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备．9．正方形与梯形所在平面互相垂直，，点在线段上且不与重合．（Ⅰ）当点是中点时，求证：；（Ⅱ）当平面与平面所成锐二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得面的一个法向量，进而得到，即可证明结论；（Ⅱ）利用空间直角坐标系，以及空间向量法可求得到面的距离，然后再利用体积公式即可求出结果．试题解析：（Ⅰ）由题意：以点为坐标原点，方向为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，∴，面的一个法向量，∴，∴，即．（Ⅱ）依题意设，设面的法向量，则．令，则，面的法向量，∵，解得，∴为的中点，，到面的距离，∴考点：1、直线与平面平行的判定；2、二面角；3、三棱锥的体积．。
2021新高考数学二轮总复习学案：5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题含解析
5.3.2立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力学案突破热点一翻折问题1.翻折问题中空间关系的证明【例1】(2020陕西西安中学高三模拟,19)在平行四边形ABCD中,AB=3,BC=2,过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E,AE=.连接EB交AD于点F,如图1,将△ADE沿AD折起,使得点E到达点P的位置,如图2.(1)证明:直线AD⊥平面BFP;(2)若G为PB的中点,H为CD的中点,且平面ADP⊥平面ABCD,求三棱锥G-BCH 的体积.解题心得解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”以及“变的位置关系和数量关系”,转化为一般的立体几何问题解答.【对点训练1】(2020湖南怀化三模,18)图1是直角梯形ABCD,AB∥DC,∠D=90°,AB=2,DC=3,AD=,点E在DC上,CE=2ED,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=,如图2.(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求点B到平面AC1D的距离.2.求翻折问题中的空间角【例2】(2020北京顺义二模,17)如图1所示,四边形ABCD是边长为的正方形,沿BD将点C翻折到点C1位置(如图2所示),使得二面角A-BD-C1成直二面角.E,F分别为BC1,AC1的中点.(1)求证:BD⊥AC1;(2)求平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值.解题心得平面图形翻折后成为空间图形,翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化,不在同一个平面上的可能发生变化.解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值.【对点训练2】(2020山东济宁三模,18)如图1,四边形ABCD为矩形,BC=2AB,E为AD的中点,将△ABE,△DCE分别沿BE,CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE ⊥平面BCE.(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.热点二探索性问题1.与空间位置关系有关的探索性问题【例3】(2020天津河西一模,17)在如图所示的几何体P-ABCDE中,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,AB⊥AE,AB∥CE,AE∥CD,CD=CE=2AB=4,M为PD 的中点.(1)求证:CE⊥PE;(2)求二面角M-CE-D的大小;(3)在线段PE上是否存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,若存在,求出线段AN的长;若不存在,请说明理由.解题心得1.对于空间位置关系中的存在性问题,解题思路是将假设存在所得的结论当作条件,据此条件以向量为工具,列出满足条件的方程或方程组把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数,从而确定位置.【对点训练3】(2020福建福州三模,19)如图,在多面体P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求多面体P-ABCD的体积;(2)已知E是棱PB的中点,在棱CD上是否存在点F使得EF∥PD,若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.2.与空间角有关的探索性问题【例4】(2020山东济南二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,∠PAB=∠PBA=45°,∠ABC=2∠BAC=60°,D是棱AB的中点,点E在棱PB上,点G是△BCD的重心.(1)若E是PB的中点,证明GE∥平面PAC;(2)是否存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解题心得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.【对点训练4】(2020天津滨海新区高三四校联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,CD∥AB,AD⊥AB,AD=AB=2,CF=CD=,PA=PB=,E,N分别为AB,PB的中点.(1)求证:CN∥平面PEF;(2)求二面角N-CD-A的余弦值;(3)在线段BC上是否存在一点Q,使NQ与平面PEF所成角的正弦值为,若存在,求出BQ的长;若不存在,说明理由.核心素养微专题(六)立体几何解答题中的条件选择问题【例题】(2020山东青岛二模,18)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处,使得PO⊥平面ABCD成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题.如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,若,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°,求二面角A-PB-C的余弦值.核心素养分析数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现,新高考数学对核心素养的考查和渗透日趋加强.山东新高考创新性地出现了开放性的解答题,有利于立德树人,提升素养.本题首先需要理解题意,从数量关系、图形关系中抽象出数学问题,体现了数学抽象的核心素养;结合图形,理解直线、平面之间的位置关系,并进行推理证明,对直观想象和逻辑推理的核心素养有较高的要求;建立空间直角坐标系,根据向量坐标及相关公式,通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练】(2020山东潍坊二模,19)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.①AB⊥BC,②FC与平面ABCD所成的角为,③∠ABC=.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力·学案突破【例1】(1)证明如题图1,在Rt △BAE 中,AB=3,AE=,∴∠AEB=60°.在Rt △AED 中,AD=2,∴∠DAE=30°.∴BE ⊥AD.如题图2,PF ⊥AD ,BF ⊥AD ,PF ∩BF=F ,∴AD ⊥平面BFP. (2)解(方法一)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.取BF 的中点为O ,连接GO ,则GO ∥PF ,∴GO ⊥平面ABCD ,即GO 为三棱锥G-BCH 的高,∴GO=PF=PA×sin30°=CH=DC=,∴S △BCH =CH·AE=V 三棱锥G-BCH =S △BCH ·GO=(方法二)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.∵G 为PB 的中点,∴三棱锥G-BCH 的高等于PF.∵H 为CD 的中点,∴△BCH的面积是四边形ABCD的面积的三棱锥G-BCH的体积是四棱锥P-ABCD的体积的∵V P-ABCD=S四边形ABCD·PF=3,∴三棱锥G-BCH的体积为对点训练1(1)证明在图1中,连接AE,由已知得AE=2.∵CE∥BA,且CE=BA=AE,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,∴CF⊥BE.在Rt△ACD中,AC==2∴AF=CF=在图2中,AC1=AF2+C1F2=A,∴C1F⊥AF.由题意知,C1F⊥BE,且AF∩BE=F,∴C1F⊥平面ABED,又C1F⊂平面BC1E,∴平面BC1E⊥平面ABED;(2)解如图2,取AD的中点N,连接FN,C1N和BD,设B到平面AC1D的距离为h.在直角梯形ABED中,FN为中位线,则FN⊥AD,FN=由(1)得C1F⊥平面ABED,AD⊂平面ABED,∴C1F⊥AD.又FN∩C1F=F,∴AD ⊥平面C1FN.又C1N⊂平面C1FN,∴C1N⊥AD,且C1N=在三棱锥C1-ABD中,,即AB×AD×C1F=AD×C1N×h,∴h=故点B到平面AC1D的距离为【例2】(1)证明取BD的中点O,连接AO,OC1.因为四边形ABCD是正方形,所以在三棱锥中,BD⊥AO,BD⊥OC1.因为AO∩OC1=O,AO,OC1⊂平面AOC1,所以BD⊥平面AOC1.又因为AC1⊂平面AOC1,所以BD⊥AC1.(2)解因为二面角A-BD-C1为直二面角,平面ABD∩平面BDC1=BD,且BD⊥AO,BD⊥OC1,AO∩OC1=O,所以∠C1OA=90°,即C1O⊥AO,所以AO,OC1,BD两两垂直.以O为原点,OA,OB,OC1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.易知AO=OC1=BD=1,所以O(0,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),A(1,0,0),C1(0,0,1),F,0,E0,,则=0,,=,-,0.显然平面ABD的一个法向量m=(0,0,1).设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则取x=2,可得y=2,z=-6,所以平面DEF的一个法向量n=(2,2,-6),则|cos<m,n>|===,所以平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值为对点训练2(1)证明在题图1中,BC=2AB,且E为AB的中点,∴AE=AB, ∴∠AEB=45°,同理∠DEC=45°,∴∠CEB=90°,∴BE⊥CE.又平面ABE⊥平面BCE,平面ABE∩平面BCE=BE,∴CE⊥平面ABE.又CE⊂平面DCE,∴平面ABE⊥平面DCE.(2)解以E为坐标原点,EB,EC所在的直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则E(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),A,D,F设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),由令z=1,得平面ADE的一个法向量为n=(-1,-1,1).又,设直线FA与平面ADE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,故直线FA与平面ADE所成角的正弦值为【例3】解依题意得,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形, 则PA⊥AB,PA⊥AE,所以PA⊥面ABCDE.又因为AB⊥AE,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),得A(0,0,0),B(2,0,0),C(4,2,0),D(4,6,0),E(0,2,0),P(0,0,2),M(2,3,1).(1)证明:由题意,=(-4,0,0),=(0,2,-2),因为=0,所以CE ⊥PE.(2)=(-2,-1,-1),=(2,-1,-1),设平面MEC的法向量为n=(x,y,z),则即不妨令y=1,可得平面MEC的一个法向量为n=(0,1,-1).平面DEC的一个法向量=(0,0,2),所以cos<n,>==-,由图可得二面角M-CE-D的平面角为锐角,所以二面角M-CE-D的大小为45°.(3)(方法一)存在.假设在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE.设=(λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),所以N(0,2λ,2-2λ).因为平面ABN∥平面MCE,所以n,即n=0,解得λ=,即N为PE的中点,此时N(0,1,1),||=,所以线段AN的长为所以在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,此时线段AN的长为(方法二)存在.假设在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE.设=(λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),因此N(0,2λ,2-2λ).设平面ABN的法向量为m=(x,y,z),则即令y=λ-1,可得m=(0,λ-1,λ).因为平面ABN∥平面MCE,所以m∥n,解得λ=,此时N(0,1,1),||=,所以线段AN的长为所以在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,此时线段AN的长为对点训练3解(1)如图,作PH⊥AD交DA的延长线于点H.因为平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,且PH⊂平面PAD,所以PH⊥平面ABCD,所以PH为点P到平面ABCD的距离.因为∠PAD=120°,PA=2,所以PH=PA·sin60°=,又因为S四边形=(BC+AD)·AB=3,所以V P-ABCD=PH·S四边形ABCD=3=ABCD(2)不存在.理由如下:假设在棱CD上存在点F,使得EF∥PD.连接BD,取BD的中点M,连接EM,EF.在△BPD中,因为E,M分别为BP,BD的中点,所以EM∥PD.因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM与EF重合.因为点F在线段CD 上,所以F=BD∩CD,又因为BD∩CD=D,所以F是BD与CD的交点D,即EF就是ED,而ED与PD相交,这与EF∥PD相矛盾,所以假设不成立,故在棱CD上不存在点F使得EF∥PD.【例4】(1)证明延长DG交BC于点F,连接EF,因为点G是△BCD的重心,故F为BC的中点.因为D,E分别是棱AB,BP的中点,所以DF∥AC,DE∥AP,又因为DF∩DE=D,所以平面DEF∥平面APC.又因为GE⊂平面DEF,所以GE∥平面PAC.(2)解存在.连接PD,因为∠PAB=∠PBA=45°,所以PA=PB.又因为D是AB的中点,所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC,而平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.如图,以D为原点,垂直于AB的直线为x轴,DB,DP所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,设PA=PB=2,则AB=2,PD=CD=,所以D(0,0,0),B(0,,0),C,0,G,0,P(0,0,).假设存在点E,设=,λ∈(0,1],则+=(0,,0)+λ(0,-)=(0,(1-λ),),所以E(0,(1-λ),).又因为,设平面ECD的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,解得n1=1,-.又因为平面CDG的一个法向量n2=(0,0,1),而二面角E-CD-G的大小为30°,所以|cos<n1·n2>|==,即,解得λ=,所以存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,此时对点训练4(1)证明取PE中点G,连接GN,FG,则GN∥BE,GN=BE=,即GN∥CF,GN=CF,所以GNCF为平行四边形,CN∥FG,CN⊄平面PEF,FG⊂平面PEF,所以CN∥平面PEF.(2)解因为PA=PB,点E为AB的中点,所以PE⊥AB.又因为侧面PAB⊥底面ABCD且侧面PAB∩底面ABCD=AB,所以PE⊥平面ABCD.分别以EB,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,2),C,D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),N,平面CDA 的一个法向量m=(0,0,1),(0,-2,1).设平面CDN的法向量n=(x,y,z),则令y=1,得平面CDN的一个法向量n=(0,1,2).所以cos<m,n>=,因此二面角N-CD-A的余弦值为(3)解存在.假设存在点P,满足题意,连接NQ.设==-,2λ,0(λ∈[0,1]),则Q-+1,2λ,0,=-+,2λ,-1.因为平面PEF的一个法向量p=(1,0,0),所以|cos<,p>|=,解得λ=或λ=-9(舍),所以在线段BC上存在点Q满足题意,此时BQ=核心素养微专题(六)【例题】解若选②,由PO⊥平面ABCD知PO⊥AB,又因为PC⊥AB,所以AB⊥平面PAC,所以AB⊥AC,所以∠BAC=90°,BC>BA,这与底面ABCD为菱形矛盾,所以②必不选,故选①③.下面证明:PO⊥平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为PC⊥BD,PC∩AC=C,所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC,所以BD ⊥PO.因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC.又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.因为PO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,以的方向分别作为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角,所以∠PBA=60°.在菱形ABCD中,设AB=2,因为∠ABC=60°,所以OA=1,OB=,设PO=a,则PA=,PB=在△PBA中,由余弦定理得PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA,所以a2+1=4+a2+3-2×2,解得a=所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),P(0,0,).设平面ABP的法向量为n1=(x1,y1,z1),=(,1,0),=(0,1,),由可得令z1=1,得n1=(,-,1).设平面CBP的法向量为n2=(x2,y2,z2),=(,-1,0),=(0,-1,),由可得令z2=1,得n2=(,1).设二面角A-PB-C的平面角为θ,所以cosθ=,所以二面角A-PB-C的余弦值为跟踪训练解(1)在线段AB上存在中点G,使得AF∥平面PCG.证明如下:如图所示,设PC的中点为H,连接FH.∵FH∥CD,FH=CD,AG∥CD,AG=CD,∴FH∥AG,FH=AG,∴四边形AGHF为平行四边形,则AF∥GH.又GH⊂平面PGC,AF⊄平面PGC, ∴AF∥平面PGC.(2)方案一:选条件①.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,由题意知AB,AD,AP两两垂直,以AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),=(0,1,1),=(-2,-1,1).设平面FAC的法向量为μ=(x,y,z),取y=1,得平面FAC的一个法向量μ=(-1,1,-1).又平面ACD的一个法向量为ν=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D的余弦值为方案二:选条件②.∵PA⊥平面ABCD,取BC中点E,连接AE,取AD的中点M,连接FM,CM,则FM∥PA,且FM=1,∴FM⊥平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为∠FCM,∴∠FCM=在Rt△FCM中,CM=,又CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B(,-1,0),C(,1,0),D(0,2,0),E(,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2), =(0,1,1),=(-,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z), 则取x=,得平面FAC的一个法向量m=(,-3,3).又平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D的余弦值为晨鸟教育方案三:选条件③.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,取BC中点E,连接AE,∵底面ABCD是菱形,∠ABC=,∴△ABC是正三角形.∵E是BC的中点,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B (,-1,0),C (,1,0),D(0,2,0),E (,0,0),F(0,1,1),P (0,0,2), =(0,1,1),=(-,0,1),设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则取x=,得平面FAC的一个法向量m=(,-3,3).又平面ACD的法向量n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D 的余弦值为Earlybird。
新高考数学空间距离及立体几何中的探索性问题精品课件
[解析]方法一:设M为直线AC上任意一点,过M作MN⊥BC1,垂足为N,连接AN,如图,设=λ=λ+λ(0≤λ≤1),=μ=μ+μ(0≤μ≤1),则=-= +-=(1-λ)+(μ-λ)+μ,=+.∵MN⊥BC1, ∴·=0,即[(1-λ)+(μ-λ)+μ]·(+)=0,∵AB⊥AD, AB⊥AA1, AD⊥AA1,∴(μ-λ)+μ=0,即μ-λ+μ=0,∴λ=2μ.∴=(1-2μ)-μ+ μ,∴||= ==,∴当μ=时,||取得最小值=,故异面直线AC与BC1之间的距离是.故选B.
[总结反思]点面距的求法:(1)几何法:①作出点到平面的垂线段,在直角三角形中,求这条垂线段的长度.②把待求的点面距看作三棱锥的高,利用三棱锥的等体积转换法求解.(2)向量法:点A到平面α的距离d=(其中B是平面α内一点,n是平面α的一个法向量).
课堂考点探究
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变式题1 (1)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点均在表面积为8π的球O的球面上,AB=,则B1到平面A1BC的距离为( )A.1 B. C. D.
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方法二:如图,取BC的中点E,连接B1E,DE,B1E交BC1于点G,DE交AC于点F,则==2,==2.连接B1D,FG,在△B1DE中,==2,∴FG DB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证B1D⊥AC,B1D⊥BC1,∴FG⊥AC,FG⊥BC1,∴FG为异面直线AC与BC1的公垂线段.∵B1D=,∴FG=,即异面直线AC与BC1之间的距离为.
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方法三:如图,以D为原点,以,,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,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),C(0,1,0),连接DB1,∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),=(0,1,0),=(1,1,1),则·=0, ·=0,∴DB1⊥AC,DB1⊥BC1,∴异面直线AC与BC1之间的距离为==.
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2021年广东省新高考数学总复习：立体几何中探索性问题的
研究
[追根溯源]
高考中的立体几何探索性试题，我们一般可以采用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．
探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，这类试题的一般设问方式是“是否存在？存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．
例题 如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1.
(1)证明：P A ⊥平面ABCD ；
(2)求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角的大小；
(3)问：在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC .证明你的结论．
审题方法 F 是线段PC 上的点，一般可设PF →＝λPC →，求出λ的值，点P 是已知的，即可求
出点F .
解题思路 (1)证明的是线面垂直，只要努力去找直线与平面内的两条相交直线垂直即可；(2)按找二面角的方法进行；(3)通过建立恰当的直角坐标系，给出相应点的坐标，利用坐标关系和向量的相等就可以解决了．
(1)证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，所以AB ＝AD ＝AC ＝a ，在△P AB 中，由
P A 2＋AB 2＝2a 2＝PB 2，知P A ⊥AB ，同理P A ⊥AD ，所以P A ⊥平面ABCD .
(2)解 如图1所示，作EG ∥P A 交AD 于G ，由P A ⊥平面ABCD ，知EG ⊥平面ABCD ，作 GH ⊥AC 于H ，连接EH ，则EH ⊥AC ，则∠EHG 为所求二面角的平面角，设为θ.又PE ∶ED ＝2∶1，
图1
则EG ＝13a ，AG ＝23a ，GH ＝AG sin 60°＝33
a ， 从而tan θ＝EG GH ＝33
，所以θ＝30°. (3)解 以A 为坐标原点，直线AD ，AP 分别为y 轴，z 轴，过A 点垂直平面P AD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．由题设条件，相关各点的坐标分别为A (0， 0， 0)，B ⎝⎛⎭⎫32a ，－12a ，0，C ⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，0，D (0，a ， 0)，P (0， 0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，23a ，13a .。