立体几何的探索存在性问题

§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题学习目标1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．知识梳理1．点到直线的距离如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt △APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－(a·u )2.2．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝|AP →·n ||n |.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( × ) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．( × ) (3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等．( √ ) (4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.( × ) 教材改编题1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83 D.103答案 D解析 由条件可得P (－2,1,4)到α的距离为 |AP →·n ||n |＝|(－1，－2，4)·(－2，－2，1)|3＝103. 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离为( ) A. 2 B ．2 C.22 D.322答案 A解析 由正方体性质可知，A 1A ∥平面B 1D 1DB ，A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离就是点A 1到平面B 1D 1DB 的距离，连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1(图略)，A 1O 1的长即为所求，由题意可得A 1O 1＝ 12A 1C 1＝ 2. 3．已知直线l 经过点A (2,3,1)且向量n ＝⎝⎛⎭⎫22，0，22为l 的一个单位方向向量，则点P (4,3,2)到l 的距离为________． 答案22解析 ∵P A →＝(－2,0，－1)，n ＝⎝⎛⎭⎫22，0，22为l 的一个单位方向向量，∴点P 到l 的距离d ＝|P A →|2－(P A →·n )2＝5－⎝⎛⎭⎫－2－222＝22.题型一 空间距离例1 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长均为4，N 是CC 1的中点．(1)求点N 到直线AB 的距离； (2)求点C 1到平面ABN 的距离． 解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，C 1(0,4,4)， ∵N 是CC 1的中点，∴N (0,4,2)． (1)AN →＝(0,4,2)，AB →＝(23，2,0)， 则|AN →|＝25，|AB →|＝4.设点N 到直线AB 的距离为d 1，则d 1＝|AN →|2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫ AN →·AB →||AB→2＝20－4＝4.(2)设平面ABN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由n ⊥AB →，n ⊥AN →， 得⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝23x ＋2y ＝0，n ·AN →＝4y ＋2z ＝0，令z ＝2，则y ＝－1，x ＝33，即n ＝⎝⎛⎭⎫33，－1，2. 易知C 1N —→＝(0,0，－2)，设点C 1到平面ABN 的距离为d 2， 则d 2＝|C 1N —→·n ||n |＝|－4|433＝ 3.教师备选1.如图，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，P A ⊥平面ABCD .若已知AB ＝3，AD ＝4，P A ＝1，则点P 到直线BD 的距离为________．答案135解析 如图，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (3,0,0)， D (0,4,0)，则BP →＝(－3,0,1)，BD →＝(－3,4,0)， 故点P 到直线BD 的距离 d ＝|BP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BP →·BD →|BD →|2＝10－⎝⎛⎭⎫952＝135，所以点P 到直线BD 的距离为135.2．如图，已知△ABC 为等边三角形，D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，把△ADE 沿DE 折起，使点A 到达点P ，平面PDE ⊥平面BCDE ，若BC ＝4.求直线DE 到平面PBC 的距离．解 如图，设DE 的中点为O ，BC 的中点为F ，连接OP ，OF ，OB ， 因为平面PDE ⊥平面BCDE ， 平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ， 所以OP ⊥平面BCDE .因为在△ABC 中，点D ，E 分别为AC ，AB 边的中点， 所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以DE ∥平面PBC . 又OF ⊥DE ，所以以点O 为坐标原点，OE ，OF ，OP 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，则O ()0，0，0，P ()0，0，3，B ()2，3，0， C ()－2，3，0，F ()0，3，0，所以PB →＝()2，3，－3，CB →＝()4，0，0. 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝2x ＋3y －3z ＝0，n ·CB →＝4x ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，令y ＝z ＝1， 所以n ＝(0,1,1)． 因为OF →＝(0，3，0)，设点O 到平面PBC 的距离为d ， 则d ＝||OF →·n|n |＝32＝62. 因为点O 在直线DE 上，所以直线DE 到平面PBC 的距离等于62. 思维升华 点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝ |P A →|2－(P A →·n )2.(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E ，O 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，P 在正方体内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，则下列说法正确的是( )A ．点A 到直线BE 的距离是55B ．点O 到平面ABC 1D 1的距离为24C ．平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33D ．点P 到直线AB 的距离为2536答案 BC解析 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，C 1(1,1,1)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，1，所以BA →＝(－1,0,0)，BE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1. 设∠ABE ＝θ，则cos θ＝BA →·BE →|BA →||BE →|＝55，sin θ＝1－cos 2θ＝255. 故点A 到直线BE 的距离d 1＝|BA →|sin θ＝1×255＝255，故A 错误；易知C 1O —→＝12C 1A 1—→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， 平面ABC 1D 1的一个法向量DA 1—→＝(0，－1,1)， 则点O 到平面ABC 1D 1的距离 d 2＝|DA 1—→·C 1O —→||DA 1—→|＝122＝24，故B 正确；A 1B —→＝(1,0，－1)，A 1D —→＝(0,1，－1)， A 1D 1—→＝(0,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B —→＝0，n ·A 1D —→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y －z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝1，所以n ＝(1,1,1)．所以点D 1到平面A 1BD 的距离 d 3＝|A 1D 1—→·n ||n |＝13＝33.因为平面A 1BD ∥平面B 1CD 1，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33，故C 正确； 因为AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，所以AP →＝⎝⎛⎭⎫34，12，23， 又AB →＝(1,0,0)，则AP →·AB →|AB →|＝34，所以点P 到直线AB 的距离d 4＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AP →·AB →|AB →|2＝181144－916＝56，故D 错误． (2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，则△D 1GF 的面积为________． 答案142解析 以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(图略)， 则D 1(0,0,2)，G (0,2,1)，F (1,1,0)， FD 1—→＝(－1，－1,2)，FG →＝(－1,1,1)， ∴点D 1到直线GF 的距离 d ＝|FD 1—→|2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫FD 1—→·FG → |FG →|2 ＝6－⎝⎛⎭⎫232＝423.∴点D 1到直线GF 的距离为423， 又|FG →|＝3，∴1D GF S △＝12×3×423＝142.题型二 立体几何中的探索性问题例2 (2021·北京)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F .(1)求证：点F 为B 1C 1的中点；(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M －CF －E 的余弦值为53，求A 1MA 1B 1的值． (1)证明 如图所示，取B 1C 1的中点F ′，连接DE ，EF ′，F ′C ，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F ′为中点，故EF ′∥CD ， 从而E ，F ′，C ，D 四点共面， 平面CDE 即平面CDEF ′，据此可得，直线B 1C 1交平面CDE 于点F ′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F ′重合， 即点F 为B 1C 1的中点．(2)解 以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2， 设A 1MA 1B 1＝λ(0≤λ≤1)， 则M (2,2λ，2)，C (0,2,0)，F (1,2,2)，E (1,0,2)， 从而MC →＝(－2,2－2λ，－2)，CF →＝(1,0,2)， FE →＝(0，－2,0)，设平面MCF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·MC →＝－2x 1＋(2－2λ)y 1－2z 1＝0，m ·CF →＝x 1＋2z 1＝0，令z 1＝－1可得m ＝⎝⎛⎭⎫2，11－λ，－1(λ≠1)，设平面CFE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝－2y 2＝0，n ·CF →＝x 2＋2z 2＝0，令z 2＝－1可得n ＝(2,0，－1)， 从而m ·n ＝5，|m |＝5＋⎝⎛⎭⎫11－λ2，|n |＝5，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝55＋⎝⎛⎭⎫11－λ2×5＝53. 整理可得(λ－1)2＝14，故λ＝12⎝⎛⎭⎫λ＝32舍去. 所以A 1M A 1B 1＝12.教师备选(2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，B 1C ＝6，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)在棱BB 1上是否存在点P ，使直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由；若存在，求BP 的长．(1)证明 如图，取AB 的中点D ，连接CD ，B 1D .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，所以AB ⊥CD ，CD ＝3，BD ＝1. 又因为AB ⊥B 1C ，且CD ∩B 1C ＝C ，CD ，B 1C ⊂平面B 1CD ， 所以AB ⊥平面B 1CD . 又因为B 1D ⊂平面B 1CD ， 所以AB ⊥B 1D .在Rt △B 1BD 中，BD ＝1，B 1B ＝2， 所以B 1D ＝ 3.在△B 1CD 中，CD ＝3，B 1D ＝3，B 1C ＝6， 所以CD 2＋B 1D 2＝B 1C 2， 所以CD ⊥B 1D ，又因为AB ⊥B 1D ，AB ∩CD ＝D ，AB ，CD ⊂平面ABC ， 所以B 1D ⊥平面ABC . 又因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC .(2)解 假设在棱BB 1上存在点P 满足条件．以DC ，DA ，DB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,1,0)，B (0，－1,0)，C (3，0,0)，B 1(0,0，3)，因此BB 1—→＝(0,1，3)，AC →＝(3，－1,0)，AA 1—→＝BB 1—→＝(0,1，3)，CB →＝(－3，－1,0)． 因为点P 在棱BB 1上，设BP →＝λBB 1—→＝λ(0,1，3)，其中0≤λ≤1.则CP →＝CB →＋BP →＝CB →＋λBB 1—→＝(－3，－1＋λ，3λ)． 设平面ACC 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AA 1—→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝－1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，所以|cos 〈n ，CP →〉|＝|n ·CP →||n ||CP →|＝|－23|5×3＋(λ－1)2＋3λ2＝45，化简得16λ2－8λ＋1＝0， 解得λ＝14，所以|BP →|＝14|BB 1—→|＝12，故BP 的长为12.思维升华 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 跟踪训练2 如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面P AC ，求平面P AC 与平面DAC 夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．(1)证明 如图，连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0. 于是OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解 由题设知，平面P AC 的一个法向量DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS→＝⎝⎛⎭⎫0，0，62a . 设平面P AC 与平面DAC 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈OS →，DS →〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，所以平面P AC 与平面DAC 夹角的大小为30°. (3)解 假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC . 根据第(2)问知DS →是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →(0≤t ≤1)， 因为B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，所以BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at . 又BE →·DS →＝0， 得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13，当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面P AC ，故BE ∥平面P AC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.课时精练1.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝π2，AB ＝BC ＝13AD ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝a ，点F 在AD 上，且CF ⊥PC .(1)求点A 到平面PCF 的距离； (2)求AD 到平面PBC 的距离．解 (1)由题意知AP ，AB ，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0,3a ，0)， P (0,0，a )．设F (0，m ，0)，0≤m ≤3a ，则CF →＝(－a ，m －a ，0)，CP →＝(－a ，－a ，a )． ∵PC ⊥CF ，∴C F →⊥CP →，∴CF →·CP →＝(－a )·(－a )＋(m －a )·(－a )＋0·a ＝a 2－a (m －a )＝0， ∴m ＝2a ，即F (0,2a ，0)．设平面PCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝－ax ＋ay ＝0，n ·CP →＝－ax －ay ＋az ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ，z ＝2x .取x ＝1，得n ＝(1,1,2)．设点A 到平面PCF 的距离为d ，由AC →＝(a ，a ，0)， 得d ＝|AC →·n ||n |＝a ×1＋a ×1＋0×26＝63a .(2)由于BP →＝(－a ，0，a )，BC →＝(0，a ，0)， AP →＝(0,0，a )．设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝－ax 0＋az 0＝0，n 1·BC →＝ay 0＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝z 0，y 0＝0. 取x 0＝1，得n 1＝(1,0,1)． 设点A 到平面PBC 的距离为h ，∵AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴AD ∥平面PBC ，∴h 为AD 到平面PBC 的距离， ∴h ＝|AP →·n 1||n 1|＝a 2＝22a .2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PB ⊥BC ，PD ⊥CD ，且P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求证：P A ⊥平面ABCD ；(2)求直线PC 与平面ACE 所成角的正弦值；(3)在线段BC 上是否存在点F ，使得点E 到平面P AF 的距离为255若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为四边形ABCD 为正方形，则BC ⊥AB ，CD ⊥AD ， 因为PB ⊥BC ，BC ⊥AB ，PB ∩AB ＝B ，PB ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ，因为P A ⊂平面P AB ，所以P A ⊥BC ，因为PD ⊥CD ，CD ⊥AD ，PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面P AD ， 所以CD ⊥平面P AD ，因为P A ⊂平面P AD ，所以P A ⊥CD ， 因为BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥平面ABCD .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，不妨以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)， 设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则AC →＝(2,2,0)，AE →＝(0,1,1)，PC →＝(2,2，－2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝2x ＋2y ＝0，m ·AE →＝y ＋z ＝0，取y ＝1，可得m ＝(－1,1，－1)， cos 〈m ，PC →〉＝m ·PC →|m ||PC →|＝23×23＝13，所以直线PC 与平面ACE 所成角的正弦值为13.(3)解 设点F (2，t ，0)(0≤t ≤2)，设平面P AF 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， AF →＝(2，t ，0)，AP →＝(0,0,2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2a ＋tb ＝0，n ·AP →＝2c ＝0，取a ＝t ，则n ＝(t ，－2,0)，所以点E 到平面P AF 的距离为d ＝|AE →·n ||n |＝2t 2＋4＝255，因为t >0，所以t ＝1.因此，当点F为线段BC 的中点时，点E 到平面P AF 的距离为255.3．(2022·湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，AA 1＝A 1B 1＝12AB ＝1，∠ABC ＝60°，AA 1⊥平面ABCD .(1)若点M 是AD 的中点，求证：C 1M ⊥A 1C ；(2)棱BC 上是否存在一点E ，使得平面EAD 1与平面DAD 1夹角的余弦值为13若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 如图，取BC 的中点Q ，连接AQ ，AC ， ∵四边形ABCD 为菱形，则AB ＝BC ， ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为等边三角形， ∵Q 为BC 的中点，则AQ ⊥BC ， ∵AD ∥BC ，∴AQ ⊥AD ，由于AA 1⊥平面ABCD ，以点A 为坐标原点，以AQ ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，A 1(0,0,1)，D 1(0,1,1)，Q (3，0,0)， C (3，1,0)，C 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，M (0,1,0)，C 1M —→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，－1，A 1C —→＝(3，1，－1)，∴C 1M —→·A 1C —→＝－32＋12＋(－1)2＝0，∴C 1M ⊥A 1C .(2)解 如图，假设点E 存在，设点E 的坐标为(3，λ，0)，其中－1≤λ≤1， AE →＝(3，λ，0)，AD 1—→＝(0,1,1)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AD 1—→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋λy ＝0，y ＋z ＝0，取y ＝－3，则x ＝λ，z ＝3， ∴n ＝(λ，－3，3)，平面ADD 1的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|λ|λ2＋6＝13， 解得λ＝±32，即CE ＝1－32或CE ＝1＋32.因此，棱BC 上存在一点E ，使得平面EAD 1与平面DAD 1夹角的余弦值为13，此时CE ＝1－32或CE ＝1＋32.4.(2022·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△P AD 是正三角形，CD ⊥平面P AD ，E ，F ，G ，O 分别是PC ，PD ，BC ，AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求平面EFG 与平面ABCD 夹角的大小；(3)在线段P A 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为△P AD 是正三角形，O 是AD 的中点， 所以PO ⊥AD .又因为CD ⊥平面P AD ，PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥CD .又AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 如图，连接OG ，以O 点为坐标原点，分别以OA ，OG ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,4,0)， C (－2,4,0)，D (－2,0,0)，G (0,4,0)，P (0,0,23)，E (－1,2，3)，F (－1,0，3)， EF →＝(0，－2,0)，EG →＝(1,2，－3)， 设平面EFG 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·m ＝0，EG →·m ＝0，即⎩⎨⎧－2y ＝0，x ＋2y －3z ＝0，令z ＝1，则m ＝(3，0,1)， 又平面ABCD 的法向量n ＝(0,0,1)， 设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ， 所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝1(3)2＋12×1＝12，所以θ＝π3，所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角为π3.(3)解 不存在，理由如下： 假设在线段P A 上存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，即直线GM 的方向向量与平面EFG 法向量m 所成的锐角为π3，设PM →＝λP A →，λ∈[0,1]， GM →＝GP →＋PM →＝GP →＋λP A →， 所以GM →＝(2λ，－4,23－23λ)，所以cos π3＝|cos 〈GM →，m 〉|＝324λ2－6λ＋7，整理得2λ2－3λ＋2＝0， Δ<0，方程无解， 所以不存在这样的点M .。

立体几何空间几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE.(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?【拆解1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC 和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1,证明:BA⊥BC.【解析】连接AF,∵E,F分别为直三棱柱ABC-A1B1C1的棱AC和CC1的中点,且AB=BC=2,∴CF=1,BF=√BC2+CF2=√22+12=√5,∵BF⊥A1B1,AB∥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF=√AB2+BF2=√22+(√5)2=3,AC=√AF2-CF2=√32-12=2√2,∴AC2=AB2+BC2,即BA⊥BC.【拆解2】本例条件不变,证明:BF⊥DE.【解析】由拆解1可知BA⊥BC,故以B为原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,2,1),设B 1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即BF ⊥DE. 【拆解3】本例条件不变,问当B 1D 为何值时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【解析】∵AB ⊥平面BB 1C 1C,∴平面BB 1C 1C 的一个法向量为m=(1,0,0), 由(1)知,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2),EF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1), 设平面DFE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{(1-m )x +y -2z =0,-x +y +z =0, 令x=3,则y=m+1,z=2-m,∴n=(3,m+1,2-m), ∴cos m,n =m ·n |m |·|n |=1×√9+(m+1)+(2-m )=√2m 2-2m+14=√2(m -12) 2+272,∴当m=12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的余弦值最大,为√63,此时正弦值最小,为√33. 小做 变式训练《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.(1)若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C.(2)是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【拆解1】《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C. 【解析】取A 1C 1的中点H,连接PH,HC,如图所示.在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,四边形BCC 1B 1为平行四边形, 所以B 1C 1∥BC 且B 1C 1=BC.在△A 1B 1C 1中,P,H 分别为A 1B 1,A 1C 1的中点, 所以PH ∥B 1C 1且PH=12B 1C 1. 因为N 为BC 的中点,所以NC=12BC,从而NC=PH 且NC ∥PH,所以四边形PHCN 为平行四边形,于是PN ∥CH.因为CH ⊂平面A 1C 1CA,PN ⊄平面A 1C 1CA,所以PN ∥平面AA 1C 1C. 【拆解2】本例条件不变,求平面PMN 的法向量.【解析】以A 为原点,AB,AC,AA 1所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),N(12,12,0),M(0,1,12).假设满足条件的点P 存在,令P(λ,0,1)(0≤λ≤1),则NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,12),PN⃗⃗⃗⃗⃗ =(12-λ,12,-1,). 设平面PMN 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y +12z =0,(12-λ)x +12y -z =0.令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ, 所以n=(3,1+2λ,2-2λ).【拆解3】本例条件不变,问是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【解析】由拆解2知,平面PMN 的一个法向量为n=(3,1+2λ,2-2λ), 且易知平面ABC 的一个法向量为m=(0,0,1). 由题意得|cos <m,n>|=√9+(1+2λ)+(2-2λ)=√8λ2-4λ+14=√22,解得λ=-12,故点P 不在线段A 1B 1上.所以不存在.通法 技巧归纳解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点:①空间中的点可设为(x,y,z);②坐标平面内的点其中一个坐标为0,如平面xOy 上的点为(x,y,0);③坐标轴上的点两个坐标为0,如z 轴上的点为(0,0,z);④直线(线段)AB 上的点P,可设为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,表示出点P 的坐标,或直接利用向量运算. 突破 实战训练 <基础过关>1.如图,在三棱锥P -ABC 中,△ABC 为直角三角形,∠ACB=90°,△PAC 是边长为4的等边三角形,BC=2√3,二面角P -AC -B 的大小为60°,点M 为PA 的中点.(1)请你判断平面PAB 垂直于平面ABC 吗?若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由. (2)求CM 与平面PBC 所成的角的正弦值.【解析】(1)平面PAB ⊥平面ABC,理由如下:如图,分别取AC,AB 的中点D,E,连接PD,DE,PE, 则DE ∥BC.因为∠ACB=90°,BC=2√3. 所以DE ⊥AC,DE=√3.因为△PAC 是边长为4的等边三角形,所以PD ⊥AC,PD=2√3.所以∠PDE 为二面角P -AC -B 的平面角,则∠PDE=60°, 在△PDE 中,由余弦定理,得PE=√PD 2+DE 2-2PD ·DEcos 60°=3, 所以PD 2=PE 2+ED 2, 所以PE ⊥ED.因为ED ⊥AC,PD ⊥AC,ED∩PD=D,ED,PD ⊂平面PDE, 所以AC ⊥平面PED, 所以AC ⊥PE.又AC∩ED=D,DE,AC ⊂平面ABC,所以PE ⊥平面ABC, 因为PE ⊂平面ABC, 所以平面PAB ⊥平面ABC.(2)以点C 为原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 且与PE 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,2√3,0),A(4,0,0),E(2,√3,0),P(2,√3,3),M(3,√32,32),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√32,32),CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),CP ⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,3). 设平面PBC 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1), 则{n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y 1=0,2x 1+√3y 1+3z 1=0,取x 1=3,则n=(3,0,-2).所以CM 与平面PBC 所成的角的正弦值为sin θ=|cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=2√3×√13=√3913.2.如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E,F 分别是B 1B,BC 的中点. (1)求证:A 1E,AB,DF 三线共点.(2)线段CD 上是否存在一点G,使得直线FG 与平面A 1EC 1所成的角的正弦值为√33?若存在,请指出点G 的位置,并求二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值大小;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接EF,AD,∵EF ∥A 1D 且EF≠A 1D,∴A 1E,DF 共面,设A 1E∩DF=P,则点P ∈A 1E,而A 1E ⊂平面AA 1B 1B, ∴点P ∈平面AA 1B 1B. 同理可得点P ∈平面ABCD,∴点P 在平面ABCD 与平面AA 1B 1B 的公共直线AB 上, 即A 1E,AB,DF 三线共点.(2)根据题意可知,AA 1,AB,AD 两两垂直,以A 为原点,AB,AD,AA 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由图可得A 1(0,0,2),E(2,0,1),C 1(2,2,2),F(2,1,0), 故A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 假设满足条件的点G 存在, 设G(a,2,0),a ∈[0,2],则FG ⃗⃗⃗⃗ =(a -2,1,0), 设平面A 1EC 1的法向量为m=(x,y,z), 则由{m ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x -z =0,2x +2y =0,不妨取z=2,则x=1,y=-1,所以平面A 1EC 1的一个法向量为m=(1,-1,2), 设直线FG 与平面A 1EC 1的平面角为θ,则sin θ=|cos<m,FG ⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·FG⃗⃗⃗⃗⃗|m ||FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|√(a -2)+12+02×√12+(-1)+22|=√33,解得a=1,故G 为CD 的中点. 则GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),设平面A 1GC 1的法向量为n=(x,y,z),由{n ·GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +2z =0,2x +2y =0,取x=-2,则z=1,y=2,则平面A 1GC 1的一个法向量为n=(-2,2,1), |cos<m,n>|=|m ·n|m ||n ||=|√6×3|=√69, 所以二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值为√69.3.如图,C 是以AB 为直径的圆O 上异于A,B 的点,平面PAC ⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F 分别是PC,PB 的中点,记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l.(1)求证:直线l ⊥平面PAC.(2)直线l 上是否存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余?若存在,求出|AQ|的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵E,F 分别是PC,PB 的中点,∴BC ∥EF,又EF ⊂平面EFA,BC ⊄平面EFA,∴BC ∥平面EFA,又BC ⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,∴BC ∥l,又BC ⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC ⊥平面ABC,∴BC ⊥平面PAC,∴l ⊥平面PAC.(2)以C 为坐标原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 垂直于平面ABC 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,可得A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,√3),E(12,0,√32),F(12,2,√32),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,√32),EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设Q(2,y,0),平面AEF 的法向量为m=(x,y,z),则{AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-32x +√32z =0,EF⃗⃗⃗⃗ ·m =2y =0,取z=√3,得m=(1,0,√3),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,y,-√3), |cos<PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ >|=|2√4+y 2|=√4+y 2,|cos PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |=|2√4+y 2|=√4+y 2,依题意得|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ |=|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |, ∴y=±1,∴直线l 上存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余,此时|AQ|=1. 4.在图1所示的平面图形ABCD 中,△ABD 是边长为4的等边三角形,BD 是∠ADC 的平分线,且BD ⊥BC,M 为AD 的中点,以BM 为折痕将△ABM 折起得到四棱锥A -BCDM(如图②所示).(1)设平面ABC 和平面ADM 的交线为l,在四棱锥A -BCDM 的棱AC 上求一点N,使直线BN ∥l;(2)若二面角A -BM -D 的大小为60°,求平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值. 【解析】(1)延长CB,DM,设其交点为E,如图所示,因为点A,E 既在平面ABC 内,又在平面AMD 内, 所以直线AE 为平面ABC 与平面AMD 的交线l,因为BD 为∠MDC 的平分线,且BD ⊥BC,所以B 为EC 的中点, 取AC 的中点N,连接BN,则BN 为△AEC 的中位线, 所以直线BN ∥AE,即BN ∥l, 故N 为棱AC 的中点.(2)因为BM ⊥AM,BM ⊥MD,所以∠AMD=60°, 又因为AM=MD,所以△AMD 为等边三角形,取MD 的中点O 为坐标原点,以OM 所在的直线为x 轴,在平面BCDM 内过点O 且和MD 垂直的直线为y 轴,以OA 所在的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以D(-1,0,0),A(0,0,√3),C(-5,4√3,0),B(1,2√3,0), 所以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,4√3,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0), 设平面ACD 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,-4x +4√3y =0,令z=-√3,则x=3,y=√3, 所以m=(3,√3,-√3),设平面ABD 的法向量为n=(a,b,c),则{n ·DA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{a +√3c =0,2a +2√3b =0,令c=-√3,则a=3,b=-√3, 所以n=(3,-√3,-√3),设平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的大小为θ, 所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√3×√3)√3)√3)|√32+(√3)+(-√3)·√32+(-√3)+(-√3)=35,所以平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值为35.<能力拔高>5.已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,且BC=BD,DD 1⊥平面ABCD,AA 1=1,BE ⊥CD 于点E.(1)试问在线段A 1B 1上是否存在一点F,使得AF ∥平面BEC 1?若存在,求出点F 的位置;若不存在,请说明理由.(2)在(1)的条件下,求平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值.【解析】(1)当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. 下面给出证明:取AB 的中点G,连接EG,B 1G,则FB 1∥AG,且FB 1=AG, 所以四边形AGB 1F 为平行四边形,所以AF ∥B 1G.因为BC=BD,BE ⊥CD,所以E 为CD 的中点,又G 为AB 的中点,AB ∥CD,AB=CD,所以BG ∥CE,且BG=CE,所以四边形BCEG 为平行四边形,所以EG ∥BC,且EG=BC,又BC ∥B 1C 1,BC=B 1C 1, 所以EG ∥B 1C 1,且EG=B 1C 1,所以四边形EGB 1C 1为平行四边形, 所以B 1G ∥C 1E,所以AF ∥C 1E,又AF ⊄平面BEC 1,C 1E ⊂平面BEC 1,所以当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. (2)连接DG,因为BD=BC=AD,G 为AB 的中点,所以DG ⊥AB,又AB ∥CD,所以DG ⊥CD, 因为DD 1⊥平面ABCD,DC,DG ⊂平面ABCD,所以DD 1⊥DC,DD 1⊥DG,所以DG,DC,DD 1两两垂直,以D 为原点,DG,DC,DD 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz,由题意知BD=BC=CD=AB=AD=2,所以∠DAB=∠BDC=60°,又AA 1=1,所以D(0,0,0),A(√3,-1,0),D 1(0,0,1),E(0,1,0),C 1(0,2,1),B(√3,1,0),F(√3,0,1), 所以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1).设平面BEC 1的法向量为n=(x,y,z),则{EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√3x =0,y +z =0,令z=1,得平面BEC 1的一个法向量为n=(0,-1,1).设平面ADF 的法向量为m=(a,b,c),则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{√3a -b =0,√3a +c =0,令a=1,得b=√3,c=-√3,平面ADF 的一个法向量m=(1,√3,-√3).设平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|m ·n ||m |·|n |=√3√7×√2=√427.所以平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值为√427. 6.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB=2,AA 1=3,M,N 分别为AB,BC 的中点,P 为线段CC 1上一点.平面ABC 1与平面ANP 的交线为l.(1)是否存在点P 使得C 1M ∥平面ANP?若存在,请指出点P 的位置并证明;若不存在,请说明理由.(2)若CP=1,求二面角B -l -N 的余弦值.【解析】(1)当CP=2时,C 1M ∥平面ANP. 证明如下:连接CM 交AN 于点G,连接GP,因为CG GM =CPPC 1=2,所以C 1M ∥GP,又GP ⊂平面ANP,C 1M ⊄平面ANP, 所以C 1M ∥平面ANP.(2)取AC 的中点O,连接BO,易证OB ⊥平面ACC 1A 1,如图,分别以OB,OC 所在的直线为x,y 轴,以过点O且平行于AA 1的直线为z轴建立空间直角坐标系,A(0,-1,0),B(√3,0,0),C 1(0,1,3),N (√32,12,0),P(0,1,1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1). 设平面ABC 1的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面APN 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 由{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{√3x 1+y 1=0,2y 1+3z 1=0,令x 1=√3得n 1=(√3,-3,2),由{n 2·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{2y 2+z 2=0,√32x 2+32y 2=0,令x 2=√3得n 2=(√3,-1,2), 设二面角B -l -N 的平面角为θ,则cos θ=|n 1·n 2|n 1||n 2||=4×√8=5√28. <拓展延伸>7.如图,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC 边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A 到达点P 的位置,且PB=BE.(1)证明:EF ⊥平面PBE.(2)设N 为线段PF 上的动点,求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)因为E,F 分别为AB,AC 边的中点,所以EF ∥BC. 又因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE,EF ⊥PE. 又因为BE∩PE=E,所以EF ⊥平面PBE. (2)取BE 的中点O,连接PO,由(1)知EF ⊥平面PBE,EF ⊂平面BCFE, 所以平面PBE ⊥平面BCFE. 因为PB=BE=PE,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE, 所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M,分别以OB,OM,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.则P (0,0,√32),C (12,2,0),F (-12,1,0),B(12,0,0),PC ⃗⃗⃗⃗ =(12,2,-√32),PF ⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,-√32),N 为线段PF 上一动点,设PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPF ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则N (-λ2,λ,√32(1-λ)),BN⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ+12,λ,√32(1-λ)), 设平面PCF 的法向量为m=(x,y,z),则{PC ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{12x +2y -√32z =0,-12x +y -√32z =0,取m=(-1,1,√3).设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ, 则sin θ=|cos<BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m |=√5×√2λ2-λ+1=√5×√2(λ-14)2+78≤√5×√78=4√7035,当且仅当λ=14时取等号.故直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为4√7035.8.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=1,E、F是边DC的三等分点.现将△DAE,△CBF分别沿AE,BF 折起,使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直.(1)若G为线段AB上一点,且AG=1,求证:DG∥平面CBF.(2)求二面角A-CF-B的正弦值.【解析】(1)(法一)如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN..因为AD=DE=1,所以DM⊥AE,且DM=√22.因为BC=CF=1,所以CN⊥BF,且CN=√22因为平面DAE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM⊥AE,DM⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN⊥平面ABFE,所以DM∥CN,且CN=DM.又DM⊄平面CBF,CN⊂平面CBF,所以DM∥平面CBF,在矩形ABCD中,∠DAE=45°,故∠EAB=45°,同理可得∠FBA=45°,,所以MG2+AM2=AG2,所以在几何体ABFEDC中,因为MG=√AM2+AG2-2AM·AGcos45°=√22∠AMG=90°,所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形,故∠MGA=45°.而∠FBA=45°,且MG与FB共面于平面EFBA,故MG∥FB.又MG⊄平面CBF,FB⊂平面CBF,所以MG∥平面CBF.又MG∩DM=M,MG,DM⊂平面DMG,所以平面DMG∥平面CBF.因为DG⊂平面DMG,所以DG∥平面CBF.(法二)如图,分别取AE,BF 的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN. 因为AD=DE=1,∠ADE=90°,所以DM ⊥AE,且DM=√22. 因为BC=CF=1,∠BCF=90°,所以CN ⊥BF,且CN=√22.因为平面DAE ⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM ⊥AE,DM ⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN ⊥平面ABFE,所以DM ∥CN,且CN=DM, 所以四边形CDMN 是矩形,所以CD MN. 又MN 是等腰梯形ABFE 的中位线,所以CD=MN=1+32=2.又GB=2,所以CD ∥GB,CD=GB,所以四边形CDGB 是平行四边形,所以CB ∥DG. 又CB ⊂平面CBF,DG ⊄平面CBF,所以DG ∥平面CBF.(2)如图,以G 为坐标原点,分别以AB,GE 所在直线为x 轴,y 轴,以过点G 并垂直于平面ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系, 则A(-1,0,0),B(2,0,0),E(0,1,0),F(1,1,0),C (32,12,√22), 则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),FC ⃗⃗⃗⃗ =(12,-12,√22),BF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 所以GF ⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)·(-1,1,0)=0,所以GF ⊥BF. 由(1)得CN ⊥平面ABFE,所以GF ⊥CN.而BF,CN ⊂平面CBF,BF∩CN=N,故GF ⊥平面CBF, 从而GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面AFC 的法向量, 则{n ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +y =0,x -y +√2z =0,解得{y =-2x ,z =-3√22x , 取x=-2,则y=4,z=3√2,即n=(-2,4,3√2),所以cos<GF ⃗⃗⃗⃗ ,n>=√2)√2×√38=√1919,故所求二面角的正弦值为√1-119=3√3819。

立体几何是高考数学的必考内容，且立体几何问题在高考试题中占有较大的比重.这类问题侧重于考查同学们的空间想象和运算能力.下面结合几道例题，来归纳总结一下三类立体几何问题的特点以及解题思路.一、立体几何中的存在性问题立体几何中的存在性问题一般较为复杂，通常要求判断某两条线段的比值、垂直关系、平行关系、点等是否存在.解答这类问题，需首先画出相应的立体几何图形；然后假设要判断的对象存在，并将其看作已知的条件，代入题设中进行推理运算.若得出与题意、相关结论、公式相矛盾的结论，则说明该假设不成立，否则，该假设成立.解题时，要确保推理合理，逻辑严密.例1.如图1，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60°.那么在线段PC 上是否存在一点M ，使得BM ⊥AC ？若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由.解：假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，此时MCPM=3.如图1，过点M 作MN //PA ，交AC 于点N ，连接BN ,BM ，因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，故PA ⊥AC ，MN ⊥AC .由MN //PA 可知：AN NC =PM MC =13，则AN =12.在ΔABN 中，BN 2=AB 2+AN 2-2AB ⋅AN cos∠BAC =34，所以AN 2+BN 2=AB 2，即AC ⊥BN .由于BN ⋂MN =N 且BN ,MN ⊂面MBN ，故AC ⊥平面MBN ，因为BM ⊂面MBN ，所以AC ⊥BM .我们先假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，并据此得出相应的结论；然后根据题意和几何图形添加合适的辅助线，根据线面垂直的性质定理、相似三角形的性质、勾股定理证明AC ⊥BN ；再根据线面垂直的判定定理证明AC ⊥平面MBN ，得出AC ⊥BM ，即可说明该假设成立.需要注意的是，在假设要判断的对象存在后，需用相关的性质、定理验证该假设是否满足题意.二、立体几何图形折叠问题立体几何图形折叠问题对同学们的空间想象力有较高的要求.在解题时，需明确折叠前后几何图形中的点、线、面的位置及其关系，通过观察图形，根据折叠图形的性质找出其中不变的量，抓住这些不变的量的特征来建立关系式.也可以将折叠后的几何体投影到平面上，利用平面几何知识进行研究、分析.例2.如图2，在等腰直角三角形PAD 中，∠A =90°，AD =8,AB =3，B ,C 分别是PA ,PD 上的点，且AD //BC ，M ,N 分别为BP ,CD 的中点.现将ΔBCP 沿BC 折起，得到四棱锥P -ABCD ，连接MN ，如图3.（1）证明：MN //平面PAD（2）在翻折的过程中，当PA =4时，求二面角B -PC -D 的余弦值.图2图3解：（1）证明过程略；（2）由题意可知BC ⊥AB ，BC ⊥PB ，∴BC ⊥平面PAB .又BC //AD ，∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA .∵AD ⊥AB ,AB ⊥PA ，以点A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图4所示的空间直角坐标系A -xyz .得A (0,0,0),B (3,0,0),C (3,5,0),P (0,0,4),D (0,8,0)，所以 PB =(3,0,-4), PC =(3,5,-4),PD =(0,8,-4),图147设m =(x 1,y 1,z 1)为平面PBC 的一个法向量，则ìíî m ⋅ PC =0, m ⋅ PB =0,即ìíî3x 1-4z 1=0,3x 1+5y 1-4z 1=0,令x 1=4，则y 1=0,z 1=2,m =(4,0,3).设n=(x 2,y 2,z 2)为平面PCD 的一个法向量，则ìíîm ⋅PC =0, m ⋅PD =0,即ìíî8y 2-4z 2=0,3x 2+5y 2-4z 2=0,令y 2=1，则x 2=1,z 2=2,n =(1,1,2).设二面角B -PC -D 的大小为α，由向量的夹角公式可得：cos α=-|cos< m ,n >|=-|m ⋅n || m |⋅|n |=所以二面角B -PC -D 的余弦值为解答本题，需先明确ΔPAD 的特点、性质，以及其中各点、线段的位置关系，知晓折叠前后ΔBCP 以及梯形ABCP 中的改变量与不变量；然后根据直线与平面垂直的性质定理和判定定理证明AB 、AP 、AD 三条直线两两互相垂直，据此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角B -PC -D 的余弦值.解答立体几何图形折叠问题，要熟悉折叠图形的性质：折叠前后图形的形状、面积、边长、角度均不改变.三、立体几何中的作图问题立体几何中的作图问题比较常见.解答此类题目，往往要先通过观察，明确题意，确定图形中的点、直线、平面之间的位置关系，灵活运用简单几何体的性质寻找一些垂直、平行的关系，据此发现一些特殊的点、位置，以确定要求作的点、直线、平面的位置，进而作出完整的图形.例3.如图5，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱B 1C 1的中点，F ,G 分别是棱CC 1,BC上的动点（不与顶点重合），请作出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，并说明理由.图5解：如图5，连接DG ，并延长交AB 的延长线于点P ，连接A 1P ，交BB 1于Q ，连接GQ ，则GQ 所在的直线即为作出的平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线.理由如下：∵ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体,∴平面CBB 1C 1//平面ADD 1A 1,而平面CBB 1C 1⋂平面A 1DG =GQ ，平面ADD 1A 1⋂平面A 1DG =A 1D ,∴A 1D //GQ .要画出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，需根据平面的延展性、正方体的性质，以及平行平面的性质：若两个平行平面被第三个平面所截，则其交线平行.在平面CBB 1C 1内寻找与A 1D平行的直线GQ 即可.例4.某几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下面四个图形中，可能是该几何体俯视图的个数为().A.1B.2C.3D.4解：俯视图从左到右依次记为：图6图7图8图9如果几何体为棱长为1的正方体，则俯视图如图6；如果几何体为圆柱，它的底面直径为1，高为1，则俯视图如图9；如果几何体为从棱长为1的正方体中挖去直径为2，高为1的圆柱的，则俯视图如图7；以图8为俯视图的几何体的正视图不是正方形.故选C.本题主要考查三视图的定义的应用以及画三视图的方法.画三视图要注意几个要点：（1）主视图和俯视图的长要相等；（2）主视图和左视图的高要相等；（3）左视图和俯视图的宽要相等；（4）看不到的线画虚线.虽然立体几何题目的命题形式较多，其解法也各不相同，但是同学们在解题时只要结合立体图形及其特征明确各个点、线、面的位置及其关系；然后将问题与相关的定理、性质、公式相关联，添加合适的辅助线，灵活利用相关的定理、性质、公式进行推理、运算，就能顺利求得问题的答案.（作者单位：江苏省启东市汇龙中学）图448。

建筑中的立体几何国内外研究现状及问题建筑中的立体几何是指应用立体几何原理和方法来研究建筑空间形态、结构物形状及其之间的关系。

立体几何在建筑设计、结构设计、室内设计等领域中起着重要的作用。

以下是建筑中立体几何的国内外研究现状及问题。

国内研究现状：1. 空间构造：国内学者在空间构造方面进行了一些研究，探索了空间的形态生成及其对建筑功能的影响。

2. 建筑形态：国内学者也关注建筑形态的优化设计，通过立体几何方法研究不同形态对建筑性能的影响，如采光、通风等。

3. 结构设计：立体几何在结构设计中发挥着重要的作用，国内研究者研究了不同的结构形式和结构体系，并探索了其在建筑中的应用。

国际研究现状：1. 形态生成算法：国际上关注建筑形态生成算法的研究，通过立体几何方法构建形态生成模型，从而探索设计空间中的可行解。

2. 数字设计工具：国际学者借助立体几何方法开发了一些数字化设计工具，能够辅助建筑师进行形态设计和结构设计。

3. 空间优化：国际学者也关注建筑空间优化设计，通过立体几何方法探索最优形态设计，以满足建筑的功能需求和性能要求。

存在的问题：1. 研究深度不够：虽然已有一些研究在建筑中应用立体几何方法，但研究的深度还有待提高，尤其在空间构造和形态生成方面的研究仍较少。

2. 缺乏系统化方法：目前的研究多为案例分析或个别模型设计，缺乏系统化的方法论，难以推广应用到实际建筑设计中。

3. 数字化设计工具有待改进：虽然国际上有一些数字化设计工具，但仍存在一些问题，如计算复杂度高、用户界面不友好等，需要进一步改进和完善。

综上所述，建筑中的立体几何在国内外研究中扮演着重要的角色，但仍存在一些问题需要解决。

未来的研究应深入探索立体几何在建筑中的应用，加强理论研究，提高设计工具的效率和用户体验。

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。

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用向量解决立体几何中存在性问题
作者：王光天
来源：《数理化学习·高一二版》2013年第04期
以立体几何为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点，它以其较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐.
此类问题涉及到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，若用向量方法处理，尤其是引入坐标表达的空间向量，通过待定系数法求解存在性问题则思路简单，解法固定，操作方便.下面举例谈谈向量法求解立体几何探索性问题的类型和方法.
一、与位置关系有关的存在性问题。

【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、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。

立体几何中的探索性与存在性问题例说韩宏帅【期刊名称】《《青苹果：高中版》》【年(卷),期】2016(000)024【总页数】4页(P30-33)【作者】韩宏帅【作者单位】山东省枣庄二中【正文语种】中文【中图分类】G634.6探究性与存在性问题是指一类在条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立的问题。

立体几何中的探究性与存在性问题，既能够考查同学们的空间想象能力，又可以考查同学们的观察、分析和探究能力。

1.对命题条件的探索探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么。

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，再进行证明。

（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。

2.对命题结论的探索探索结论，一种是在给定的条件下命题的结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么；还有一种是探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论。

立体几何的探索性与存在性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法：假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决，如果能找到符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在。

例1 如图1，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，P A⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=。

（1）求证：PD⊥平面PAB。

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值。

（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由。

分析（1）由面面垂直性质定理可知AB⊥平面PAD，根据线面垂直性质定理可知AB⊥PD，再由线面垂直判定定理可知PD⊥平面PAB。

（2）取AD的中点O，连接PO、CO，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值。

-- ……………………………………装……………………………………订……………………………………线………………………………… ……………………………………装……………………………………订……………………………………线…………………………………第２讲 导数与最值(２） 班级: __＿＿__＿＿_ 姓名: _＿______＿___ 小 组：＿＿_________ 评价：_________＿_ 【考纲解读】 了解函数单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(多项式函数一般不超过三次）;了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值(多项式函数一般不超过三次),会求在闭区间函数的最大值、最小值（多项式函数一般不超过三次);会用导数解决某些实际问题． 【课堂六环节】 一、导——教师导入新课。

(7分钟） 探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难,失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：(1)探索性问题与空间角结合；(２)探索性问题与垂直相结合；(3)探索性问题与平行相结合 二、思——自主学习。

学生结合课本自主学习,完成下列相关内容。

（1５分钟) 角度一 探索性问题与空间角相结合 1.（2０1４·哈师大附中模拟）如图，三棱柱ABC -A 1Ｂ１C １的侧棱AA １⊥底面ABC ，∠A ＣB =９0°,Ｅ是棱CC 1上的动点,Ｆ是A Ｂ的中点，AC ＝1,BC =２,A Ａ１=4. (1)当E 是棱ＣC １的中点时，求证:ＣＦ∥平面AEB １(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角Ａ -EB １ -B 的余弦值是错误!?若存在，求ＣＥ的长,若不存在，请说明理由 解析:(1)证明:取AB 1的中点Ｇ,连接EG ，FG .∵F ，G 分别是棱AB ，AB 1的中点，∴ＦG ∥BB 1，F Ｇ＝＼ｆ(1,２)ＢB 1,又B １B 綊C 1C ,EC ＝１2Ｃ1Ｃ，∴B １Ｂ∥ＥＣ,ＥＣ=错误!B 1B .∴ＦG 綊EC .∴四边形FG ＥC 是平行四边形,∴CF ∥ＥＧ.∵C Ｆ⊄平面ＡＥB 1,E Ｇ⊂平面AEB 1,∴CF ∥平面AEB 1.(２)以Ｃ为坐标原点，射线C Ａ,C Ｂ,ＣC 1为x ，y ，ｚ轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Ｃ-ｘｙz ,则C （0,0,０),Ａ(1，0,0),B 1(0，2,4）.设E (0,0，ｍ）（０≤m ≤４），平面ＡEB 1的法向量n 1=(x ,y ,ｚ）.则1AB =(－1，2，４)， AE ＝(-１,0，ｍ）．由1AB ⊥n １,AE ⊥n 1, 得错误!∴CA 是平面EBB 1的一个法向量，令n ２＝CA ,∵二面角A -EB １-B 的余弦值为2＼r(17)1７， ∴错误!＝c ｏｓ〈ｎ1,n 2〉=错误!=错误!,解得m =1(0≤m ≤4)．∴在棱CC 1上存在点E ，符合题意，此时CE =1.角度二 探索性问题与垂直相结合2.(2０14·南昌模拟)如图是多面体AB Ｃ -A 1B 1Ｃ1和它的三视图.（1)线段CC １上是否存在一点E ，使ＢE ⊥平面A 1C Ｃ1?若不存在,请说明理由，若存在，请找出并证明;(2）求平面C 1A 1C 与平面A １CA 夹角的余弦值．解：（1)由题意知AA 1，ＡＢ，A Ｃ两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,０),A １(0,0，2），B (-2,0,0）,C (0,-2,０）,Ｃ1(－1,－1，２），则1CC =(-1,1,2），11A C =(－1,－1,０)，1AC =（０，-2，－2).设E (x ，ｙ，z ），则CE =(ｘ，y +２，z )，设CE =λ1EC ，则错误! 则E 错误!，BE ＝错误!．由错误!得错误!解得λ＝2，所以线段C Ｃ1上存在一点E ,CE ＝21EC ,使BE ⊥平面A 1CC 1. (2)设平面C 1A １C 的法向量为m ＝(ｘ,y ,ｚ)，则由错误!得错误!取x ＝1,则y =-1,z =1．故ｍ=(1，-1,1)，而平面Ａ1CA 的一个法向量为n =(1，0,0),则cos 〈m ,n 〉=错误!＝错误!＝错误!，故平面C１A１C与平面A1CA夹角的余弦值为＼f(＼ｒ(３）,3）.角度三探索性问题与平行相结合3.(2013·江西模拟）如图,四边形ABＣD是边长为3的正方形,ＤＥ⊥平面ＡBCD,AＦ∥DE，DE＝3AF,ＢE与平面AＢCＤ所成的角为6０°.(1）求证：ＡC⊥平面BDE;(2)求二面角F-BＥ-D的余弦值;（３)设点Ｍ是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AＭ∥平面BEＦ，并证明你的结论.解：(1)证明:∵DE⊥平面ABＣD,∴DE⊥AC,∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥ＢD,又ＤＥ∩BD＝D,∴AＣ⊥平面BDＥ.(２）∵DE⊥平面ABCD,∴∠EBD就是ＢE与平面ＡBCD所成的角,即∠EBD＝60°.∴＼f（ＥD，ＢD)＝错误!.由ＡD=3，得DE＝３错误!,AF=错误!.如图，分别以DＡ，DＣ,ＤE所在直线为ｘ轴，ｙ轴,z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0,０）,F （3，0,错误!)，E（0，０,3错误!),Ｂ(３,3，0)，C（0，3,0)，∴BF=(0,-3，＼r(６)),EF＝(３,0，-２6).设平面BEF的一个法向量为ｎ=(ｘ,y，ｚ)，则错误!即错误!令z＝＼r（6），则n＝（４,2,６）．∵AC⊥平面ＢDE,∴CA＝(3，-３,０)为平面BDＥ的一个法向量,∴cos〈n,CA〉＝错误!=错误!＝错误!.故二面角Ｆ-BE-Ｄ的余弦值为1３13．(3)依题意，设Ｍ（t,t,０)(ｔ>0），则AM=(t-3,t,0)，∵ＡＭ∥平面BEF，∴AM·n＝0,即4(t－3)+２t=0，解得ｔ＝2．∴点M的坐标为(２,２，0),此时DM＝错误!DB，∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点.三、议——学生起立讨论。