立体几何中探索性问题
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。
立体几何题中的探索性问题(公开课教案)
A1
D A B X
C
Y
+ 2）如在A 1C1 存在这样的点Q，设Q(x,1-x,1)
D1Q = ( x,1 − x,0)
的射影垂直于AP，等价于D 1 Q ⊥ AP + 所以 AP ⋅ D1Q = 0 + 所以-X+(1+X)=0 1 解得X= 2 即Q为A1 C1 中点时，满足题设条件
+ 依题意，对任意的m要使D 1Q在平面APD1上
+ [规律小结 规律小结] 规律小结 + 探究性问题一般具有一定的深度，需要深入
分析题目的条件和所问，根据题目的特征， 选用适当的解题方法．必要时，进行假设推 理，或者反证推理，往往也是进行图形推理 与代数推理的典型问题
课后练习,已知四棱锥S-ABCD的底面是边长为 4的正方形，S在底面上的射影O 落在正方形 ABCD内，且O 到AB、AD的距离分别为2，1 （1）求证：AB·SC是定值 （2）已知P是SC的中点，且 SO=3，问在棱SA上是否存在 一点Q，使异面直线OP与BQ所 成角为900？若不存在，说明 A 理由，若存在，求出AQ的长。
• 向量法： • 以DA,DC,DD1 分别为X,Y,Z轴建立空间直角坐标
系，设正四棱柱底面边长为a,侧棱长为b • 所以D(0,0,0)，B(a,a,o) Z • P(a,o,z),C(0,a,0) 所以 D1
pc = (−a, a,− z )
DB = (a, a, o)
C1 B1
A1 P
DB ⋅ PC = 0
Q D O B S P C
主讲人：刘 冬 主讲人：
+ 引言：立体几何中的探究性问题既能够考
查我们的空间想象能力，又可以考查我们 的意志力及探究的能力．探究是一种科学 的精神，因此，也是命题的热点．一般此 类立体几何问题描述的是动态的过程，结 果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐 心尝试及等价转化，因此，对于常见的探 究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可 少的．
浅析立体几何中的探索性问题
浅析立体几何中的探索性问题江苏省泗阳中学 张 涛 （223700）立体几何的探索性问题在近几年高考中经常出现，这种题型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。
一、对命题条件的探索对命题条件的探索常采用以下三种方法：1、先猜后证，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。
例1：四棱锥P-ABCD 的底面是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，当ABAD的值等于多少时，能使PB ⊥AC ？并给出证明。
解法一：取AD 中点F∵PF ⊥AD ，面PAD ⊥面ABCD∴PF ⊥面ABCD 连结BF 则若PB ⊥AC ，则AC ⊥BF 设AD=x, AB=y ∵∠FOA=90° ∴在ΔAOF 中，AF=2x AO=2231y x +，FO=22)2(31y x + 根据题意AF 2=AO 2+FO 2 代入可得2=yx，若AB AD =2容易证得FB ⊥AC由三垂线定理可证得PB ⊥AC.解法二：如图，建立坐标系，设AD=2，PF=3，AB=x ，A 点坐标为(0,―1, 0)，C 点坐标为(x,1,0)，P 点坐标(0, 0,3)，B 点坐标为(x,―1, 0)，=(x,―1,―3)，=(x, 2, 0)CBD APFy∵PB ⊥AC ∴·=0 即x 2―2=0 ∴x=2 ∴ABAD=2 解题回顾：这类题通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件。
⑵找出命题成立的必要条件，也证明充分性。
例2：在三棱锥A-BCD 中，AB ，BC ，CD 两两垂直，若AD 与平面BCD 所成的角为α，AD 与平面ABC 所成角为β，且AD=6，则当α=30°，β为何值时，三棱锥A-BCD 的体积最大，最大值是多少？解：∵V A-BCD =31AB ·S ΔBCDAB ⊥面BCD ∴∠ADB=30° 又∵DC ⊥面ABC∴∠=DAC=β，则AB=3，CD=ADsin β=6sin β AC=ADcos β=6cos β ∴BC=223)cos 6(-β∴V A-BCD =31×3×21×6sin β=)1cos 4(sin 42922-⋅ββ≤42721cos 4sin 42922=-+⋅ββ当4sin 2β=4cos 2β―1 即β=arcsin46时，三棱锥A-BCD 体积取得最大值827.解题回顾：在探索几何极值问题中，常把要求的几何量当成自变量，然后列出目标函数，再求出要求的几何量。
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11AC 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1AC ⊥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 A C C =，1AC ∴⊥平面1ABC ， 又1AC ⊂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 =，1ABA C 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1AO ⊥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1AO A C 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 A O BD AA ===，从而1AO AO ⊥， 结合1AO BD ⊥，1A A C O =，得1AO ⊥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11AC 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1AC ⊥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 A C C =，1AC ∴⊥平面1ABC ，又1AC ⊂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 =，1ABA C 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(0,2n 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=，解得0x=，2y t=，∴1(0,2n 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(A 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 x 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 a ∴=， ∴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 =，BD =AD 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1AC ⊂/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⊥，CD PD D=，得BD⊥平面PCD，又M D⊂平面PDC，可得BD M D⊥，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M D ⊂平面PDC ，BD M D ∴⊥，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 =12MCD 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 ⊥，1ACAA 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1BCAC 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⊥，证明CM⊥平面AMD，然后证明平面AMD⊥平面BMC；⊥，CD DM（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 ADM是CD上异于C，D的点．CM DM∴⊥，DM AD D∴⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，=，CM∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得//MC OP，MC⊂/平面BDP，OP⊂平面BDP，所以//MC平面PBD．。
立体几何中的探索性问题
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．
立体几何中的探索性问题那洪源一问题的提出立体几何中的探索
立体几何中的探索性问题那洪源一问题的提出（1）立体几何中的探索性问题，在98，99，00，02年全国高考题以及上海高考题中作为创新题型出现。
（2）这种试题较好地体现考查学生的思维能力和创新能力。
在《高考数学测量研究与实践》一书中有这样一段论述，“这种试题的解答过程，体现了研究性学习的发展性和生成性的特点，考查了创新能力和应用意识，02年这道题起到了很好的示范作用，是今后应用问题考查的改革方向”。
（3）我个人观点：在日常学习中，解决这类问题能够培养我们良好的思维品质与思维能力，使我们学会学习，学会研究。
凡新问题的解决（不限于数学问题）都有一个探索的过程，这正是解决问题的关键。
那么如何探索呢？本讲就从几个立体几何问题着眼，作一点尝试，供叁考。
那么，什么是立体几何探索性问题呢？先看一个例题。
引例：在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1（只填上一个正确条件即可）（98年高考题）BDAC 或ABCD是菱形寻求结论成立的充分条件就是探索性问题。
还有条件已知，结论未知，或结论不唯一以及结论不知是否存在，还有部分条件、结论未知，都被称为探索性问题。
在这里不给出严格定义。
下面研究两类问题。
二投影问题1、在正方体A1C中，E、F分别为面ADD1A1面BCC1B1中心，则四边形BFD1E在该正方体面上的射影可能是__________（2000年高考题）1234②是在上、下底面及前、后侧面③是在左、右侧面的投影故选②③1C2、正四面体ABCD 中，S 为AD 的中点，Q 为BC 上异于中点和端点的任意一点，则△SQD 在四个面上的射影不可能是B 是在BCD 面上的投影C 是在ABC 面上的投影D 是在ACD 面上的投影 故选A 3、一个不透明的正四面体，被一束垂直于桌面的平行光线照射时，此正四面体在桌面上的射影可能是（把可能的序号都填上）123①是BCD 面与桌面平行时的投影②可构造正方体 将正四面体ABCD 沿棱BC 转动在桌面上的投影 就出现④，当B 在桌面上，A ，C ，D 三点都不在 桌面上 使AD ，BC 在桌面上的射影平行，而AB ， CD 在桌面上的射影不平行，就出现③故填①②③④三 构造几何体4、若一个三棱锥的三个侧面中有两个等腰直角三角形，另一个是边长为1的正三角形，试求满足上述条件的三棱锥的体积。
立体几何中的探索型问题及应用
ʏ山东省阳谷县第一中学 宁广亮探索型问题是指那些题目条件不完备㊁结论不明确,或者答案不唯一,给考生留有较大探索余地的试题㊂而立体几何中的探索性问题,设置新颖,变化多端,不仅可以考查和区分考生的数学素质和创新能力,而且还可以有效地检测和区分考生的学习潜能,因而受到各方面的重视,近年来已成为高考试题的一个新亮点㊂一㊁条件探索型问题立体几何中的条件探索型问题,是针对结论确定而条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判断㊂其解题思路是:先执果索因,再倒推分析,逆向思维探究结论成立的充分条件㊂解决立体几何此类问题时,通常利用空间向量来逆推,目标明确,要注意推理过程是否可逆,不要把必要条件当作充分条件㊂图1例1 如图1,A B 为圆O的直径,点E ,F 在圆O 上,且四边形A B E F 为等腰梯形,矩形A B C D 和圆O 所在的平面互相垂直,已知A B =2,E F =1㊂(1)求证:平面D A F ʅ平面C B F ;(2)求当A D 的长为何值时,二面角D -F C -B 的大小为120ʎ㊂解析:(1)因为平面A B C D ʅ平面A B E F ,且C B ʅA B ,平面A B C D ɘ平面A B E F =A B ,所以C B ʅ平面A B E F ㊂因为A F ⊂平面A B E F ,所以C B ʅA F ㊂又因为A B 为圆O 的直径,所以F B ʅA F ㊂而C B ɘ图2F B =B ,所以A F ʅ平面C F B ㊂又A F ⊂平面AD F ,所以平面A D F ʅ平面C F B ㊂(2)设E F ,C D 的中点分别为G ,H ,以O 为坐标原点,建立空间直角坐标系O -x yz ,如图2所示㊂设A D =t ,则D (1,0,t ),C (-1,0,t ),A (1,0,0),B (-1,0,0),F12,32,0 ,所以C D ң=(2,0,0),F D ң=12,-32,t㊂设平面D C F 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1㊃C D ң=2x =0,n 1㊃F D ң=12x -32y +t z =0,取z =3,得x =0,y =2t ,则n 1=(0,2t ,3)㊂由(1)知A F ʅ平面C F B ,则平面C F B的一个法向量为n 2=A F ң=-12,32,0,故|c o s <n 1,n 2>|=|n 1㊃n 2||n 1||n 2|=|3t |4t 2+3㊂因为二面角D -F C -B 的大小为120ʎ,所以12=|3t |4t 2+3,解得t =64㊂所以当线段A D 的长为64时,二面角D -F C -B 的大小为120ʎ㊂点评:解决立体几何中的条件探索型问题,有三种比较常用的思维方式:(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明㊂(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性㊂(3)把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件㊂根据具体问题场景,合理选取适合的方法来应用㊂二㊁存在探索型问题立体几何中的存在探索型问题,是以结论不确定的存在性判断的形式来设置问题㊂这类问题常常出现 是否存在 是否有 等形式的疑问句,以示结论有待确定㊂解答此类问题的思路是:先肯定结论,再进行推理,若推出矛盾,则否定假设;若推出合理结果,则假设成立㊂解决此类问题的三个基本步骤是:假设推证 定论㊂11解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月图3例2 如图3,在R t әA B C中,øC =90ʎ,B C =3,A C =6,D ,E 分别是线段A C ,A B 上的点,满足D E ʊB C 且A D =2C D ,如图4,将әA D E 沿D E 折起到әA 1D E的图4位置,使A 1C ʅC D ,M 是A 1D 的中点㊂(1)求C M 与平面A 1B E 所成角的大小㊂(2)在线段A 1B 上是否存在点N (N 不与端点A 1,B 重合),使平面C MN 与平面D E N 垂直若存在,求出A 1NB N的值;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)在R t әA B C 中,øC =90ʎ,D E ʊB C ,所以D E ʅA D ,D E ʅC D ㊂因为折叠前后对应角相等,所以D E ʅA 1D ,D E ʅC D ㊂又A 1D ɘC D =D ,A 1D ,C D ⊂平面A 1C D ,所以D E ʅ平面A 1C D ,D E ʅA 1C ㊂又A 1C ʅC D ,C D ɘD E =D ,所以A 1C ʅ平面B C D E ㊂图5以C 为坐标原点,C D ,C B ,C A 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系C -x yz ,如图5所示㊂因为A D =2C D ,故D E =23B C =2,由几何关系知C D =2,A 1D =A D =4,A 1C =23,故C (0,0,0),D (2,0,0),E (2,2,0),B (0,3,0),A 1(0,0,23),M (1,0,3),所以C M ң=(1,0,3),A 1B ң=(0,3,-23),A 1E ң=(2,2,-23)㊂设平面A 1B E 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1㊃A 1B ң=3y -23z =0,n 1㊃A 1E ң=x +y -3z =0,令y =2,得z =3,x =1,则n 1=(1,2,3)㊂设C M 与平面A 1B E 所成角的大小为θ,则s i n θ=|c o s <C M ң,n 1>|=|C M ң㊃n 1||C M ң||n 1|=|4|2ˑ22=22,故θ=π4,即C M 与平面A 1B E所成角的大小为π4㊂(2)假设存在点N ,符合题意㊂设N (x 1,y 1,z 1),B N ң=λB A 1ң(0<λ<1),即(x 1,y 1-3,z 1)=λ(0,-3,23),即x 1=0,y 1=3(1-λ),z 1=23λ,故N (0,3(1-λ),23λ),C M ң=(1,0,3),C N ң=(0,3(1-λ),23λ)㊂设平面C M N 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则n 2㊃C M ң=x 2+3z 2=0,n 2㊃C N ң=3(1-λ)y 2+23z 2=0,令x 2=3,得z 2=-1,y 2=23λ3(1-λ),则n 2=3,23λ3(1-λ),-1㊂同理可求得平面D E N 的一个法向量为n 3=3,0,1λ㊂若平面C MN 与平面D E N 垂直,则满足n 2㊃n 3=0,即3-1λ=0,解得λ=13㊂故存在满足题意的点N ,由B Nң=13B A 1ң,可得A 1N B N =21=2㊂点评:解决立体几何中的存在探索型问题时,首先假设结论存在,然后在这个假设下进行合理的推理论证与数学运算㊂如果通过推理或运算得到了合乎情理或满足条件的结论,就可以肯定假设的存在性;如果得到了矛盾或不满足条件的结论,就否定假设的存在性㊂三、开放探索型问题立体几何中的开放探索型问题,是基于条件或结论结构不良的开放性问题,合理补充条件完整是解题的第一步,基于条件的补充,形成一个完整的题目,与正常试题的解答基本一致㊂图6例3 如图6,在底面A B C D 是菱形的直四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,øD A B =π3,A B =2,A A 1=23,E ,F ,G ,H ,N 分别是棱C C 1,C 1D 1,D D 1,C D ,B C 的中点,点P 在四边形E F G H 内部(包含边界)运动㊂21 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月(1)现有如下三个条件:①G E ɘF H =P ;②P ɪF H ;③E P ң=P F ң㊂请从上述三个条件中选择一个条件,能使得P N ʊ平面B B 1D 1D 成立,并写出证明过程㊂(注:多次选择分别证明,只按第一次选择计分)(2)求平面F G N 与平面A D D 1A 1的夹角的余弦值㊂解析:(1)选①:G E ɘF H =P ㊂如图7图7所示,连接C D 1,B D 1,P N ,因为四边形C D D 1C 1为矩形,所以四边形E F -G H 为平行四边形,则P 分别是C D 1,G E 的中点,且N 是B C 中点,可得P N ʊB D 1㊂又因为P N ⊄平面B B 1D 1D ,B D 1⊂平面B B 1D 1D ,所以P N ʊ平面B B 1D 1D ㊂图8选②:P ɪF H ㊂如图8所示,连接HN ,P N ㊂由于F ,H ,N 分别是棱C 1D 1,C D ,B C 的中点,所以F H ʊD D 1㊂又F H ⊄平面B B 1D 1D ,D D 1⊂平面B B 1D 1D ,所以F H ʊ平面B B 1D 1D ㊂同理可证,HNʊ平面B B 1D 1D ㊂又F H ⊂平面F HN ,HN⊂平面F HN ,F H ɘHN =H ,所以平面F HN ʊ平面B B 1D 1D ㊂又因为P N ⊂平面F HN ,所以P N ʊ平面B B 1D 1D ㊂选③:E P ң=P F ң㊂由于E P ң=P F ң,所以P 图9是线段E F 的中点㊂如图9所示,设M ,Q 分别是G F ,B D 的中点,由于P ,N 分别是E F ,B C 的中点,则P M ʊG E ,P M =12G E ,Q N ʊC D ,Q N =12C D ㊂因为P M ʊG E ʊC D ,所以P M ʊQ N ,P M =Q N ,所以四边形P M Q N 是平行四边形,所以P N ʊM Q ㊂由于Q ɪ平面B B 1D 1D ,M ∉平面B B 1D 1D ,所以M Q ɘ平面B B 1D 1D=Q ,所以P N 与平面B B 1D 1D 不平行㊂图10(2)由于四边形A B C D 为菱形,且øD A B=π3,则知D N ʅB C ㊂以D 为坐标原点,D A ң,D N ң,D D 1ң分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图10所示的空间直角坐标系D -x yz ,则D 1(0,0,23),C 1(-1,3,23),G (0,0,3),N (0,3,0),F -12,32,23,所以G N ң=(0,3,-3),G F ң=-12,32,3㊂设m =(x ,y ,z )为平面F G N 的一个法向量,则m ㊃G N ң=3y -3z =0,m ㊃G F ң=-12x +32y +3z =0,令y =1,得m =(33,1,1)㊂可取n =(0,1,0)为平面A D D 1A 1的一个法向量,则|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |=127+1+1ˑ1=2929,所以平面F G N 与平面A D D 1A 1的夹角的余弦值为2929㊂点评:解决立体几何中的开放探索型问题时,结合立体几何应用场景,往往又分为选择条件型与探索条件型,基于不同的开放性条件加以合理选择,进而进行分析与求解,有效考查同学们分析问题与解决问题的能力,对理解能力㊁探究能力㊁创新能力与应用意识等的考查也是积极和深刻的㊂立体几何中的探索型问题,经常以条件探索型㊁存在探索型及开放探索型等不同形式来创新设置,方式新颖,变化多端,不仅能较好地考查考生的空间想象能力与逻辑推理能力,而且能考查考生的数学思维品质与水平,这对考生的综合素质与数学水平的提高起到了积极的作用㊂(责任编辑 王福华)31解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月。
立体几何中的探索性问题
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
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B PDACEB立体几何中探索性问题的向量解法高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。
对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。
立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.一.存在判断型例 1.正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E,F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A —DC —B ．如图1. (1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E DF C --的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ⊥？证明你的结论.例2.如图(2)，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∠PDA 为θ，能否确定θ，使直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线?若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由.解：以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设|AD|=2a ，|AB|=2b ，∠PDA=θ.则A(0，0，0)、B(0，2b ，0)、C(2a ，2b ，0)、D(2a ，0，0)、P(0，0，2atan θ)、M(0，b ，0)、N(a ，b ，atan θ).∴AB =(0，2b ，0)，PC =(2a ，2b ，-2atan θ)，MN =(a ，0，atan θ). ∵AB ·MN =(0，2b ，0)·(a ，0，atan θ)=0，∴AB ⊥MN .即AB ⊥MN.若MN ⊥PC ，则MN ·PC =(a ，0，atan θ)·(2a ，2b ，-2atan θ) =2a 2-2a 2tan 2θ=0.∴tan 2θ=1，而θ是锐角. ∴tan θ=1， θ＝45°.即当θ=45°时，直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线.【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在。
这是一种最常用也是最基本的方法.二.位置探究型如图所示PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 是PB 的中点，DP 与AE 夹角的余弦值为33.(1)建立适当的空间坐标系，写出点E 的坐标。
(2)在平面PAD 内是否存在一点F ，使EF ⊥平面PCB ？解析：⑴以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设P （0,0,2m ）.则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，从而AE =(-1,1,m),DP =(0,0,2m).AEDP AE DP AE DP ⋅=〉〈,cos =3322222=+mm m ，得m=1. 所以E 点的坐标为(1,1,1).（2）由于点F 在平面PAD 内，故可设F(z x ,0,)， 由EF ⊥平面PCB 得：0=⋅CB EF 且0=⋅PC EF ，即10)0,0,2()1.1,1(=⇒=⋅---x z x .00)2,2,0()1.1,1(=⇒=-⋅---z z x 。
所以点F 的坐标为（1,0,0）,即点F 是DA 的中点时，可使EF ⊥平面PCB.【方法归纳】点F 在平面PAD 上一般可设DP t DA t DF 21+=⋅、计 算出21,t t 后，D 点是已知的，即可求出F 点。
ABC D E F A BC D EF例4.在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ．(1)当E 、F 在何位置时，B 1F ⊥D 1E .(2)是否存在点E 、F ，使A 1C ⊥面C 1EF ？(3)当E 、F 在何位置时三棱锥C 1－CEF 的体积取得最大值， 并求此时二面角C 1－EF －C 的大小．解：(1)以A 为原点，以AB 、AD 、AA 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设BE=x ，则有11(,0,),(0,,),(,,0),(,,0)B a a D a a E a x F a x a ,),,(1a a x F B --=),,(1a a x a E D --=，由,011==⋅ E D F B 因此，无论E 、F 在何位置均有B 1F ⊥D 1E.(2)不存在. (3)当2ax时，三棱锥C 1—CEF 的体积最大，这时，E 、F 分别为BC 、CD 的中点.对应的二面角C 1－EF －C 的正切值为22.【方法归纳】 立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.三.求动点轨迹问题这类问题往往是先利用题中条件把立几问题转化为平面几何问题，再判断动点轨迹. 1.如图，定点A 和B 都在平面α内，定点α∉P ，α⊥PB ，C 是α内异于A 和B 的动点，且AC PC ⊥。
那么，动点C 在平面α内的轨迹是( ). A.一条线段，但要去掉两个点. B.一个圆，但要去掉两个点. C.一个椭圆，但要去掉两个点. D.半圆，但要去掉两个点.2.如图，在正方体ABCD A B C D -1111中，P 是侧面BB C C 11内一动点，若到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是( ). A.直线. B.圆. C.双曲线. D.抛物线.3.如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是( ).A.圆.B.椭圆C.一条直线D.两条平行直线.4.平面α的斜线 AB 交α于点 B ，过定点 A 的动直线l 与 AB 垂直，且交α于点 C ，则动 点 C 的轨迹是( ).A.一条直线.B.一个圆.C.一个椭圆.D.双曲线的一支.5.已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的α ABC P BD A B 1C 1D 1P距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是( ). A.抛物线.B.双曲线.C.椭圆.D.直线6.如图，动点P 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体表面相交于M ，N ．设BP=x ，MN=y ，则函数()y f x =的图像大致是( ).B.四.巩固提高1.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，所有棱的长度都是2，M 是BC 边的中点， 问：在侧棱CC 1上是否存在点N ，使得异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°？2.(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABC Ｄ中，∠ABC=600，PA=AC=a ，PB=PD=a 2,点E 在PD 上，且PE:ED=2:1. (1)证明PA ⊥平面ABCD ；(2)求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角θ的大小；(3)在棱PC 上是否存在一点F ，使BF//平面AEC ？证明你的结论.A BC D MNP A 1B 1C 1D 1 yxA ．OyxB ．OyxC ．Oyx D ．O3.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别为棱CC 1、 C 1D 1、D 1D 、CD 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其 内部运动，则M 满足________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.4.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点E ，F 在棱A 1B 1上， 动点P ，Q 分别在棱AD 、CD 上，若EF ＝1，A 1E ＝x ，DQ ＝y ， DP ＝z (x ，y ，z 大于零)，则四面体PEFQ 的体积( ). A.与x ，y ，z 都有关. B.与x 有关，与y ，z 无关. C.与y 有关，与x ，z 无关. D.与z 有关，与x ，y 无关.【参考答案】三.1B. 2.D. 3.B. 4.A. 5.B. 6.B. 提示：3.由于线段AB 是定长线段,而△ABP 的面积为定值,所以动点P 到线段AB 的距离也是定值.由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上.又P 在平面内运动,所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段),得到的切痕是椭圆.4.先探索直线l 的运动轨迹，由于直线始l 终与AB 垂直，可知l 的运动轨迹应是直线AB 的垂面β.又C 一定在平面α内，所以点C 的轨迹应该是两个平面的交线，所以点C 的轨迹是一条直线。
对此我们作进一步的探索：若直线PA 与平面M 成α角，直线PB 始终与直线PA 成β角，再来求点B 的轨迹。
当α≠90°，β=90°，由例四知动点B 的轨迹是一条直线；当若α=90°，β≠90°，则动点B 的轨迹是一个圆；当若α≠90°，β≠90°时直线PB 的轨迹是一个圆锥面，再用一个平面截圆锥面，即所得交线可能是椭圆、抛物线、双曲线。
由此可知（1）90°>α>β，则轨迹是椭圆；（2）α=β，则轨迹是抛物线；（3）若α<β，则轨迹是双曲线。
5.提示：如图，以A 为原点，AB 为x 轴、AD 为y 轴，建立平面直角坐标系。
设P （x,y ），作AD PE ⊥ 于E 、11D A PF ⊥于F ，连结EF ，易知1x |EF ||PE ||PF |2222+=+=， 又作CD PN ⊥于N ，则|1y ||PN |-=。
依题意|PN ||PF |=，即|1y |1x 2-=+，得0y 2y x 22=+-。
故P 的轨迹为双曲线，选B 。
6.将线段MN 投影到平面ABCD 内，易得y 为x 一次函数.四.1.解：以A 点为原点，建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A －xyz.因为所有棱长都等于2，所以A （0，0，0），C （0，2，0），B （3，1，0）， B 1(3，1，2)，M(32，32，0). 点N 在侧棱CC 1上，可设N （0，2，m ）（0≤m≤2）， 则1AB =(3，1，2)，MN =(32，12，m)， 于是|1AB |=22，|MN |=12+m ，1AB ·MN =2m-1. 如果异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°，那么向量1AB 和MN 的夹角是45°或135°，而cos<1AB ，MN >=||||1MN AB MN AB ••=122122+•-m m ，所以122122+•-m m =±22.解得m=-43，这与0≤m≤2矛盾.即在侧棱CC 1上不存在点N ，使得异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°. 2.(1)证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中， 由PA 2+AB 2=2a 2=PB 2 知PA ⊥AB.同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD.(2)解作EG//PA 交AD 于G ，由PA ⊥平面ABCD.知EG ⊥平面ABCD.作GH ⊥AC 于H ，连结EH ，则EH ⊥AC ，∠EHG 即为二面角θ的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以.3360sin ,32,31a AG GH a AG a EG =︒===从而,33tan ==GH EG θ .30︒=θ(3)解法1. 以A 为坐标原点，直线AD 、AP 分别为y 轴、z 轴，过A 点垂直平面PAD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为).0,21,23(),0,21,23(),0,0,0(a a C a a B A -).31,32,0(),,0,0(),0,,0(a a E a P a D 所以 ).0,21,23(),31,32,0(a a AC a a AE ==).,21,23(),,0,0(a a a PC a AP -== ).,21,23(a a a BP -=设点F 是棱PC 上的点，,10),,21,23(<<-==λλλλλ其中a a a PC PF 则),21,23(),21,23(λλλa a a a a a PF BP BF -+-=+= )).1(),1(21),1(23(λλλ-+-=a a a 令 AE AC BF 21λλ+= 得 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=+=-⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=+=-.311,341,1.31)1(,3221)1(21,23)1(2322112211λλλλλλλλλλλλλλ即a a a a a a a解得 .23,21,2121=-==λλλ 即 21=λ时，.2321AE AC BF +-= 亦即，F 是PC 的中点时，BF 、AC 、AE 共面.又 BF ⊄平面AEC ，所以当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC.解法2 .当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC ，证明如下， 证法1. 取PE 的中点M ，连结FM ，则FM//CE. ①由 ,21ED PE EM ==知E 是MD 的中点. 连结BM 、BD ，设BD ⋂AC=O ，则O 为BD 的中点.所以 BM//OE. ②由①、②知，平面BFM//平面AEC.又 BF ⊂平面BFM ，所以BF//平面AEC.证法2.因为)(2121DP CD AD CP BC BF ++=+=, .2123)(23)(212321AC AE AD AE AC AD AD DE CD AD -=-+-+=++=以 BF 、AE 、AC 共面.又 BF ⊄平面ABC ，从而BF//平面AEC.3.提示：点M 在FH 上.4.D.。