向量法探索2011年高考立体几何中的存在性问题_张姝媛

专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【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”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，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．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M ，使平面？说明理由.类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为233.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为30？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【名师指点】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．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =，试判断线段PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为15，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为正方形，已知PA ⊥平面ABCD ，2AB =，2PA =.（1）证明：BD PC ⊥；（2）求PC 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值． 6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.11. 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4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点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.12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.14. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.15.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由； （2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【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．2.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，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．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）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）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒， 过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ， 即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =， 设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ， 由（1）知GM ∥DF ，G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=，当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2． 故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2． 【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点故∵面∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点理由如下：由点分别为中点可得：∵面∴面由（1）可知，面且故面面类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，又为中点，面，面平面.（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面取中点，连接，又，又，，平面，又是正三角形，平面(Ⅱ)当时，有平面平面过作于，由(Ⅰ)知，平面，所以平面平面易得【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，,,,,，，．设平面法向量，则即令，则，．即．平面BAE法向量．因为，，，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以 解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M ，使平面．类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为23.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点， 所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥， 所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点， 所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点， 于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ， 平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高， 设AD m =，则SP =，ABCD S m =矩形，所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=⋅==矩形 所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()1110n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令3x λ=，则()13,,1n λλ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，所以12122123cos ,721n n n n n n λλλ-⋅==-+30=， 因为01λ≤≤， 所以13λ=， 所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.【名师指点】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．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1CE =.【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且112FG BB =. 因为当E 为1CC中点时，CE ∥1BB 且112CE BB =， 所以FG ∥CE 且FG = CE .所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ， 又因为1CF AEB ⊄平面，1EG AEB ⊂平面， 所以//CF 平面1AEB ；（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()3,0,0A -，()13,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，平面1AEB 的法向量()333,3n λ=--，，()23cos 23991m n m n m nλ⋅===++-，，解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，Q PC点是的中点，∴M Q∥CD，1.2MQ CD=又AB∥CD，1,2AB CD QM=则∥AB，QM＝AB，则四边形ABQM是平行四边形.BQ∴∥AM.又AM⊂平面PAD，BQ⊄平面PAD，BQ∴∥平面PAD.（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).令()()()000000,,,,,1,0,2,1.Q x y z PQ x y z PC=-=-则()()000,,,10,2,1,PQ PC x y zλλ=∴-=-()0,2,1.Qλλ∴-又易证BC⊥平面PBD，()1,1,0.n PBD∴=-是平面的一个法向量设平面QBD的法向量为(),,,m x y z=(),0,0,2210,.0,1x yx ym DBy z z ym DQλλλλ=-⎧+=⎧⎧⋅=⎪⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎪-⎩则有即解得令21,1,1,.1y mλλ⎛⎫==-⎪-⎝⎭则60Q BD P 二面角为--，21cos,,22221m n m n m nλλ⋅∴===⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭解得3 6.λ=±Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（215【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OBOP O =，OB ⊂平面POB ，OP ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．又AE ⊂平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ． （2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==， 在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =∵6PB =，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 由题意得，各点坐标为()0,0,3P ，()1,0,0A -，()0,3,0B，()2,3,0C ，()1,0,0E ，∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，设()01PQ PB λλ=<<，()1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=， 设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AE n AQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()203330x x y λλ=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取0x =，1y =，得1z λλ=-，∴0,1,1n λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则15sin cos ,5PC nPC n PC nθ⋅===，即2331511011λλλλ+-=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭化简得：24410λλ-+=，解得12λ=， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由； （Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒ 【解析】（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点． 理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且12FQ CD =， //AE CD 且12AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ∆为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，又90ADP ∠=︒，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =， 所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)3,1,0B，()0,2,FC a =-，()3,1,0CB =-，设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，则由m FCm CB⎧⋅=⎨⋅=⎩得2030y azx y-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1x=，则3y=，23z=，所以取231,3,m⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，显然可取平面DFC的法向量()1,0,0n=，由题意：22cos,41213m na==++，所以3a=.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD∠为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD∆中，tan3PDPBD aBD∠===，从而60PBD∠=︒，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60︒.4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2AB=，2PA=.（1）证明：BD PC⊥；（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（210；（3）存在，23PEPC=，理由见解析【解析】（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA BD⊥，即BD PA⊥由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC又因为PC ⊂平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直， 因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D，P因此(2,2,PC =，(2,0,PB =，(0,2,PD =设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2020x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 取1x =，1y =，z =，则(1,1,2)m =设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，10sin |cos ,|=||10||||m PC m PC m PC θ⋅=<>=⋅（3）存在，设[0,1]PEPCλ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)n a b c =，则0n BE n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2(1)2(1)0220a b a bλλλ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-则(1,12))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ⋅=即1(1)1(1)2)0λλλ⋅-+⋅-+-=，则2[0,1]3λ=∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，23PE PC =5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）∵在底面中，，且∴，∴又∵，，平面，平面∴平面又∵平面∴∵，∴又∵，，平面，平面∴平面（2）方法一：在线段上取点，使则又由（1）得平面∴平面又∵平面∴作于又∵，平面，平面∴平面又∵平面∴又∵∴是二面角的一个平面角设则，这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量设则，∴，设是平面的一个法向量则∴令，则，它背向二面角又∵平面的法向量，它指向二面角这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，因此，又，，所以平面.而平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，则有，过点作于，设，则.因为，所以，，由题设可得，即，解得或，因为，所以，所以，.由，知是平面的法向量，，.设平面的法向量为，则取得，设二面角为，则，因为，.综上，二面角的正弦值为.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以. 又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=， 可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ， 设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =. 二面角H AD M --为大小为于是.解得 或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.11. 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4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点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.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭， 由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=， 解得613λ=，∴613AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为613. 12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值； （2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记，，则由余弦定理：，（当且仅当时，上式取等号）此时，，的面积的最大值为.（2）由（1）知，，，设存在，在三棱锥中，取的中点，连接，易知.作于，由平面平面平面.故在平面上的投影为.与平面所成的角为，由.设，得，，故.故存在，且，满足题意.（2）另解：由（1），，设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，设，得，得，又.由.故存在，且，满足题意.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.（2）由已知条件可知，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.。

向量法解决空间立体几何---点存在性问题-教师版1、如图所示，在直三棱柱 ABC-A i B 1 C i 中，/ ACB = 90° AA i = BC = 2AC = 2.(1) 若D 为AA i 中点，求证：平面 B i CD 丄平面B i C i D ;(2) 在AA i 上是否存在一点D ，使得二面角B i -CD-C i 的大小为60°uuur m CB i = 0 2y + 2z = 0，贝U uuc ?令 z =— I ，得 m = (a,i ，— i).m CD = 0x + az = 0，uuu uuc|m CB I i又V CB = (0,2,0)为平面C i CD 的一个法向量，则cos 60 ° 站尸 -------------|m||CB | 寸 a 2+ 21 2，解得a = .2(负值舍去)，故AD = . 2AA i . 在AA i 上存在一点D 满足题意.解：(1)证明：如图所示，以点C 为原点，CA ，CB ，CC i 所在直线分别为x , y ， z 轴建立空间直角坐标系•则 C(0,0,0), A(1,0,0), B i (0,2,2)，C i (0,0,2)，D(1,0,1), uuuur uuuu uuu即 C i B i 二(0,2,0)，DC i 二(—1,0,1)，CD 二(1,0,1).uuuur uuu uuuur uuu由 C i B i CD = (0,2,0) (1,0,1)= 0 + 0+ 0= 0,得 C i B i 丄 CD ，即 C i B i 丄CD. uuuu uuu uuuu uuu由 DC 1 CD = (— 1,0,1) (1,0,1)=— 1 + 0+ 1 = 0,得 DC 1 丄 CD ，即 DC i 丄 CD. 又 DC i n C i B i = C i , /.CD 丄平面 B i C i D.又 CD?平面 B i CD ,二平面 B i CD 丄平面 B i C i D.(2)存在.当AD = -^AA i 时，二面角B i -CD-C i 的大小为60°.理由如下：uuu uuur设 AD = a ,则 D 点坐标为(1,0, a), CD = (1,0, a), CB i = (0,2,2),设平面B i CD 的法向量为m = (x , y , z),uuur uuuurA iB = (0,3,—4), A iC i = (4,0,0).设平面A i BC i 的法向量为n = (x, y, z),2. 如图，在三棱柱ABC-A i B i C i中，AA i C i C是边长为4的正方形，平面ABC 丄平面AA1C1C, AB = 3, BC = 5.(1) 求证：AA i丄平面ABC;(2) 求二面角A i-BC i-B i的余弦值；BD(3) 证明：在线段BC i上存在点D,使得AD丄A i B，并求而的值.uuunn AB = 0, 3y—4z= 0,则uuuir 即令z= 3,贝U x= 0, y=4,所以n = (0,4,3).n •A1C1= 0. 4x= 0.同理可得，平面B i BC i的一个法向量为m= (3,4,0).所以cos〈n, 口〉=1^||吊i625.由题知二面角A i-BC i-B i为锐角，所以二面角A i-BC i-B i的余弦值为丟.uun uuuu(3)证明：设D(x, y, z)是直线BC i上一点，且BD = ABC i .所以(x, y—3, z)= %4,—3,4).解得x=4 入y= 3— 3 入z= 4 入uuur uuur uuur 9 所以AD = (4入3 —3入4为.由AD •A i B = 0,即9 —25入=0,解得 A辰.9因为25€[0,i]，所以在线段BC i上存在点D,使得AD丄A i B.解：⑴证明：因为四边形AA i C i C为正方形，所以AA i丄AC.因为平面ABC丄平面AA i C i C，且AA i垂直于这两个平面的交线AC，所以AA i丄平面ABC.(2)由(i)知AA i丄AC，AA i丄AB.由题知AB= 3, BC = 5, AC = 4,所以AB丄AC.如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0), A i(0,0,4), B i(0,3,4),C i(4,0,4),此时,BD 9BC i 人25.B(1,—1,0), C(1,0,0), D(0,1,0),3、如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD丄底面ABCD，侧棱PA= PD = 2, PA 丄PD,底面ABCD为直角梯形，其中BC// AD, AB丄AD, AB= BC= 1, O为AD 中占I 八、、・(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的余弦值为中？若存在，求出QD的值；若不存在，请说明理由.解：⑴在^AD中，FA = PD, O为AD中点，所以PO丄AD.又侧面PAD丄底面ABCD，平面PAD A平面ABCD = AD, PO?平面PAD，所以PO丄平面ABCD.又在直角梯形ABCD中，连接OC,易得OC丄AD,所以以O为坐标原点，OC, OD, OP所在直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1), A(0,—1,0),uuu uuu•••PB = (1,—1,—1),易证OA丄平面POC,A OA = (0,—1,0)是平面POC 的法向量，uuu uuu 厂厂cos〈PB ,OA〉= Puu從=習•二直线PB与平面POC所成角的余弦值为辿6.| PB ||OA | 3 3 uuu uuu(2) PD = (0,1,—1), CP = (—1,0,1).设平面PDC 的一个法向量为(x, y, z),uuuu CP = —x+ z= 0,则uuu 取z= 1,得u = (1,1,1).A B点到平面PCD的距离为d = u PD = y—z= 0,uuuI BP u|卫|u| 二3 •uuu uuu uuu(3)假设存在一点Q,则设PQ 二入PD (0<?<1).V PD二(0,1,—1),uuu uuu uuu uuu•• PQ —(0,入一?) —OQ —OP , •OQ —(0,入1 —2),.°.Q(0,入1 —莎.uuur设平面CAQ 的一个法向量为m —(x, y, z),又AC —(1,1,0), AQ—(0, + 1,1—2 ,uuurm -AC —x+y—0 ,则uuur 取z— + 1,得m—(1—入—1, 2+ 1), m -AQ — + 1 y+ 1 —入z—0.^6又平面CAD的一个法向量为n—(0,0,1),二面角Q-AC-D的余弦值为玄，所以|cos〈m, n〉|—器侖|—=6 ,得 32? —10 2+ 3 —0，解得入—£或2—3(舍),解：(i)证明，如图，以点 D 为坐标原点，DA , DC , DD i 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则 D(0,0,0), A(i,O,O), C(0,2,0), A i (i,0,i), D i (O,O,i)•设 E(i , t,0), uuuu uuuu uuuu uuuu则 D i E = (i,t , - i), A i D = (- i,0, - i), •••D i E •A i D = i x (-i)+ t x 0+ (— i)X ( i) = 0, •••D i E 丄 A i D.uuu(2)假设存在符合条件的点 E.设平面D i EC 的法向量为n = (x ,y ,z),由⑴知EC =(- i,2-1,0),uuuu|n -DD i | =—uutur = |n| |DD i |J3n故存在点E ,当AE = 2—寸时，二面角D i -EC-D 的平面角为£uuurEC = 0,uuuu D 1E = 0 ⑴当点E 在棱AB 上移动时，证明：D i E 丄A i D ;n(2)在棱AB 上是否存在点E ,使二面角D i -EC-D 的平面角为石？若存在，求出 AE的长；若不存在，请说明理由.—x + 2 — t y = 0, i i得令 y =2 则 x = 1 — ^t , z = 1,x + ty - z = 0,1 1n = 1-^t , 2，1是平面D i EC 的一个法向量,uuuu显然平面ECD 的一个法向量为DD i = (0,0,1),PQ 1所以存在点Q ,且QD =~24、如图 1, A , D 分别是矩形 A i BCD i 上的点，AB = 2AAu 2AD = 2, DC = 2DD i , 把四边形A i ADD i 沿AD 折叠，使其与平面 ABCD 垂直，如图2所示，连接A i B , D i C 得几何体 ABA i -DCD i .uuuu 则 cos 〈 n , , 4= coS g,解得 t = 2—¥(0W t <2).i —2t 2+4+15、如图是多面体ABC-A i B i C i和它的三视图.(1) 线段CC i上是否存在一点E,使BE丄平面A i CC i?若不存在，请说明理由, 若存在，请找出并证明；(2) 求平面C i A i C与平面A i CA夹角的余弦值.解：(i)由题意知AA i, AB, AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，uuur则A(0,0,0), A i(0,0,2), B(-2,0,0), C(0，- 2,0)，C i(-i, - i,2)，则CC i 二(-i,i,2)，UUUIT UUUD UUUA i C i 二(-i,- i,0), A i C 二(0,- 2,- 2).设E(x, y, z)，则CE 二(x, y+ 2, z),uuur uuur uuurEC i = (—i—x, —i—y,2 —z).设CE =入EC i (^>0),x=--入,贝U y+ 2=——入y z= 2入一入, -入则E G-2-入2入i+入，i+入uuu2+入 —2—入 2入 BE二 1+X 1+ 入，1+ 入uuu uuuu所以线段CC 1上存在一点E , CE = 2EG ，使BE 丄平面A i CC i .uuurm •A 1C 1 = 0,⑵设平面C 1A 1C 的法向量为 m = (x , y , z),则由uuiu得m •A 1C = 0,—x —y =0, —2y — 2z = 0,取x = 1,贝U y =— 1, z = 1.故m = (1 , — 1,1)，而平面 A 1CA 的一个法向量为 n不存在，请说明理由.［解］(1)在8BC 中，由E , F 分别是AC , BC中点，得 EF//AB.又AB?平面DEF , EF?平面DEF , •••AB //平面 DEF.二(1,0,0), 贝U cos 〈m ,n 〉故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为(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 I DE ?如果存在，求出BC 的值；如果2 + 入 2+入 uuu uuuir一 -+ =0, BE 'A 1C 1 =0,1 + 入 1+入由uuur 得解得A2,BE •A 1C =0,—2 入 2入 -6 如图1,正厶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2).ABP(2)以点D为坐标原点，以直线DB, DC, DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，贝U A(0,0,2), B(2,0,0), C(0, 2 3, 0), E(0, 3, 1), F(1 , 3, 0), uuir uuur uuuDF 二(1, 3, 0), DE 二(0, 3, 1), DA 二(0,0,2).uuu平面CDF的法向量为DA = (0,0,2).设平面EDF的法向量为n = (x, y, z), UULTDF n= 0, x+V3y= 0,则UULT即取n = (3,- 3, 3),DE n = 0, p3y+ z= 0,UUU —s—cos〈DA , n〉= 睑n =—予，所以二面角E-DF-C的余弦值为亠尹I DA ||n| 7 7UUU UUIL UULT -(3) 存在.设P(s, t,0),有AP = (s, t, —2),则AP •DE = 3t-2 = 0, •/=UUU UULT UUU UUU又BP = (s- 2, t,0), PC = (-s2 3 -1,0), V BP // PC ,：(s—2)(2.3-1)=st,•i. 3s +1 = 2.3.把t = 233代入上式得s=3,•••在线段BC上存在点P,使AP I DE.此时,BP_ 1BC= 3.UUU i uuurBP = 3 BC ,。

典型例题例题：如图，四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 为矩形， P A ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ⊥平面AEC ；(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C ­AF ­D 大小为60°？[解] (1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ， 因为四边形ABCD 为矩形，所以点O 是BD 的中点，因为点E 是棱PD 的中点，所以PB ⊥EO ，又因为PB ⊥平面AEC ，EO ⊥平面AEC ，所以PB ⊥平面AEC .(2)由题意知AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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，设AB ＝AD ＝2a ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，F (a ，a ，c )．因为z 轴⊥平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC ―→＝(2a ，2a ，0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊥平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝（1,0ca ），所以cos 60°＝|n·m||n|·|m|＝12·1＋a 2c 2＝12，得a ＝c . 即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C ­AF ­D 的大小为60°.解题策略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．变式练习如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA＝1，OD ＝2，⊥OAB ，⊥OAC ，⊥ODE ，⊥ODF都是正三角形．(1)证明：直线BC ⊥平面OEF ；(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D的余弦值是31313？若不存在，请说明理由； 若存在，请求出M 点所在的位置． 解：(1)证明：依题意，在平面ADFC 中，⊥CAO ＝⊥FOD ＝60°，⊥AC ⊥OF ，又OF ⊥平面OEF ，⊥AC ⊥平面OEF .在平面ABED 中，⊥BAO ＝⊥EOD ＝60°，⊥AB ⊥OE ，又OE ⊥平面OEF ，⊥AB ⊥平面OEF .⊥AB ∩AC ＝A ，AB ⊥平面OEF ，AC ⊥平面OEF ，AB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面ABC ，⊥平面ABC ⊥平面OEF .又BC ⊥平面ABC ，⊥直线BC ⊥平面OEF .(2)设OD 的中点为G ，如图，连接GE ，GF ，由题意可得GE ，GD ，GF 两两垂直，以G 为坐标原点，GE ，GD ，GF 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易知O （0，-1，0），E (3，0，0)，F (0，0，3)，D (0，1，0)．假设在线段DF 上存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D 的余弦值是31313.设DM ―→＝λDF ―→，λ⊥[0，1]，则M (0，1－λ，3λ)， OM ―→＝(0，2－λ，3λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MOE 的法向量，由⎩⎨⎧n·OM ―→＝0，n·OE ―→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧（2－λ）·y ＋3λ·z ＝0，3x ＋y ＝0，可取x ＝－λ， 则y ＝3λ，z ＝λ－2，n ＝(－λ，3λ，λ－2)．又平面OED 的一个法向量m ＝(0，0，1)，⊥31313＝|cos m ，n |＝|λ－2|4λ2＋（λ－2）2，⊥(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ⊥[0，1]，⊥λ＝12.⊥存在满足条件的点M ，M 为DF 的中点．2．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：(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 (0,21-,23)， AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝(2-,21-,23).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，λλ+12，0)，λ⊥(0，＋∞)， 可得CP ―→＝(2，λλ+-11，3-). 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos<CP ，n>|＝5)11(71112⨯+-++---λλλλ＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)，⊥P 为AB 的中点时，满足条件．。

立体几何中的存在性问题如图，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：BMPAD 平面 ;（2）在侧面PAD 内找一点N，使MN PBD ⊥平面2.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，中心为O ，设PA ⊥平面ABCD ，EC ∥PA ，且PA =2.（1）当CE 为多少时，PO ⊥平面BED ；3. 如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点.（Ⅰ）求证：AB1//面BDC1；（Ⅱ）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥面BDC1？并证明你的结论.4. 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；（2）平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置，若不存在，说明理由；5.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和B 1C 1的中点。

（1）求点B 到平面A 1C 1CA 的距离；（2）在AC 上是否存在一点F ，使EF ⊥平面A 1BD ，若存在确定其位置，若不存在，说明理由.6.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面A B C D 为直角梯形，且//AD BC ，90ABC PAD ∠=∠=︒，侧面PAD ⊥底面ABCD . 若12PA AB BC AD ===. （Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）侧棱PA 上是否存在点E ，使得//BE 平面PCD ？若存在，指出点E 的位置并证明，若不存在，请说明理由；A B PC DABC A 1B 1C 17.如图,在直三棱柱111C B A ABC -中,4,5,4,31====AA AB BC AC .(Ⅰ)求证:1BC AC ⊥;(Ⅱ)在AB 上是否存在点D ,使得1AC ∥平面1CDB ,若存在,试给出证明;若不存在,请说明理由.8.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. ① 证明：1A O ⊥平面ABC ；（2）在1BC 上是否存在一点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.1A BCOA1B 1CNC 1B 1M CB A9.已知某几何体的直观图和三视图如下图所示, 其正视图为矩形,左视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.(I)证明：BN⊥平面C 1B 1N ；(II)M 为AB 中点，在线段CB 上是否存在一点P ，使得MP∥平面CNB 1，若存在，求出BP 的长;若不存在，请说明理由.俯视图左视图正视图444810.如图：在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60,ABC PA ∠=︒⊥平面ABCD ，点,M N 分别为,BC PA 的中点，且2==AB PA .（1）证明：BC ⊥平面AMN ；（2）求三棱锥AMC N -的体积；（3）在线段PD 上是否存在一点E ，使得//NM 平面ACE ；若存在，求出PE 的长；若不存在，说明理由.N MP ABCD D11.(2012海淀一模)已知菱形ABCD 中，AB =4， 60BAD ∠=（如图1所示），将菱形ABCD 沿对角线BD 翻折，使点C 翻折到点1C 的位置（如图2所示），点E ，F ，M 分别是AB ，DC 1，BC 1的中点．（Ⅰ）证明：BD //平面EMF ； （Ⅱ）证明：1AC BD ⊥；（Ⅲ）当EF AB ⊥时，求线段AC 1 的长．12（2012西城一模）如图，矩形ABCD 中，3AB =，4=BC ．E ，F 分别在线段BC 和AD 上，EF ∥AB ，将矩形ABEF 沿EF 折起．记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF ．（Ⅰ）求证：NC ∥平面MFD ； （Ⅱ）若3EC =，求证：FC ND ⊥； （Ⅲ）求四面体NFEC 体积的最大值．ABCD图1M FEABC 1D 图2A BCDEF13.（2012朝阳一模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，=90ABD ∠︒， EB ⊥平面ABCD ，EF//AB ，2AB=，=1EF ，=13BC ，且M 是BD的中点.（Ⅰ）求证：//EM 平面ADF ；（Ⅱ）在EB 上是否存在一点P ，使得CPD ∠最大？ 若存在，请求出CPD ∠的正切值；若不存在， 请说明理由.14.（2012丰台一模）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A =PD ，∠BAD =60º，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PBE ； （Ⅱ）若Q 是PC 的中点，求证：P A // 平面BDQ ；（Ⅲ）若V P-BCDE =2V Q - ABCD ，试求CPCQ的值．CA F EB MD DCBQ PE A15.（2012石景山一模）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点． （Ⅰ）证明：平面11ADC B ⊥平面1A BE ；（Ⅱ）在棱11D C 上是否存在一点F ， 使F B 1//平面BE A 1？证明你的结论．16.（2012房山一模）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC BC =，BC AB ⊥.点N M ,分别是1CC ，C B 1的中点，G 是棱AB 上的动点.（Ⅰ）求证：⊥C B 1平面BNG ； （Ⅱ）若CG //平面M AB 1，试确定G 点的位置，并给出证明.E AB CDB 1A 1D 1C 117.（2010东城二模）（本小题满分14分）如图，四棱锥P ABCD -中，⊥PD 平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，4PD DC ==，2AD =，E 为PC 的中点．（Ⅰ）求证：AD PC ⊥； （Ⅱ）求三棱锥A PDE -的体积；（Ⅲ）AC 边上是否存在一点M ，使得//PA 平面EDM ， 若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．18. 如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知122DC DD AD AB ===，AD DC AB DC ⊥，∥。

向量法与高考几何探索性问题摘要:立体几何与平面几何都是高中数学的重要内容，在每年的高考中占有较大的比例。

新课标将几何知识分为；立体几何初步，平面解析几何初步，球面上的几何（选修），几何证明选讲（选修），这正是高考的重点。

本文就几何探索性问题的向量解法进行浅析。

关键词；向量法，高考几何，探索性问题一.引言近年来，高考立体几何的探索性问题逐渐成为热点。

根据有关资料显示，许多考生在面对这样一个探索性问题时，总是感觉一头雾水，不知如何下笔，有的甚至经过一段时间思考后，仍然不能做答而不得不放弃。

当然，也有不少文献探索并总结出了这类问题的解决方法，对中学几何教学也提出不少的建议。

如文[]1介绍怎样抓住一般规律在所给的图形上添加辅助线，使问题得到解决；文[]2介绍了在立体几何中如何巧用图；文[]3介绍了几何证明的一般思路和方法。

上述文献从各个方面论述了提高中学生证明几何问题的技巧和方法，对中学教学提出了一些针对性的教学和建议。

但对高考立体几何探索性问题的向量解法研究较少。

本文在对高考几何探索性问题进行研究，得到以向量法来解决高考立体几何的探索性问题。

二.历年立体几何探索性问题立体几何是每年高考必考的一个考点，因此立体几何相关知识是学生学习高中数学中的重要内容。

本文在通过对近年来多个省市的立体几何题型进行研究，发现常常考查一种比较新颖和开放的题型，即是本文所提的几何探索性问题。

它主要包括四类：平行探索性问题、垂直探索性问题、角探索性问题。

1. “平行”探索性问题例1（2010年湖南高考）在正方体1111D C B A ABCD -中，D 是棱1DD 的中点， ()1求直线BE 与平面11B ABA 所成角的余弦值.()2在棱1CC 上是否存在点F ，使//1F B 平面BF A 1?证明你的结论.根据题目的条件，即要证平面和直线平行，考生很容易就能找到思路，即是找到所给平面内的一条直线与已知直线问题就得到解决。

PDABCE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.本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

一、存在判断型1、已知空间三点A （-2，0，2），B （-2，1，2），C （-3，0，3）.设a =AB ，b =AC ，是否存在存在实数k ，使向量k a +b 与k a -2b 互相垂直，若存在，求k 的值；若不存在，说明理由。

解∵k a +b =k （0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k ，1），k a -2b =（2，k ，-2）， 且(k a +b )⊥（k a -2b ）， ∴（-1，k ，1）·（2，k ，-2）=k 2 -4=0. 则k=-2或k=2.点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做. (k a +b )(k a -2b )=k 2a 2-k a ·b -2b 2= k 2 -4=0，解得k=-2或k=2.2、 如图，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。