专题31以立体几何中探索性问题为背景的解答题-2021年高考数学备考优生百日闯关系列(解析版)

一、探索点的位置例1.如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD=DC=4， AD=2，E 为PC 的中点, 在线段AC 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.解：取AC 中点M ，连结EM 、DM ， 因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，所以EM//PA ，又因为EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， 所以PA//平面EDM 所以.521==AC AM 即在AC 边上存在一点M ，使得PA//平面EDM ，AM 的长为5.例2.如图，三棱柱111C B A ABC -中，1AA ⊥面ABC ，2,==⊥AC BC AC BC ，13AA =，D 为AC 的中点,（2）求二面角C BD C --1的余弦值； （3）在侧棱1AA 上是否存在点P ，使得 1BDC CP 面⊥？请证明你的结论. 解：（1）解：如图，建立空间直角坐标系， 则C 1（0，0，0），B （0，3，2），C （0，3，0），A （2，3，0），D （1，3，0）， 11(0,3,2),(1,3,0)C B CD ∴==设111(,,)n x y z =是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，取11(1,,)32n =-，易知1(0,3,0)C C =是面ABC 的一个法向量.1112cos ,7n C C n C C n C C==-⨯.C 1A 1C B 1ABDAACzxyCB1BD∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为27.（2）假设侧棱AA 1上存在一点P 使得CP ⊥面BDC 1.设P （2，y ，0）（0≤y ≤3），则 (2,3,0)CP y =-，则110,0CP C B CP C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即3(3)0,23(3)0y y -=⎧⎨+-=⎩. 解之3,73y y =⎧⎪⎨=⎪⎩∴方程组无解.∴侧棱AA 1上不存在点P ，使CP ⊥面BDC 1.二、探索结论的存在性例3.如图，已知三棱锥P ABC -中，PA PC ⊥，D 为AB 中点，M 为PB 的中点，且2AB PD =． （1）求证：DM ∥PAC 面；（2）找出三棱锥P ABC -中一组面与面垂直的位 置关系，并给出证明（只需找到一组即可） （1）证明：依题意 D 为AB 的中点，M 为PB 的中点 ∴ DM // PA 又,∴（2）平面PAC平面PBC (或平面PAB平面PBC)证明：由已知AB ＝2PD ，又D 为AB 的中点所以PD ＝BD 又知M 为PB 的中点∴，由（1）知 DM // PA∴又由已知，且故∴平面PAC平面PBC 。

【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. 在四棱锥ABCD E -中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，⊥EC 底面ABCD ，F 为BE的中点.（Ⅰ）求证：DE ∥平面ACF ； （Ⅱ）求证：AE BD ⊥；（Ⅲ）若2,ABCE在线段EO上是否存在点G，使⊥CG平面BDE？若存在，求出EGEO的值，若不存在，请说明理由．O FED C BA【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）1.2 EGEO=2.如图所示，四棱锥P —ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，P A ⊥底面ABCD ，P A=AD=CD=2AB =2，M 为PC 的中点。

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 如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形， 060BCD ∠=， PA ⊥平面ABCD ， E 是AB 的中点.（1）求证：平面PDE ⊥平面PAB ；（2）棱PC 上是否存在一点F ，使得//BF 平面PDE ？若存在，确定F 的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接BD ，因为底面ABCD 是菱形， 60BCD ∠=︒,所以ABD ∆为正三角形.因为E 是AB 的中点, 所以DE AB ⊥,因为PA ⊥面ABCD , DE ABCD ⊂面，∴DE PA ⊥，因为DE AB ⊥， DE PA ⊥， AB PA A ⋂=,所以DE PAB ⊥面.又DE PDE ⊂面, 所以面PDE ⊥面PAB .（2）当点F 为PC 的中点时， BF ∥面PDE .事实上，取PC 的中点F , PD 的中点G ，连结FG ，GE ，∵FG 为三角形PCD 的中位线，∴FG ∥CD 且1=2FG CD ，又在菱形ABCD 中， E 为AB 的中点，∴BE ∥CD 且1=2BE CD ，∴FG ∥BE 且=FG BE ，所以四边形BEGF 为平行四边形.所以 BF ∥GE ，又GE ⊂面PDE ， BF ⊄面PDE ，∴BF ∥面PDE ，结论得证.【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】【河南省南阳市第一中学2018届高三上学期第八次考试】如图，在四棱椎E ABCD -中， AE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==，2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使//AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)证明：因为CD ⊥平面ADE ， AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥，又因为AE DE ⊥， CD DE D ⋂=，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .(2)结论：在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED =，使AF 平面BCE . 解：设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作FM CD 交CE 于M ，则13F M C D =. 因为CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ，所以CD AB .又因为3CD AB =，所以MF AB =， FM AB ，所以四边形ABMF 为平行四边形，则AF BM .又因为AF ⊄平面BCE ， BM ⊂平面BCE ，所以AF 平面BCE .类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =，BC =（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PM MC的值.【解析】（1）由题设AB ＝1，AC ＝2，BC可得222AB BC AC +=,所以AB BC ⊥,由PA ⊥平面ABC ，BC 、AB ⊂平面ABC ,所以PA BC ⊥， PA AB ⊥,所以PB =又由于PA∩AB＝A ，故BC ⊥平面PAB,PB ⊂平面PAB,所以BC PB ⊥,所以ACB ∆， PAC ∆, PAB ∆, PCB ∆均为直角三角形，且PCB ∆的面积最大，12PCB S ∆==．（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ．在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM ．由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ．又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM ．因为ABN ∆与ACB ∆相似， 12AB AB AN AC ⋅==， 从而NC ＝AC －AN ＝．由MN ∥PA ，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】．如图，四棱锥P ABCD -中, AB ⊥平面1,//,,2PAD AB CD AB AD CD ==△PAD 为等边三角形， F 是DC 上的点，且12DF AB =.（1）求PC 和平面ABCD 所成角的正弦值；（2）线段PB 上是否存在点E ，使EF ⊥平面PAB ？说明理由.【解析】（1）取AD 中点H ，PD =PA , 所以AD PH ⊥,因为AB ⊥平面PAD ，且PH ⊂平面PAD ，所以AB PH ⊥，又AD AB A ⋂=,所以PH ⊥平面ABCD .∴∠PCH 是PC 和平面ABCD 所成的角.不妨令AB =2 ，CH PH PC ==在△P ,sin P10PH CH CH PC ∠=== （2）线段PB 上存在点E ，使EF ⊥平面PAB .理由如下：如图，分别取PA PB 、的中点G 、Ｅ，则1//2GE AB ， 由1//2DF AB ， 所以//GE DF ，所以四边形DGEF 为平行四边形，故//EF GD .因为AB ⊥平面PAD ，所以AB GD ⊥，因此， EF AB ⊥，因为G 为PA 的中点，且PD AD =， GD PA ⊥，因此EF PA ⊥.又PA AB A ⋂=，所以EF ⊥平面PAB .类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， ,E F 分别为11A D 和1CC 的中点.(1)求证： EF 平面1ACD ；(2)在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒，若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明：如图所示，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，由已知得()0,0,0D ， ()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,2,0C ， ()12,2,2B ， ()10,0,2D ， ()1,0,2E ， ()0,2,1F ，∵平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =，又∵()1,2,1EF =--，∴12420EF DB ⋅=-+-=，∴1EF DB ⊥，而EF ⊄平面1ACD ，∴EF 平面1ACD .(2)解：设点()2,2,(02)P t t <≤，平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =，则0{ 0n AC n AP ⋅=⋅=，∵()0,2,AP t =， ()2,2,0AC =-，∴20{ 220y tz x y +=-+=，取1y =，则1x =， 2z t =-，∴21,1,n t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 平面ABC 的一个法向量()10,0,2BB =，依题意知， 1,30BB n =︒或1,150BB n =︒，∴1cos ,BB n -==，即2243424t t ⎛⎫=+⎪⎝⎭，解得t =t = (舍)， (]0,2， ∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP 时，二面角P AC B --的大小为30︒. 【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】如图，在三棱锥ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝∠CDA ＝90°， ，BC ＝CD ＝6，点E在平面BCD内，EC＝BD，EC⊥BD.(1)求证：AE⊥平面BCDE；(2)在棱AC上，是否存在点G，使得二面角CEGD的余弦值为？若存在点G，求出的值，若不存在，说明理由．【解析】 (1)证明：因为△BCD是等腰直角三角形，CO⊥BD，所以CO＝BD.又EC＝BD，所以点O是BD和CE的中点．因为EC⊥BD，所以四边形BCDE是正方形．则CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩ED＝D，所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE.同理BC⊥AE，BC∩CD＝C，所以AE⊥平面BCDE.(2)解：由(1)的证明过程知四边形BCDE为正方形，建立如图所示的坐标系，则E(0，0，0)，D(0，6，0)，A(0，0，6)，B(6，0，0)，C(6，6，0)．假设在棱AC上存在点G，使得二面角CEGD的余弦值为，设＝t(t＞0)，G(x，y，z)，由＝t可得G，则＝(0，6，0)，＝.易知平面CEG的一个法向量为＝(6，－6，0)．设平面DEG的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，则即令x0＝1得z0＝－，n＝，所以＝，＝，解得t＝2.故存在点G(2，2，4)，使得二面角CEGD的余弦值为，此时＝2.【精选名校模拟】1. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．【解析】 (1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC ∥AE ，且BC ＝AE ，故四边形ABCE 为平行四边形，∴F 为AC 的中点，在△PAC 中，又由M 为PC 的中点，得MF ∥PA .又MF ⊂平面BME ，PA ⊄平面BME ，∴PA ∥平面BME .(2)连接PE ，则由题意知PE ⊥平面ABCD .故以E 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E －xyz ，则E (0,0,0)，P (0,0，)， B (，0,0)，C (，－1,0)．设＝λ＝(0<λ<1)，则M (λ，－λ， (1－λ))． ∴＝(λ，－λ，(1－λ))，＝(，0,0)．取平面DBE 的法向量n 1＝(0,0,1)，设平面BME 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则由得令y ＝，得n 2＝.又由＝cos30°，得λ＝，即M.故存在点M 满足要求，且M 为棱PC 上靠近端点C 的四等分点．2. 【北京市东城二十二中2018届高三上学期期中试卷数学】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形， AB CD ， 60DAB ∠=︒， PC ⊥平面ABCD ， AE BD ⊥，CB CD CF ==．（1）求证： BD ⊥平面AED ． （2）求二面角D BF C --的余弦值．（3）在线段AB （含端点）上，是否存在一点P ，使得//FP 平面AED ，若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）∵AB CD ， 60DAB ∠=︒，∴120ADC BCD ∠=∠=︒． ∵CB CD =，∴30CDB ∠=︒，∴90ADB ∠=︒， AD BD ⊥． ∵AE BD ⊥，且AE AD A ⋂=，AE 、AD ⊂面AED ，∴BD ⊥面AED ．（2）知AD BD ⊥，∴AC BC ⊥．∵FC ⊥面ABCD ， CA ， CB ， CF 两两垂直，以C 为坐标原点， 以CA ， CB ， CF 为x ， y ， z 轴建系．设1CB =，则()0,0,0C ， ()0,1,0B ，1,02D ⎫-⎪⎪⎝⎭， ()0,0,1F ，)A ，∴33,022BD ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭， ()0,1,1BF =-． 设BDF 的一个法向量为()000,,m x y z =，∴000030{ 22x y y z -=-+=，取01z =，则()3,1,1m ．由于()0,0,1CF =是面BDC 的法向量， 则5cos ,m CF m CF m CF⋅==⋅∵二面角F BD C --为锐二面角，∴余弦值为 （3）存在点(),,P x y z ．设AP AB λ=， ()(),x y z λ=， ∴33x λ=-， y λ=， 0z =，∴),,0Pλ， ()3,,1FP λ=-．∵BD ⊥面AED ， 33,,02BD ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭．若PF 面AED ，∴PF BD ⊥，∴)3022λ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，∴12λ=，∴12AP AB =，∴存在P 为AB 中点．3. 【云南省昆明市第一中学2018届高三第五次月考】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥， 2CD AB == PAB ∆与PAD∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）试问在线段PC 上是否存在点F ，使二面角F BE C --，若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：连接BD ，由于AB ∥CD ，点E 为CD 的中点， DE AB =， AB AD ⊥ ∴四边形ABED 为正方形，可得BD AE ⊥ 设BD 与AE 相交于点O又∵△PAB 与△PAD 均为等边三角形 ∴PB PD =在等腰△PBD 中，点O 为BD 的中点∴BD PO ⊥，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD ⊥平面PAE 又∵BD ⊂平面ABCD∴平面PAE ⊥平面ABCD ．（2）由2CD AB ==，△PAB 与△PAD 均为等边三角形，四边形ABED 为正方形，BD 与AE 相交于点O ，可知3OA OP ==， PA =所以PO AO ⊥，又平面PAE ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点， OA 为x 轴， OB 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．可得()0,3,0B ， ()0,0,3P ， ()3,0,0E -， ()6,3,0P -设点F 的坐标为(),,x y z ， PF PC λ=，由()3PF x y z =-，，， ()633PC =--，，，可得()6,3,33F λλλ--，故 ()63333BF λλλ=---，，， ()330BE =--，，设111m x y z =（，，）为平面BEF 的一个法向量，则 0{m BF m BE ⋅=⋅=，得1131m λλλ=---（，，），平面BCE 的一个法向量为()001n =，，，由已知,m n cos m nm n ⋅=⋅ = =12λ=所以，在线段PC 上存在点F ，使二面角F BE C --的余弦值为3，且点F 为PC 的中点．4. 【2017湖北师大附中月考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起，使得60DFA ∠=︒，设G 为AF 的中点． （1）求证：DG EF ⊥；（2）求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；（3）设P ，Q 分别为线段DG ，CF 上一点，且//PQ 平面ABEF ，求线段PQ 长度的最小值．【解析】（1）证明：因为正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点， 所以EF FD ⊥，EF FA ⊥，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起后，仍有EF FD ⊥，EF FA ⊥， 而FDFA F =，所以EF ⊥平面DFA ， 又因为DG ⊂平面DFA ， 所以DG EF ⊥．（2）因为60DFA ∠=︒，DF FA =，所以DFA ∆为等边三角形， 又AG GF =，所以DG FA ⊥， 由（1），D G E F⊥，又EFFA F =，所以DG ⊥平面ABEF ．设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA ，GH ，GD 两两垂直，故以GA ，GH ，GD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则(0,0,0)G ，(1,0,0)A ，(1,4,0)B ，(0,C ，(1,0,0)F -，所以(1,0,0)GA =，(BC =-，(2,4,0)BF =--， 设平面BCF 的一个法向量为(,,)m x y z =，由0m BC ⋅=，0m BF ⋅=，得0,240,x x y ⎧-+=⎪⎨--=⎪⎩令2z =，得(23,2)m =， 设直线GA 与平面BCF 所成角为α, 则||2sin |cos ,|||||m GA m GA m GA α⋅=<>==⋅．即直线GA 与平面BCF ．（3）由题意，可设(0,0,)P k （0k ≤≤，FQ F C λ=（01λ≤≤），由(1,FC =，得(,4)FQ λλ=，所以(1,4)Q λλ-，(1,4)PQ k λλ=--，由（2），得GD =为平面ABEF 的的法向量，因为//PQ 平面ABEF ，所以0PQ GD ⋅=0k -=，所以||(PQ λ==又因为22116172117()1717λλλ-+=-+，所以当117λ=时，min ||PQ =，所以当117λ=，17k =，线段PQ 长度有最小值17．5. 【河南省濮阳市2018届高三第一次模拟考试】如图，正方形ABCD 中， AB = AC 与BD 交于O 点，现将ACD 沿AC 折起得到三棱锥D ABC -， M ， N 分别是OD ，OB 的中点.(1)求证： AC MN ⊥；(2)若三棱锥D ABC -的最大体积为0V ，当三棱锥D ABC -0，且二面角D AC B --为锐角时，求二面角D NC M --的正弦值.【解析】 (1)依题意易知OM AC ⊥， ON AC ⊥， OM ON O ⋂=，∴AC ⊥平面OMN ， 又∵MN ⊂平面OMN ，∴AC MN ⊥.(2)当体积最大时三棱锥D ABC -的高为DO， OBD 中， OB OD =，作DS OB ⊥于S，∴DS =，∴60DOB ∠=︒， ∴OBD 为等边三角形，∴S 与N 重合，即DN ⊥平面AGC .以N 为原点， NB 所在直线为y 轴，过N 且平行于OA 的直线为x 轴， ND 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∴()0,0,0N ， ()2,1,0C --，(D ，10,2M ⎛- ⎝⎭. 设()1111,,n x y z =为平面CMN 的法向量， ∵()2,1,0NC =--，10,2NM ⎛=-⎝⎭，∴11111120{102n NC x y n NM y z ⋅=--=⋅=-+=，取11,2,3n ⎛=--⎝⎭， 设()2222,,n x y z =是平面CND 的法向量， ()2,1,0NC =--，(ND =， ∴2222220{30n NC x y n ND z ⋅=--=⋅==，取()21,2,0n =-，∴121212cos ,nn n n n n ⋅=== 设二面角D NC M --大小为θ，∴sinθ== 6. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD ， AB =BC DC ⊥， BC DC AM DM ====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AB =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.7. 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.【解析】（1）法一：∵AB AC =, D 为BC 的中点， ∴AD BC ⊥， ∵PO ⊥平面ABC ， ∴PO BC ⊥，∵垂足O 落在线段AD 上， ∴BC ⊥平面PAD ， ∴AP BC ⊥.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=，∴AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 8. 【2018河南漯河中学三模】如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，90FAB DAB ∠=∠= 二面角F AB D --是直二面角，//,//,2,1BE AF BC AD AF AB BC AD ====.（1）证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行； （2）求二面角F CD A --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）6【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；（2）可证AF AD AF AB AD AB ⊥⊥⊥，，，则以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角F CD A --的余弦值试题解析：（1）证明：由已知得//,BE AF AF ⊂平面,AFD BE ⊄平面AFD ， 所以//BE 平面AFD ，同理可得//BC 平面AFD ，又BE BC B ⋂=,所以平面//BCE 平面AFD , 设平面DFC ⋂平面BCE l =，则l 过点C ，因为平面//BCE 平面ADF ，平面DCF ⋂平面BCE l =， 平面DFC ⋂平面AFD DF =，所以//DF l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得//DF l .（2）因为平面,ABEF ABCD FA ⊥⊂平面ABEF ,平面ABCD ⋂平面ABEF AB =, 又090FAB ∠=，所以AF AB ⊥，所以AF ⊥平面ABCD ， 因为AD ⊂平面ABCD ，所以AF AD ⊥， 因为090DAB ∠=,所以AD AB ⊥，以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图，由已知得()()()1,0,0,2,2,0,0,0,2D C F , 所以()()1,0,2,1,2,0DF DC =-=, 设平面DFC 的法向量为(),,n x y z =，则20{ {20x z n DF x yn DC =⋅=⇒=-⋅=，不妨设1z =，则()2,1,1n =-，不妨取平面ACD 的一个法向量为()0,0,1m =，所以cos ,66m n m n m n ⋅===⋅，由于二面角F CD A --为锐角，因此二面角F CD A --的余弦值为6.9. 【2018河北衡水武邑中学三调】在五面体ABCDEF 中，////,222AB CD EF CD EF CF AB AD =====, 60DCF ︒∠=, AD CD ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)证明:直线CE ⊥平面ADF ；(2)已知P 为棱BC 上的点，试确定P 点位置，使二面角P DF A --的大小为60︒. 【答案】（1）证明见解析；（2）P 点在靠近B 点的CB 的三等分点处.【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，先证明CE DF ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD CE AD =⊥，即可得到直线CE ⊥平面ADF ；（2）根据题意，取EF 的中点G ，证明,,DA DC DG 两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，由二面角P DF A --的大小为60︒，根据空间向量夹角余弦公式列方程即可确定P 在棱BC 上的位置.试题解析：（1）//,2,CD EF CD EF CF ===∴四边形CDEF 为菱形， CE DF ∴⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,,ABCD CD AD CD AD =⊥∴⊥平面,ACDEF CE AD ∴⊥，又,AD DF D ⋂=∴直线CE ⊥平面ADF .(2)60DCF ∠=， DEF ∴∆为正三角形，取EF 的中点G ，连接GD ，则,G D E F G D C D ⊥∴⊥，平面CDEF ⊥平面,A B C DG D ⊂平面C DE F ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD GD =∴⊥平面,,,,ABCD AD CD DA DC DG ⊥∴两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，2,1CD EF CF AB AD =====，((0,,E F ∴-，由（1）知(0,3CE =-是平面ADF 的法向量， ()()0,1,3,1,1,0DF CB ==-，设()(),,001C P a C B a a a ==-≤≤，则(),2,0DP DC CP a a =+=-，设平面PDF 的法向量为(),,n x y z =，()00,0,{20y n DF n DP ax a y =⋅=⋅=∴+-=，令y =，则)2,x a z a =-=-， ()()32,3,n a a a ∴=--，二面角P DF A --为60，41cos ,212n CE n CE n CE⋅∴===⋅，解得23a =， P ∴在靠近B点的三等分处.10. 如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视图中的侧视图、俯视图.在直观图中，是的中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.(1)求证:EM ∥平面ABC ;(2)试问在棱DC 上是否存在点N,使NM ⊥平面? 若存在,确定点N 的位置;若不存在,请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，1CN = 【解析】试题分析：(1)要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，该题取BC 中点Q ，连,MQ AQ ，先证//MQ EA ,则四边形AQME 是平行四边形，从而//ME AQ ，进而证明//ME 面ABC ；(2)假设CD 上存在满足条件的点N ，此时面BDE内必存在垂直于MN 的两条直线，容易证明AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又A Q //E M，所以MN EM ⊥，接下来再能保证MN BD ⊥即可，此时必有DMN ∆∽DCB ∆，进而根QN据成比例线段可求出DN 的长度，即点N 的位置确定. 试题解析：(Ⅰ）取BC 中点Q ，连,MQ AQ1//2////1//2BM MD MQ CD BQ QC AE MQ EM AQ AE CD =⎫⎫⇒⎬⎪⎪=⎭⇒⇒⎬⎪⎪⎭,又因为EM ⊄面ABC ，而AQ ⊂面ABC ，所以//ME 面ABC ；（2）在CD 上取点N 使1CN =，连接MN2DM CD NMD DCB NM BD DN BD π==⇒∠=∠=⇒⊥，=AC AB AQ BC BQ CQ =⎫⇒⊥⎬⎭，又DC ⊥面ABC所以DC AQ ⊥，又因为BC DC C =，所以AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又AQ//EM ，所以MN EM ⊥，故MN ⊥面BDE .11.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．【解析】（1）当D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ． 证明：连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ， ∵四边形11BCC B 是矩形，∴O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ， ∵1AB ⊄平面1BDC ，DO ⊂平面1BDC ， ∴1//AB 平面1BDC ．（2）建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，则(0,0,0)B，A ，(0,2,0)C，3,0)22D，1C ， 所以33(,0)2BD =，1BC =， 设1(,,)n x y z=为平面1BDC的法向量，则有30,2220,x y y +=⎪⎨⎪+=⎩即3,,x z y =⎧⎪⎨=⎪⎩ 令1z=，可得平面1BDC 的一个法向量为1(3,n =， 而平面1BCC 的一个法向量为2(1,0,0)n =，所以121212cos ,13||||13n n n n n n ⋅<>===⋅，故二面角1C BC D --的余弦值为13． 12. 如图，已知平面四边形中，为的中点，，，且．将此平面四边形沿折成直二面角，连接，设中点为．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，请确定点的位置；ABCP D PA PA AB ⊥//CD AB 24PA CD AB ===ABCP CD P DC B --PA PB 、PB E PBD ⊥PBC BD F EF ⊥PBC F若不存在，请说明理由．（3）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（3）【解析】（1）直二面角的平面角为，又， 则平面，所以．又在平面四边形中，由已知数据易得，而，故平面，因为平面，所以平面平面 （4分） （2）解法一：由（1）的分析易知，，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示．结合已知数据可得，，，， 则中点.平面，故可设，则，AB PBC F BD D P DC B --90PDA ∠=PD DC ⊥PD ⊥ABCD PD BC ⊥ABCP BD BC ⊥PDBD D =BC ⊥PBD BC ⊂PBC PBD ⊥PBC ,,PD DA PD DC DC DA ⊥⊥⊥D (2,0,0)A (2,2,0)B (0,4,0)C (0,0,2)P PB (1,1,1)E F ∈ABCD (,,0)F x y (1,1,1)EF x y =---平面，， 又，易知这样的点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点； （8分） 解法二：（略解）如图所示，在中作，交于，因为平面平面，则有平面．在 故知所求点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点； ..（8分）（3）解法一：由（2）是平面的一个法向量，又， 记直线与平面所成角为，则知 ..（12分） 解法二：（略解）如上图中，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，由此，在中作于，易证平面， 连接，则为直线与平面所成角，EF ⊥ABCD 0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=(2,2,2),(0,4,2)PB PC =-=-F BD D PBD ∆EF PB ⊥BD F PBD ⊥PBC EF ⊥PBC Rt PBD ∆F BD D 1(EF =-PBC (0,2,0)AB =,||||EF AB EF AB EF AB ⋅<>==⋅⋅⋅=,EF AB π<>=-AB PBC θ,|EF AB <>=//AB CD AB PBC CD PBC Rt PBD ∆DH PB ⊥H DH ⊥PBC CH DCH ∠CD PBC..（12分）13.四棱锥ABCDP-中，ABCD为矩形，平面⊥PAD平面ABCD.（1）求证：;PDAB⊥（2）若,2,2,90===∠PCPBBPC 问AB为何值时，四棱锥ABCDP-的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值.【答案】（1）详见解析，（2）3AB=时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD为矩形，故AB⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P作AD的垂线，垂足为O，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，下面用3n=表示高及底面积：设,AB m=，则DP==，故四棱锥P-ABCD的体积为A BCDP13V m ==故当m =时，即AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC 的法向量及平面DPC 的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD平面PAD 平面ABCD=AD 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG. 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG,BC ⊥PG在直角三角形BPC 中，333PG GC BG ===设,AB m =，则DP ==，故四棱锥P-ABCD 的体积为13V m ==因为=故当3m =时，即3AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.建立如图所示的空间直角坐标系，(0,0,0),O B C D P故66(,,(0,6,0),(3333PC BC CD =-==- 设平面BPC 的法向量1(,,1),x y =n ，则由1PC ⊥n,1BC ⊥n 得03330x y +-=⎨⎪=⎩解得1,0,x y ==1(1,0,1),=n同理可求出平面DPC 的法向量21(0,,1),2=n，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 1212cos ||||θ⋅===⋅n n n n 14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90ABC BAD ∠=∠=︒， 4AD AP ==，2AB BC ==，M 为PC 的中点．（1）求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；（2）点N 在线段AD 上，且AN λ=，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．【解析】试题解析：（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且,AB AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，又因为90BAD ∠=︒，所以,,PA AB AD 两两互相垂直．分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则由224AD AB BC ===，4PA =可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，又因为M 为PC 的中点，所以(1,1,2)M ．所以(1,1,2)BM =-，(0,0,4)AP =，…………2分所以cos ,||||AP BM AP BM AP BM ⋅〈〉==， 所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为．…………………………5分（2）因为AN λ=，所以(0,,0)N λ(04)λ≤≤，则(1,1,2)MN λ=---， (0,2,0)BC =，(2,0,4)PB =-，设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =m ，则0,0,BC PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,240.y x z =⎧⎨-=⎩ 令2x =，解得0y =，1z =，所以(2,0,1)=m 是平面PBC 的一个法向量．……………………………7分因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以||4|cos ,|5||||MN MN MN ⋅〈〉===m m m ， 解得[]10,4λ=∈，所以λ的值为1．……………………………………………………………10分。

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。

问题30转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题一、考情分析立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象力，又可以考查学生的意志力和探究意识，逐步成为近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一，探究性问题主要有两类：一是推理型，即探究空间中的平行与垂直关系，可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究；二是计算型，即对几何体中的空间角与距离、几何体的体积等计算型问题的有关探究，此类问题多通过求角、求距离、体积等的基本方法把这些探究性问题转化为关于某个参数的方程，根据方程解的存在性来解决.二、经验分享1.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.(2)把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.2.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对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在.求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论.3.解决立体几何中的探索性问题的步骤：第一步：写出探求的最后结论；第二步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．三、题型分析(一) 空间线面关系的探索性问题1.空间平行关系的探索性问题【例1】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D．（1）求证：AD ⊥平面BC C 1 B 1；（2）设在棱11B C 上是否存在点E ，使得A 1E ∥平面ADC 1？请给出证明．【分析】（1）利用正棱柱的性质——侧棱与底面垂直，得到1CC ⊥面ABC ，从而1CC AD ⊥，然后结合已知即可得证；（2）根据正三棱柱的性质即可判断点的存在性，当E 为棱11B C 的中点时，有1//A E AD ，从而可证A 1E ∥平面ADC 1.【解析】（1）在正三棱柱中，C C 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴ AD ⊥C C 1．又AD ⊥C 1D ，C C 1交C 1D 于C 1，且C C 1和C 1D 都在面BC C 1 B 1内， ∴ AD ⊥面BC C 1 B 1．（2）存在点E ，当点E 为棱11B C 的中点时，A 1E ∥平面ADC 1. 由（1），得AD ⊥BC ．在正三角形ABC 中，D 是BC 的中点． 当E 为B 1C 1的中点时，A 1E ∥平面ADC 1．事实上，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BC C 1 B 1是矩形，且D 、E 分别是BC 、B 1C 1的中点，所以B 1B ∥DE ，B 1B= DE ．又B 1B ∥AA 1，且B 1B =AA 1，∴DE ∥AA 1，且DE =AA 1．所以四边形ADE A 1为平行四边形， 所以E A 1∥AD ．而E A 1 面AD C 1内，故A 1E ∥平面AD C 1．【点评】线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明的两个重点，此类探究性问题的求解，一定要灵活利用空间几何体的结构特征，注意其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的应用；E 为棱11B C 的中点时，有1//A E AD 等的灵活应用，帮助我们能够准确地判断探究性问题的结论，丙直接迅速地把握证明的思路.【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点.（1）求证：；（2）若平面，求二面角的大小；（3）在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【解析】（1）连交于，由题意.在正方形中，， 所以平面，得（2）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图.设底面边长为，则高.则，，又平面，则平面的一个法向量，平面的一个法向量，则，又二面角为锐角，则二面角为；（3）在棱上存在一点使平面.由（2）知是平面的一个法向量，且，设，则又平面，所以，则.即当时，而不在平面内，故平面.2.空间垂直关系的探索性问题C D的中点，F为棱BC的中点. 【例2】棱长为2的正方体中，E为棱11(1)求证：1AE DA ⊥；(2)求在线段1AA 上是否存在点G ，使AE ⊥面DFG.？试证明你的结论.【分析】（1）先根据正方体的性质得到11DA AD ⊥，1DA AB ⊥，进而证明1DA ⊥面11ABC D ，故可得到结论；（2）首先根据正方体的结构特征确定点G 的存在性和具体位置，然后进行证明. 【解析】（1）连接1AD ，1BC ， 由正方体的性质可知11DA AD ⊥，1DA AB ⊥， 所以1DA ⊥面11ABC D ， 所以1DA AE ⊥.(2) 存在点G ，当点G 为1A 点，AE ⊥面DFG. 证明如下：由(1) 知1DA AE ⊥，取CD 的中点H ，连AH, EH . 由DF ⊥AH , DF ⊥EH ，AH I EH = H ， 得DF ⊥平面AHE ， 所以DF ⊥AE. 又因为，所以AE ⊥面DFA 1，即AE ⊥面DFG.【点评】以特殊几何体为背景的空中线面关系的探究性问题，很容易忽视几何体中的一些特殊的平行、垂直关系，导致探究性问题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）问需要利用棱与一组平行平面垂直的性质得到线面垂直关系，作为证明的起点；（2）问如果忽视（1）中结论的应用，则就无法判断结果，无法进行证明.【小试牛刀】【江西省吉安市2019届期末】如图，四面体中，平面，，，．证明平面；在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【解析】由题设知，，，，平面ABC，，，平面PAB．点D为PC的中点，且，使得．理由如下：在平面ABC内，过点B作，垂足为E，在平面PAC内，过点E作，交PC于点D，连结BD，由平面ABC，知，，平面DBE，平面DBE，，在中，，点E为AC的中点，则点D为PC的中点，在中，，，，．(二) 空间角的探索性问题【例3】如图，在四棱锥中平面，且，．（1）求证：AB PC ⊥；（2）在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需要利用线面垂直判定定理：先根据平几知识寻找线线垂直，如由等腰三角形性质得AB AC ⊥，又由条件PA ⊥平面ABCD ，得线线垂直：PA AB ⊥，这样就转化为线面垂直AB ⊥平面PAC ，即得AB PC ⊥（2）研究二面角大小，一般利用空间向量比较直接：先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系列方程组，解出M 点坐标，确定M 点位置，再利用线面角与向量夹角互余关系求BM 与平面MAC 所成角的正弦值 【解析】（1）证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形， 由已知，可得ABC ∆是等腰直角三角形，即AB AC ⊥，又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB PC ⊥．．．．．．．．．．．．．．4分（2）存在． 法一：（猜证法）观察图形特点，点M 可能是线段PD 的中点， 下面证明当M 是线段PD 的中点时，二面角的大小为45°．过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，则MN ⊥平面ABCD ． 过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ， 则MGN ∠是二面角的平面角，因为M 是线段PD 的中点，则，在四边形ABCD 求得1NG =，则．在三棱锥M ABC -中，可得，设点B 到平面MAC 的距离是h ，，则，解得22h =．在Rt BMN ∆中，可得27BM =，设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则．法二：（作图法）过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，则MN ⊥平面ABCD ， 过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则MGN ∠是二面角的平面角．若，则NG MN =，又，易求得1MN =，即M 是线段PD 的中点． （以下同解法一） 法三：（向量计算法）建立如图所示空间直角坐标系，则．设，则M 的坐标为．设(),,n x y z =是平面AMC 的一个法向量，则n AC n AM ⎧=⎨=⎩u u u v g u u u u v g ，得，则可取．又()0,0,1m =是平面ACD 的一个法向量，所以，此时平面AMC 的一个法向量可取，BM 与平面AMC 所成的角为θ，则．【点评】空间角的探究性问题要注意两个方面：一是空间角的正确表示，即利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间角时要注意两者的准确转化；二是注意我们再利用方程判断存在性时，要特别注意题中的条件限制，如点在线段上等. 【小试牛刀】如图，在直三棱柱中，，2ABC π∠=，D 是BC 的中点．（1）求证：1//A B 平面1ADC ； （2）求二面角的余弦值；（3）试问线段11A B 上是否存在点E ，使AE 与1DC 成3π 角？若存在，确定E 点位置，若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：连结1A C ，交1AC 于点O ，连结OD .由是直三棱柱，得 四边形11ACC A 为矩形，O 为1A C 的中点. 又D 为BC 中点，所以OD 为1A BC ∆中位线， 所以1//A B OD ，因为 OD ⊆平面1ADC ，1A B ⊄平面1ADC ， 所以1//A B 平面1ADC . （2）解：由是直三棱柱，且2ABC π∠=，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，(0,2,0)A ，1(2,0,1)C ，(1,0,0)D . 所以，.设平面1ADC 的法向量为(,,)n x y z =r ，则有10n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u u r ，所以， 取1y =，得.易知平面ADC 的法向量为(0,0,1)v =r.由二面角是锐角，得.所以二面角的余弦值为23. （3）解：假设存在满足条件的点E .因为E在线段11A B 上，1(0,2,1)A ，1(0,0,1)B ，故可设(0,,1)E λ，其中[0,2]λ∈. 所以，.因为AE 与1DC 成3π角，所以即，解得1λ=，所以当点E 为线段11A B 中点时，AE 与1DC 成3π角. 【例4】如图，直四棱柱中，侧棱12AA =，底面ABCD 是菱形，2AB =，，P 为侧棱1BB 上的动点．（1）求证：1D P AC ⊥；（2）在棱1BB 上是否存在点P ，使得二面角的大小为120o ？试证明你的结论.【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征，证明AC ⊥平面BB 1D 1D 即可得证结论.（2）可以利用空间线面关系做出二面角的平面角，根据二面角的大小列出方程，依据方程解的情况进行判断. 【解析】（1）连接BD ，则AC ⊥BD ，∵D 1D ⊥底面ABCD ，∴AC ⊥D 1D ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∵D 1P ⊂平面BB 1D 1D ，∴D 1P ⊥AC ． （2）存在这样的点P ，下证明之. 连接D 1O ，OP ，∵D 1A =D 1C ，∴D 1O ⊥AC ，同理PO ⊥AC ， ∴∠D 1OP 是二面角D 1—AC —P 的平面角． ∴∠D 1OP =120°．设， ∵60°，则，∴． 在111Rt D B P ∆中，．在1D OP ∆中，由余弦定理得，即．----10分整理得，解得13x =或5x =（舍）． ∴棱1BB 上是否存在点P ，使得二面角的大小为120o ，此时13BP =． 【点评】空间线面关系、空间角的探究问往往与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命题，解决此类探究性问题可从两个角度解决，一是直接利用传统的几何方法进行逻辑推理，必须熟练掌握特殊几何体的结构特征，注意平行与垂直关系的利用；二是直接利用向量法，此种方法简单直接，但也存在这很多易错易混的问题，特别是直线的方向向量与平面的法向量之间的运算与空间线面关系、空间角之间的正确转化是一个易错点.要熟记结论，灵活运用几何体的结构特征进行判断，准确进行两类关系之间的转化.【小试牛刀】 在四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且，分别为PC BD 、的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；AF1ABC1B1Cx yz（2）在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C PD G --的余弦值为33，若存在，请求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G 为AB 的中点.【解析】（1）证明：连接AC ，由正方形性质可知，AC 与BD 相交于点F ， 所以，在PAC ∆中，//EF PA ． 又PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面PAD ． 所以//EF 平面PAD ．（2）取AD 的中点O ，连接,OP OF ， 因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，分别以射线,OA OF 和OP 为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，O xyz -，不妨设2AD =．则有，假设在AB 上存在点，则．因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，且底面是正方形， 所以CD ⊥平面PAD ，则CD PA ⊥， 由得PD PA ⊥，所以PA ⊥PDC ，即平面PDC 的一个法向量为．设平面PDG 的法向理为(),,n x y z =v ，由00PD n DG n ⎧=⎨=⎩u u u v v g u u u v v g 即020x z x a --=⎧⎨+=⎩，亦即2z x x y a =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，可取．所以．解得1,1a a ==-（舍去）．所以线段AB 上存在点G ，且G 为AB 的中点，使得二面角C PD G --的余弦值为33． （三）空间距离的探索性问题 【例5】如图，已知AB ⊥平面是等腰直角三角形，其中2EBC π∠=，且.(1)在线段BE 上是否存在一点F ，使//CF 平面ADE ?(2)求线段AB 上是否存在点M ，使得点B 到面CEM 的距离等于1？如果存在，试判断点M 的个数；如果不存在，请说明理由.【分析】（1）问可利用线面平行的性质定理，利用过直线CF 的平面与平面ADE 交点的位置便可确定点F 的位置；（2）问设MB 的长度，利用等积变换求出B 到面CEM 的距离，构造关于MB 长度的方程，根据方程解的情况进行判断.【解析】(1)当F 为BE 的中点时，//CF 平面ADE . 证明：取BE 的中点F 、AE 的中点G ，连结//CD GF ∴CFGD ∴是平行四边形,//CD GD ∴//CF ∴平面ADE(2)不存在.设MB x =，在Rt BEC ∆中，，又因为MB ⊥面BEC ， 所以.则在Rt MBE ∆中，同理，.在Rt MEC ∆中，， 取EC 的中点H ，因为ME MC =，所以MH EC ⊥， 而. 故.因为点B 到面CEM 的距离等于1， 所以.而，所以，解得2x =.所以在线段AB 上只存在一点M ，当且仅当2BM =时，点B 到面CEM 的距离等于1.【点评】探究线面平行问题时，应注意几何体的结构特征，也可根据是否能构造中位线或比例线段从而找出线线平行关系进行判断.该题易出现的问题是忽视点P 在线段AB 上的限制条件，误以为方程的解就是结果而忽视对λ的取值范围的技巧.【小试牛刀】如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥底面 ABCD ，侧棱PA=PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD=2AB=2BC=2,O 为AD 中点．（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32？若存在，求出AQQD 值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）13． 【解析】（Ⅰ）证明：在PAD ∆中PA PD =，O 为AD 中点，所以PO AD ⊥． 又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD I 平面，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ． （Ⅱ）连接AC 、BO假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为．设QD x =，则12DQC S x ∆=因为//BC AD ，O 为AD 的中点，2AD BC =O PADCB所以//BC OD ，且BC OD = 所以CD OB = 因为AB AD ⊥，且 所以在Rt POC ∆中，2PC =所以所以由，即解得32x =所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =． 解决此类探究性问题的基本思路就是设出参数，根据空间线面关系的判定和性质定理进行推理，或根据角、距离、体积等的求解方法用参数表示出相关的数据，建立关于参数的方程，根据方程解的存在性以及解的个数问题来处理.解题过程需要注意以下三个问题：1.熟练把握空间线面关系的性质定理，在探究空间线面关系的有关问题时，可以把探究的结论作为已知条件，利用性质定理逐步进行推导；2.熟练掌握求解空间角、空间距离以及几何体体积等的基本方法，通过设置合适的参数，建立关于某个参数的方程，转化为方程的解的问题进行探究；3.合理设参，准确计算.探究性问题中的点往往在线段上或某个平面图形内，我们可以利用线段长度的比值设置参数，但也要注意参数的取值范围的限制. 四、迁移运用1.【2018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习】如图，在△ABC 中，AB ⊥AC ，若AD ⊥BC ，则AB 2＝BD ·BC ；类似地有命题：在三棱锥A －BCD 中，AD ⊥平面ABC ，若A 点在平面BCD 内的射影为M ，则有S 2＝S △BCM ·S △BCD .上述命题是 ( )A. 真命题B. 增加条件“AB⊥AC”才是真命题C. 增加条件“M为△BCD的垂心”才是真命题D. 增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”才是真命题【答案】A【解析】因为AD⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC．在△ADE中，AE2＝ME·DE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，BC⊥AE．又，所以．选A．2.【福建省厦门市2018届高三下学期第一次质量检查（3月）】矩形中，，为中点，将沿所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：①存在某个位置，；②存在某个位置，；③存在某个位置，；④存在某个位置，.其中正确的是（）A. ①②B. ③④C. ①③D. ②④【答案】C【解析】根据题意画出如图所示的矩形：翻折后如图：.对于①，连接，交于点，易证，设，则，，所以，，则，即，，所以翻折后易得平面，即可证，故①正确；对于②，若存在某个位置，，则平面，从而平面平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，故②不正确；对于③，若存在某个位置，，则平面，平面⊥平面，则就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故③正确；对于④，若存在某个位置，，因为，所以平面，从而，这与已知矛盾，故④不正确.故选C.3．【陕西省汉中市重点中学2019届高三下学期3月联考】如图，在正方体中，点是底面的中心，是线段的上一点.（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；（2）能否存在点使得平面平面，若能，请指出点的位置关系，并加以证明；若不能，请说明理由.【解析】不妨设正方体的棱长为2，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.（1）因为点是的中点，所以点的坐标为.所以，，.设是平面的法向量，则，即.取，则，所以平面的一个法向量为.所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）假设存在点使得平面平面，设.显然，.设是平面的法向量，则，即，取，则，，所以平面的一个法向量为.因为，所以点的坐标为.所以，.设是平面的法向量，则，即.取，则，所以平面的一个法向量为.因为平面平面，所以，即，，解得.所以的值为2.即当时，平面平面.4．【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，，，，，设为棱上一点，.（1）求证：当时，；（2）试确定的值使得二面角为.【解析】（1）证明：因为，，过作于，则为中点，所以，又，所以.所以，因为平面，所以，，在中，由勾股定理，得当时，，则，因为，所以又，所以∽，所以，即，因为，又，，所以平面，所以又，所以平面，所以，命题得证.（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）由（1）得：，，则点，，，，，令，则，，，，，因为，所以，所以点，由题目条件易证平面，所以平面的法向量，设平面的法向量为，则，即，即令，得因为二面角为，所以，解得，，因为在棱上，则，所以为所求.5．【湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期第一次适应性考试(一模)】如图，在四棱锥中，，底面四边形为直角梯形，，，为线段上一点.(1)若，则在线段上是否存在点，使得平面?若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由(2)己知，若异面直线与成角，二而角的余弦值为，求的长. 【解析】（1）延长，交于点，连接，则平面.若平面，由平面平面，平面，则.由，，则，故点是线段上靠近点的一个三等分点.（2）∵，，，平面，平面，则平面以点为坐标原点，以，所在的直线分别为轴、轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，，，，则，，设平面和平面的法向量分别为，.由，得即，令，则，故.同理可求得.于是，则，解之得（负值舍去），故.∴.6【江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考】．如图，在四棱锥中，底面是正方形，且，平面平面，，点为线段的中点，点是线段上的一个动点．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）设二面角的平面角为，试判断在线段上是否存在这样的点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（Ⅰ）四边形是正方形，∴.∵平面平面平面平面，∴平面.∵平面，∴.∵，点为线段的中点，∴.又∵，∴平面.又∵平面，∴平面平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，∵，∴平面.在平面内过作交于点，∴，故，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.因为，，∴.∵平面，则，，又为的中点，，假设在线段上存在这样的点，使得,设，，，设平面的法向量为，则∴，令，则，则平面，平面的一个法向量,,则∴.，解得，∴7．【山东省临沂市2019届高三2月教学质量检测】如图，在四棱锥中，平面, ，，，,是线段的中点.（1）证明：平面（2）当为何值时，四棱锥的体积最大？并求此最大值【解析】（1）取PD中点N，连接MN，CN，∵M是AP的中点，∴MN∥AD且MN，∵AD∥BC，AD＝2BC，∴MN∥BC，MN＝BC，∴四边形MNCB是平行四边形，∴MB∥CN，又BM平面PCD，CN⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD；（2）设PA＝x（0＜x＜4），∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵，∴AB，又∵AB⊥AD，AD＝2BC＝4，∴V P﹣ABCD＝16，当且仅当x，即x＝4时取等号，故当PA＝4时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大，最大值为16．8．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，是中点，是上的点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，当时，是否存在点，使直线与平面的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，是的中点，，又，平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，则，设，则，又，设是平面的一个法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，由，得：．化简得：，解得或，故存在点满足题意，此时为或．9．【上海市七宝中学2019届高三上学期期末】在长方体ABCD-A1B1C1D1中（如图），AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点．（1）求异面直线AD1与EC所成角的大小；（2）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，试问四面体D1CDE是否为鳖臑？并说明理由．【解析】（1）取CD 中点F ，连接AF ，则AF ∥EC ，∴∠D 1AF 为异面直线AD 1与EC 所成角． 在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，由AD =AA 1=1，AB =2， 得∴△AD 1F 为等边三角形，则．∴异面直线AD 1与EC 所成角的大小为； （2）连接DE ，∵E 为AB 的中点，∴DE =EC =，又CD =2，∴DE 2+CE 2=DC 2，得DE ⊥CE ．∵D 1D ⊥底面DEC ，则D 1D ⊥CE ，∴CE ⊥平面D 1DE ，得D 1E ⊥CE ． ∴四面体D 1CDE 的四个面都是直角三角形， 故四面体D 1CDE 是鳖臑． 10.如图,在三棱锥中, 1AA ⊥底面ABC ,. M 、N分别为BC 和11B C 的中点. P 为侧棱1BB 上的动点.（Ⅰ）求证: 1//A N 平面APM ; （Ⅱ）求证:平面APM ⊥平面11BB C C ;（Ⅲ）试判断直线1BC 与平面APM 是否能够垂直.若能垂直,求PB 的值;若不能垂直,请说明理由. 【解析】（Ⅰ）证明:∵是三棱柱，∴三个侧面都是平行四边形, 11//AA BB 且11AA BB =， 又∵M 、N 分别为BC 和11B C 的中点， ∴1//MN BB 且1MN BB =， ∴1//MN AA 且1MN AA =， ∴1AA NM 是平行四边形， ∴1//A N AM ，∵1A N ⊄平面APM , AM ⊂平面APM ， ∴1//A N 平面APM .（Ⅱ）证明:∵1AA ⊥底面ABC ， ∴1BB ⊥底面ABC ， ∴1BB AM ⊥， 又∵AB AC =,，又∵M 是BC 中点， ∴AM BC ⊥， ∵, 1,BC BB ⊂平面11BB C C ，∴AM ⊥平面11BB C C ， 则平面APM ⊥平面11BB C C ;（Ⅲ）直线1BC 与平面APM 能够垂直,且43PB =， 由（Ⅱ）知AM ⊥平面11BB C C ， ∴1AM BC ⊥，若要使1BC ⊥平面APM ,仅需在平面APM 内再找一条和AM 相交的直线和1BC 即可.此时我们取平面APM 内和AM 相交的直线PM ，若1PM BC ⊥,则BPM V 与1CBC V 相似， ∴1PB BCBM CC =， ∴.11．如图1，在边长为12的正方形11''AA A A 中，，且3AB =，4BC =，1'AA 分别交1BB ，1CC 于点P ，Q ，将该正方形沿1BB 、1CC 折叠，使得1''A A 与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱．（1）求证：AB PQ ⊥；（2）在底边AC 上是否存在一点M ，满足//BM 平面APQ ，若存在试确定点M 的位置，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）点M 满足时，//BM 平面APQ .【解析】（1）证明：因为3AB =，4BC =，所以5AC =，从而，即AB BC ⊥， 又因为1AB BB ⊥，而， 所以AB ⊥平面1BC ，又PQ ⊂平面1BC ，所以AB PQ ⊥．（2）假设存在一点M 满足//BM 平面APQ ，过M 作//MN CQ 交AQ 于N ，连接PN ，由 因为//PB CQ ，所以//MN PB ，连接PN ，因为//BM 平面APQ ，所以//BM PN ，所以四边形PBMN 为平行四边形，所以3MN =，， 所以当点M 满足时，//BM 平面APQ ．12.在四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且，分别为PC BD 、的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C PD G --的余弦值为3，若存在，请求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G 为AB 的中点.【解析】（1）证明：连接AC ，由正方形性质可知，AC 与BD 相交于点F ，所以，在PAC ∆中，//EF PA ．又PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面PAD ．所以//EF 平面PAD ．（2）取AD 的中点O ，连接,OP OF ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，分别以射线,OA OF 和OP 为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系， O xyz -，不妨设2AD =．则有，假设在AB 上存在点，则． 因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，且底面是正方形，所以CD ⊥平面PAD ，则CD PA ⊥，由得PD PA ⊥，所以PA ⊥PDC ，即平面PDC 的一个法向量为． 设平面PDG 的法向理为(),,n x y z =v ，由00PD n DG n ⎧=⎨=⎩u u u v v g u u u v v g 即020x z x a --=⎧⎨+=⎩，亦即2z x x y a =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，可取．所以．解得1,1a a ==-（舍去）． 所以线段AB 上存在点G ，且G 为AB 的中点，使得二面角C PD G --的余弦值为．。

高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇立体几何专题04立体几何的探索性问题类型对应典例探索位置问题典例1“线定，面动”探索线面平行问题典例2“线动，面定”探索线面平行问题典例3探索线线垂直问题典例4探索线面垂直问题典例5探索面面垂直问题典例6探索二面角问题典例7【典例1】如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．（1）求异面直线AP，BM所成角的余弦值；（2）点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为45，求λ的值．【典例2】如图，在平行四边形ABCD 中，2,4,60AB AD BAD ︒==∠=，平面EBD ⊥平面ABD ，且,EB CB ED CD ==.（1）在线段EA 上是否存在一点F ，使//EC 平面FBD ，证明你的结论；（2）求二面角A EC D --的余弦值.【典例3】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，BC ∥AD ，12BC CD AD ==.（Ⅰ）求证：CD ⊥PD ；（Ⅱ）求证：BD ⊥平面PAB ；（Ⅲ）在棱PD 上是否存在点M ，使CM ∥平面PAB ，若存在，确定点M 的位置，若不存在，请说明理由.【典例4】在三棱锥P—ABC 中，PB ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB=PB =2，BC =2E 、G 分别为PC 、PA 的中点.（1）求证：平面BCG ⊥平面PAC ；（2）假设在线段AC 上存在一点N ，使PN ⊥BE ，求ANNC的值；（3）在（2）的条件下，求直线BE 与平面PBN 所成角的正弦值【典例5】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，1AB BC ==，2PA AD ==．（1）求证：CD ⊥平面PAC ；（2）在棱PC 上是否存在点H ，使得AH ⊥平面PCD ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由．【典例6】直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AA C C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AA C C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由.【典例7】如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝，DE ＝.（1）求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；（2）在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M ­BE ­D 的大小为60°？若存在，求出AMAF的值；若不存在，说明理由.1.如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3π，E ，F 分别是BC ，A 1C的中点．（1）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；（2）点M 在线段A 1D 上，11A MA Dλ=．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．2．如图，在四棱锥P­ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ．E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（I ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(II)若二面角P­CD­A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.3．已知四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 为菱形，60ABC ∠=︒，PA ⊥平面ABCD ，E 、M 分别是BC 、PD 上的中点，直线EM 与平面PAD 所成角的正弦值为155，点F 在PC 上移动.（Ⅰ）证明：无论点F 在PC 上如何移动，都有平面AEF ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求点F 恰为PC 的中点时，二面角C AF E --的余弦值.4．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA PD =，PA AB ⊥，N 是棱AD 的中点.(1)求证：PN ^平面ABCD ；(2)在棱BC 上是否存在点E ，使得//BN 平面DEP ？并说明理由.5．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB PC ⊥，AD BC ∕∕，AD CD ⊥，且2PC BC AD ==2CD ==2PA =．(1)PA ⊥平面ABCD ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为60︒？如果存在，求PMPD的值；如果不存在，请说明理由．6．如图，在四棱锥S ABCD -中，已知四边形ABCD的正方形，点S 在底面ABCD 上的射影为底面ABCD 的中心点O ，点P 在棱SD 上，且SAC 的面积为1．（1）若点P 是SD 的中点，求证：平面SCD ⊥平面PAC ；（2）在棱SD 上是否存在一点P 使得二面角P AC D --？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．7．如图，在三棱锥A BCD -中，顶点A 在底面BCD 上的投影O 在棱BD 上，AB AD ==，2BC BD ==，90CBD ∠=︒，E 为CD 的中点．（1）求证：AD ⊥平面ABC ；（2）求二面角B AE C --的余弦值；（3）已知点Q 为AE 的中点，在棱BD 上是否存在点P ，使得PQ ⊥平面ABE ，若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由．8．如图，AC 是O 的直径，点B 是O 上与A ，C 不重合的动点，PO ⊥平面ABC .（1）当点B 在什么位置时，平面OBP ⊥平面PAC ，并证明之；（2）请判断，当点B 在O 上运动时，会不会使得BC AP ⊥，若存在这样的点B ，请确定点B 的位置，若不存在，请说明理由.参考答案【典例1】【详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD .又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直．分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，4，0)，P (0，0，4)．又因为M 为PC 的中点，所以M (1，1，2)．所以BM＝(－1，1，2)，AP ＝(0，0，4)，所以cos 〈AP ，BM 〉＝||||⋅AP BMAP BM63，所以异面直线AP ，BM所成角的余弦值为3.（2）因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN ＝(－1，λ－1，－2)，BC ＝(0，2，0)，PB＝(2，0，－4)．设平面PBC 的法向量为m＝(x,y,z )，则00m BC m PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20240y x z =⎧⎨-=⎩令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m＝(2，0，1)是平面PBC 的一个法向量．因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN ，m 〉|＝||||||⋅MN MN m m ＝2|22|5(1)5λ--+-⋅＝45，解得λ＝1∈[0，4]，所以λ的值为1.【典例2】【详解】（1）存在点F ，点F 为EA 的中点证明：当点F 为EA 的中点时，连结AC 交BD 于O ，∵平行四边形ABCD ，∴O 为AC 的中点，连结OF ，则//OF EC ，∵FO ⊂平面BDF ，EC ⊂/平面BDF ，∴//EC 平面FBD .（2）∵4,2EB CB AD ED CD AB ======，60BAD ∠=︒∴23BD =，∴222BE BD ED =+，222BC BD DC =+，∴BD ED ⊥，BD DC ⊥又∵平面EBD ⊥平面ABD ，∴ED ⊥平面ABCD ，BD ⊥平面ECD ，以DB 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，如图建系：D xyz-则(0,0,0)D ，(23,2,0)A -，(0,2,0)C ，(0,0,2)E ，(23,0,0)B ∴(23,4,0)AC =- ，(23,2,2)AE =-∴(23,0,0)DB =为平面ECD 的一个法向量，令平面ACD 的一个法向量为(,,)n x y z =，∴40220n AC y n AE y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ 取2x =，y =，z =∴平面ACD的一个法向量为(n =，令二面角A EC D --为θ，由题意可知θ为锐角，则||10cos |cos ,|5||||n DB n DB n DB θ⋅=<>===⋅.【典例3】【详解】（Ⅰ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥PA .因为CD ⊥AD ，PA AD A ⋂=，所以CD ⊥平面PAD .因为PD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥PD .(II )因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA .在直角梯形ABCD 中，12BC CD AD ==，由题意可得AB BD ==，所以222AD AB BD =+，所以BD AB ⊥.因为PA AB A = ，所以BD ⊥平面PAB .（Ⅲ）解：在棱PD 上存在点M ，使CM ∥平面PAB ，且M 是PD 的中点.证明：取PA 的中点N ，连接MN ，BN ，因为M 是PD 的中点，所以12MN AD .因为12BC AD，所以MN BC .所以MNBC 是平行四边形，所以CM ∥BN .因为CM ⊄平面PAB ,BN ⊂平面PAB .所以//CM 平面PAB .【典例4】【详解】（1）因为PB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PB BC ⊥，又AB BC ⊥，AB BP B = ，所以BC ⊥平面PAB ，则BC PA ⊥①，又2AB PB ==，PAB ∆为等腰直角三角形，G 为斜边PA 的中点，所以BG PA ⊥②，又BG BC B ⋂=，所以PA ⊥平面BCG ，因PA ⊂平面PAC ，则有平面BCG ⊥平面PAC ；（2）分别以,,BA BC BP为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，那么(2,0,0),(0,(0,0,2),A C P BE =，因此(2,AC =- ，(2,0,2)PA =-，设(2,,0)AN AC λλ==-，那么(22,,2)PN λ=--，由PN BE ⊥，得0PN BE ⋅=，解得13λ=.因此13AN AC = ，因此12AN NC =；（3）由（2）知423(,,2)33PN =-，设平面PBN 的法向量为(,,)n x y z = ，则0,0n PN n BP ⋅=⋅=，即2042033z x y z =⎧⎪⎨+-=⎪⎩，令x =2y =-，0,z =因此2,0)n =-，设直线BE 与平面PBN 所成角为θ，那么sin 7BE n BE n θ⋅===⋅ .【典例5】解（1）由题意，可得DC AC ==，∴222A C D C A D +=，即AC DC ⊥，又PA ⊥底面ABCD ，∴PA CD ⊥，且PA AC A = ，∴DC ⊥平面PAC ；（2）过点A 作AH PC ⊥，垂足为H ，由（1）可得CD AH ⊥，又PC CD C = ，∴AH ⊥平面PCD .在Rt PAC △中，∵2PA =，AC =PH PAPA PC=∴23PH PC =.即在棱PC 上存在点H ，且23PH PC =，使得AH ⊥平面PCD.【典例6】【详解】（1）如图所示：以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：则1(0,0,0)A ，1(0,2,0)B ，1(2,2,0)C ，设(0,0,)A a ，则4(0,,)3E a ，2(,2,0)3F ，所以22(,,)33EF a =- ，1(0,0,)A A a = ，11(2,2,0)AC = ，因为11113EF A A A C =-+ ，所以EF ，1A A ，11AC共面，又EF 不在平面11AA C C 内，所以//EF 平面11AA C C（2）线段AC 上存在一点G ，使面EFG ⊥面11AA C C ，且3AG =，证明如下：在三角形AGE 中，由余弦定理得EG ==3==，所以222AG EG AE +=，即EG AG ⊥，又1A A ⊥平面ABCD ，EG ⊂平面ABCD ，、所以1A A EG ⊥，而1AG A A A ⋂=，所以EG ⊥平面11AA C C ，因为EG ⊂平面EFG ，所以EFG ⊥面11AA C C ，【典例7】【详解】（1）因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D ­xyz ，如图所示.则A （3，0，0），F （3，0，，E （0，0，），B （3，3，0），C （0，3，0），CA =（3，－3，0），BE＝（－3，－3，），EF＝（3，0，.设平面BEF 的法向量为n＝（x 1，y 1，z 1），1111133030n BE x y n EF x ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ 取x 1，得n，，3）.所以||13|cos ,|13||||CA n CA n CA n ⋅<>===所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313.（2）假设存在点M 在线段AF 上满足条件，设M （3，0，t ），0≤t≤则BM＝（0，－3，t ），BE ＝（－3，－3，）.设平面MBE 的法向量为m＝（x 2，y 2，z 2），2222230330m BM y tz m BE x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩令y 2＝t ，得m＝（t ，t ，3）.易知CA＝（3，－3，0）是平面BED 的一个法向量，所以|cos ,|m CA <>|12=，整理得2t 2－t ＋15＝0，解得t＝2或t ＝562（舍去），故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M ­BE ­D 的大小为60°，此时14AM AF =.1.【思路引导】（1）由四棱柱1111ABCD A B C D -，证得11,A A AE A A AD ⊥⊥，进而得到AE AD ⊥，以{}1,,AE AD A A为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解,EF AD 所成角的余弦值；（2）设(,,)M x y z ，由点M 在线段1A D 上，得到11A M A Dλ=，得出向量CM则坐标表示，再求得平面AEF 的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到λ的值。

专题12 立体几何中探索性问题专题概述立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．典型例题【例1】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥． （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使得//DE 平面1ABC ．若存在，求二面角1E AC B --的余弦值．【分析】（1）推导出1AA AB ⊥，1A A AC ⊥，从而1A C ⊥平面1ABC ，由此能证明平面1ABC ⊥平面11A ACC ． （2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ，设点E 到平面1ABC的距离为d ，由11E ABC C ABE V V --=，求出d =A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角1E AC B --的余弦值．【解答】证明：（1）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，1AA AB ∴⊥， 又1AA BC ⊥，ABBC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1A A AC ∴⊥．又1A A AC =，11AC AC ∴⊥．又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ．解：（2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EFDF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，则有//DE 平面1ABC ．设点E 到平面1ABC 的距离为d ，AB AC ⊥，且1AA AB ⊥，AB ∴⊥平面11A ACC ，1AB AC ∴⊥，∴1122BAC S=⨯= 1A A AC ⊥，AB AC ⊥，AC ∴⊥平面11A ABB ， 11//AC AC ，11AC ∴⊥平面11ABB ，∴11111182243323C ABE ABE V S AC -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 由1183E ABC C ABE V V --==，解得188333ABC d S=⨯==以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系， (0A ，0，0)，(2B ，0，0)，1(0C ，4，4)，(2E ，0，2)， 1(0AC =，4，4)，(2AB =，0，0)，(2AE =，0，2)，设平面1AC E 的法向量(n x =，y ，)z ，则1440220n AC y z n AE x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，1)-， 设平面1AC B 的法向量(m x =，y ，)z ，则144020m AC y z m AB x ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩，取1y =，得(0m =，1，1)-， 设二面角的平面角为θ， 则6cos ||||32m n m n θ===．∴二面角1E AC B --【例2】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，且1BC BB ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒． （1）求证：1BD CC ⊥；（2）若动点E 在棱11C D 上，试确定点E 的位置，使得直线DE 与平面1BDB ．【分析】（1）连接1A B ，1A D ，AC ，则△1A AB 和△1A AD 均为正三角形，设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥，由四边形ABCD 是正方形，得AC BD ⊥，从而BD ⊥平面1A AC ．进而1BD AA ⊥，由此能证明1BD CC ⊥．（2）推导出11A B A D ⊥，1AO AO ⊥，1AO BD ⊥，从而1A O ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法能求出当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ． 【解答】解：（1）连接1A B ，1A D ，AC ， 因为1AB AA AD ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒， 所以△1A AB 和△1A AD 均为正三角形， 于是11A B A D =．设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥， 又四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 而1A OAC O =，所以BD ⊥平面1A AC ．又1AA ⊂平面1A AC ，所以1BD AA ⊥，又11//CC AA ，所以1BD CC ⊥．（2）由11A B A D ==2BD ==，知11A B A D ⊥，于是1112AO AO BD AA ===，从而1AO AO ⊥， 结合1AO BD ⊥，1A AC O =，得1A O ⊥底面ABCD ，所以OA 、OB 、1OA 两两垂直．如图，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -， 则(1A ，0，0)，(0B ，1，0)，(0D ，1-，0)，1(0A ，0，1)，(1C -，0，0)， (0,2,0)DB =，11(1,0,1)BB AA ==-，11(1,1,0)D C DC ==-，由11(1,0,1)DD AA ==-，得1(1D -，1-，1)．设111([0,1])D E D C λλ=∈，则(1E x +，1E y +，1)(1E z λ-=-，1，0)，即(1E λ--，1λ-，1)， 所以(1,,1)DE λλ=--．设平面1B BD 的一个法向量为(,,)n x y z =， 由100n DB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =，得(1,0,1)n =，设直线DE 与平面1BDB 所成角为θ，则sin |cos ,|2DE n θ=<>==⨯解得12λ=或13λ=-（舍去）， 所以当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ．【变式训练】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥ （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC（2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使//DE 平面1ABC ，若存在，求点E 到平面1ABC 的距离．【分析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，由侧面11ABB A 是矩形，可得1AA AB ⊥，又1AA BC ⊥，可得1AA ⊥平面ABC ，得到1AA AC ⊥，进一步有11AC AC ⊥，结合11BC AC ⊥，可得1A C ⊥平面1ABC ，由面面垂直的判定得平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ，由面面平行的判定和性质可得//DE 平面1ABC ，咋爱优等体积法可求点E 到平面1ABC 的距离为． 【解答】（1）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形， 1AA AB ∴⊥，又1AA BC ⊥，AB BC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1AA AC ∴⊥，又1AA AC =，11AC AC ∴⊥， 又11BC AC ⊥，111BC AC C =，1A C ∴⊥平面1ABC ，又1A C ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）解：当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EF DF F =，1ABAC A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，又DE ⊂平面EFD ，//DE ∴平面1ABC ，又11E ABC C ABE V V --=，11C A ⊥平面ABE ，设点E 到平面1ABC 的距离为d ，∴111122243232d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，得d =∴点E 到平面1ABC ．专题强化1．（2020•3月份模拟）如图．在正三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面，且底面三角形ABC 是等边三角形）中，1BC CC =，M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． （1）求证：平面//NPC 平面1AB M ；（2）在线段1BB 上是否存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，也请说明理由．【分析】（1）由M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出1//NP AB ，1//CP MB ，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ．四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为B 点．不妨取2BC =．判断10AB MQ =是否成立即可得出结论．【解答】（1）证明：M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． 1//NP AB ∴，四边形1MCPB 为平行四边形，可得1//CP MB ，NP ⊂/平面1AB M ；1AB ⊂平面1AB M ；//NP ∴平面1AB M ；同理可得//CP 平面1AB M ；又CP NP P =，∴平面//NPC 平面1AB M ．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ． 四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为线段1BB 的中点． 不妨取2BC =．(0M ，1-，1)，(0Q ，1，0)，A 0，0)，1(0B ，1，2)，1(AB =-1，2)，(0MQ =，2，1)-， 10AB MQ =．∴在线段1BB 上存在一点Q ，使1AB ⊥平面1A MQ ，其中点Q 为线段1BB 的中点2．（2020•湖南模拟）如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直．已知2AB =，1EF =． （Ⅰ）求证：平面DAF ⊥平面CBF ； （Ⅰ）求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；（Ⅰ）当AD 的长为何值时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒？【分析】()I 利用面面垂直的性质，可得CB ⊥平面ABEF ，再利用线面垂直的判定，证明AF ⊥平面CBF ，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；()II确定ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角，过点F作FH AB⊥，交AB于H，计算出AF，即可求得直线AB与平面CBF所成角的大小；（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量1(0,2,n t=，平面CBF的一个法向量21(0)2n AF==-，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】()I证明：平面ABCD⊥平面ABEF，CB AB⊥，平面ABCD⋂平面ABEF AB=，CB∴⊥平面ABEF．AF ⊂平面ABEF，AF CB∴⊥，⋯（2分）又AB为圆O的直径，AF BF∴⊥，AF∴⊥平面CBF．⋯（3分）AF ⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．⋯（4分）()II解：根据（Ⅰ）的证明，有AF⊥平面CBF，FB∴为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角⋯（6分）//AB EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH AB⊥，交AB于H．2AB=，1EF=，则122AB EFAH-==．在Rt AFB∆中，根据射影定理2AF AH AB=，得1AF=．⋯（8分）∴1sin2AFABFAB∠==，30ABF∴∠=︒．∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30︒．⋯（9分）（Ⅰ）解：设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设(0)AD t t=>，则点D的坐标为(1，0，)t，则(1C-，0，)t，1(1,0,0),(1,0,0),(2A B F-∴1(2,0,0),(,)2CD FD t==⋯（10分）设平面DCF的法向量为1(,,)n x y z=，则1n CD =，1n FD =，即200.xy tz=⎧⎪⎨+=⎪⎩令z=0x=，2y t=，∴1(0,2,n t=⋯（12分）由()I 可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为21(0)2n AF ==-，依题意1n 与2n 的夹角为60︒，∴1212cos60||||n n n n ︒=，即12=，解得t =因此，当AD DFC 平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒．⋯（14分）3．（2019•全国二模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，点D 是棱11B C 的中点． （Ⅰ）求证：1//AC 平面1A BD ；（Ⅰ）若AB AC ==12BC BB ==，在棱AC 上是否存在点M ，使二面角1B A D M --的大小为45︒，若存在，求出AMAC的值；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）先连接1AB ，交1A B 于点O ，再由线面平行的判定定理，即可证明1//AC 平面1A BD ； （Ⅰ）先由题意得AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，设(0M ，a ，0)，(02)a，求出两平面的法向量，根据法向量夹角余弦值以及二面角的大小列出等式，即可求出a ，进而可得出结果．【解答】证明：（Ⅰ）连接1AB ，交1A B 于点O ，则O 为1AB 中点， 连接OD ，又D 是棱11B C 的中点，1//OD AC ∴， OD ⊂平面1A BD ，1AC ⊂/平面1A BD ，1//AC ∴平面1A BD ．解：（Ⅰ）由已知AB AC ⊥，则AB ，AC ，1AA 两两垂直， 以A 为原点，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则B ，1(0A ，0，2)，D ，2)，(0C0)， 设(0M ，a ，0)，(02)a，则1(BA =-，12(22A D =，0)，1(0A M =，a ，2)-， 设平面1BA D 的法向量为(n x =，y ，)z ，则11220202n BA z n A D y ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1z =，得(2,n =-1)． 设平面1A DM 的法向量为(m x =，y ，)z ，则1120202m A M ay z m A D y ⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩，2x =-，得(2m =-，2，)a ． 二面角1BA D M --的大小为45︒， 2|||2222cos 45|cos ,|||||58m na m n m n a --+∴︒=<>===+，23240a ∴+-=，解得a =-a =02a ，3a ∴=， ∴存在点M ，此时23AM AC =，使二面角1B A D M --的大小为45︒．4．（2019•3月份模拟）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为BC 边上一点，BD =122AA AB AD ===．（1）证明：平面1ADB ⊥平面11BB C C ．（2）若BD CD =，试问：1A C 是否与平面1ADB 平行？若平行，求三棱锥11A A B D -的体积；若不平行，请说明理由．【分析】（1）先证AD 与BC ，1BB 垂直，进而得线面垂直，面面垂直；（2）连接1A B 得中点E ，利用中位线得线线平行，进而得线面平行，再利用等分三棱柱的方法求得三棱锥的体积．【解答】解：（1）证明：2AB =，1AD =，BDAD BD ∴⊥，1AA ⊥平面ABC ， 1BB ∴⊥平面ABC ， 1BB AD ∴⊥，AD ∴⊥平面11BB C C ，∴平面1ADB ⊥平面11BB C C ；（2）1A C 与平面1ADB 平行，证明如下：连接1A B 交1AB 于E ，连接DE ，则E 为1AB 中点， BD CD =，1//AC DE ∴， 又1A C ⊂/平面1ADB ，DE ⊂平面1ADB ， 1//AC ∴平面1ADB ， 利用三等分三棱柱的知识可知， 1111116A A B D A B C ABC V V --=116ABC S AA ∆=⨯ 11162BC AD AA =⨯⨯⨯ 111262=⨯⨯⨯=．故三棱锥11A A B D -． 5．（2018秋•全国期末）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，111112AA A B AB ===，60ABC ∠=︒，1AA ⊥平面ABCD ．（1）若点M 是AD 的中点，求证：1//C M 平面11AA B B ；（2）棱BC 上是否存在一点E ，使得二面角1E AD D --的余弦值为13？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接1B A ，推导出四边形11AB C M 是平行四边形，从而11//C M B A ，由此能证明1//C M 平面11AA B B ．（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，推导出AQ BC ⊥，AQ AD ⊥，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】证明：（1）连接1B A ，由已知得，11////B C BC AD ，且1112B C AM BC == 所以四边形11AB C M 是平行四边形，即11//C M B A ⋯（2分）又1C M ⊂/平面11AA B B ，1B A ⊂平面11AA B B ， 所以1//C M 平面11AA B B ⋯（4分）解：（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，因为ABCD 是菱形，且60ABC ∠=︒， 所以ABC ∆是正三角形，所以AQ BC ⊥，即AQ AD ⊥， 由于1AA ⊥平面ABCD ⋯（6分）所以，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 如图(0A ，0，0)，1(0A ，0，1)，1(0D ，1，1)，Q 假设点E 存在，设点E的坐标为,0)λ，11λ-， (3,0)AE λ=，1(0,1,1)AD =⋯（7分）设平面1AD E 的法向量(,,)n x y z =则100n AE n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00y y z λ+=+=⎪⎩，可取(,3,n λ=-⋯（9分）平面1ADD 的法向量为(3,0,0)AQ =⋯（10分） 所以，31|cos ,|33AQ n λ<>==，解得：λ=（11分） 又由于二面角1E AD D --大小为锐角，由图可知，点E 在线段QC 上， 所以λ=，即1CE =（12分）6．（2019•山东模拟）如图所示的矩形ABCD 中，122AB AD ==，点E 为AD 边上异于A ，D 两点的动点，且//EF AB ，G为线段ED 的中点，现沿EF 将四边形CDEF 折起，使得AE 与CF 的夹角为60︒，连接BD ，FD ．（1）探究：在线段EF 上是否存在一点M ，使得//GM 平面BDF ，若存在，说明点M 的位置，若不存在，请说明理由；（2）求三棱锥G BDF -的体积的最大值，并计算此时DE 的长度．【分析】（1）取线段EF 的中点M ，由G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点，可得//GM DF ，再由线面平行的判定可得//GM 平面BDF ；（2）由//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒，可得AE 与DE 的夹角为60︒，过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知可得DP 为点D 到平面ABFE 的距离，设DE x =，则4AE BF x ==-，然后利用等积法写出三棱锥G BDF -的体积，再由基本不等式求最值，并求出DE 的长度． 【解答】（1）解：取线段EF 的中点M ，有//GM 平面BDF ． 证明如下：如图所示，取线段EF 的中点M ， G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点， GM ∴为EDF ∆的中位线，故//GM DF ，又GM ⊂/平面BDF ，DF ⊂平面BDF ，故//GM 平面BDF ； （2）解：//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒， 故AE 与DE 的夹角为60︒， 过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知得DE EF ⊥，AE EF ⊥，EF ∴⊥平面AED ， 则DP 为点D 到平面ABFE 的距离， 设DE x =，则4AE BF x ==-， 由（1）知//GM DF ， 故111333[1(4)](4)332G BDF M BDF D MBF MBF V V V S DP x x x x ---∆====⨯⨯⨯-⨯=-， 当且仅当4x x -=时等号成立，此时2x DE ==．故三棱锥G BDF -，此时DE 的长度为2．7．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，PD ⊥平面ABCD ，PD =M 为PC 上的动点．（Ⅰ）当M 为PC 的中点时，在棱PB 上是否存在点N ，使得//MN 平面PDA ？说明理由； （Ⅰ）BDM ∆的面积最小时，求三棱锥M BCD -的体积．【分析】（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ．取PB 的中点N ，连接MN ，由M ，N 分别为PC ，PB 中点，可得//MN BC ，又//BC AD ，得//MN AD ，再由直线与平面平行的判定对立即可证明//MN 平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥，又BD CD ⊥，CDPD D =，得BD ⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，可得BD MD ⊥，进一步得到DBM ∆为直角三角形，当MD PC ⊥时BDM∆的面积最小，然后利用等积法即可求出三棱锥M BCD -的体积． 【解答】解：（Ⅰ）当N 为PB 中点时，//MN 平面PDA ． 证明如下：取PB 的中点N ，连接MN ，M ，N 分别为PC ，PB 中点，//MN BC ∴，又//BC AD ， //MN AD ∴，又DA ⊂平面PDA ，MN ⊂/平面PDA ， //MN ∴平面PDA ；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥， 又BD CD ⊥，CDPD D =，BD ∴⊥平面PCD ，又MD ⊂平面PDC ，BD MD ∴⊥，DBM ∴∆为直角三角形．当MD PC ⊥时BDM ∆的面积最小． 在底面直角梯形ABCD 中，由90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，得CD =BD ∴==在Rt PDC ∆中，由PD =CD =可得PC =MD =．则CM =122MCD S ∆∴=⨯=．∴1133M BCD B MCD MCD V V S BD --∆===⨯=8．（2018•全国二模）直三棱柱111ABC A B C -中，14AC AA ==，AC BC ⊥． （Ⅰ）证明：11AC A B ⊥；（Ⅰ）当BC 的长为多少时，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．【分析】（Ⅰ）由BC AC ⊥，1BC AA ⊥，得BC ⊥平面11AA C C ，从而1AC BC ⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，则11AC AC ⊥，由此能证明1AC ⊥平面1A BC ，从而11AC A B ⊥． （Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，利用向量法能求出a ．【解答】证明：（Ⅰ）BC AC ⊥，1BC AA ⊥，1AC AA A =，BC ∴⊥平面11AA C C ，又1AC ⊂平面11AA C C ，1AC BC ∴⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，11AC AC ∴⊥， 且1BCA C C =，1AC ∴⊥平面1A BC ，又1A B ⊂平面1A BC ，11AC A B ∴⊥．解：（Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -， 设BC a =，则(0C ，0，0)，(4A ，0，0)，(0B ，a ，0)，1(0C ，0，4)，1(4A ，0，4)， 1(4A B =-，a ，4)-，(4AB =-，a ，0)，1(4AC =-，0，4)，设平面1ABC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则140440AB n x ay AC n x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取x a =，得(n a =，4，)a ，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．1|cos A B ∴<，221||332216n a ==++．解得4a =．9．（2018•新课标Ⅰ）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．【分析】（1）通过证明CD AD ⊥，CD DM ⊥，证明CM ⊥平面AMD ，然后证明平面AMD ⊥平面BMC ； （2）存在P 是AM 的中点，利用直线与平面平行的判断定理说明即可．【解答】（1）证明：矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，CM ⊂半圆弦CD 所在平面， CM AD ∴⊥，M 是CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DMAD D =，CM ∴⊥平面AMD ，CM ⊂平面CMB ，∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）解：存在P 是AM 的中点， 理由：连接BD 交AC 于O ，取AM 的中点P ，连接OP ，可得//MC OP ，MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP ， 所以//MC 平面PBD ．。

2021年高考数学（理）立体几何突破性讲练10立体几何中的开放性、探索性问题一、考点传真：能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．二、知识点梳理：解决立体几何中开放性、探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．三、例题：例1.（2020年全国新高考1卷，4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬o 40，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A.o 20B.o 40C.o 50D.o 90【答案】B【解析】过球心O 、点A 以及晷针的轴截面如图所示，其中CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点A 处的水平面，GF CD ⊥，CD OB ，40AOB ∠=︒，90OAE OAF ∠=∠=︒，所以40GFA CAO AOB ∠=∠=∠=︒.故选B.例2.（2020年全国1卷理数，16）如图，在三棱锥–P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD =AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则cos FCB ∠=______________.【答案】14-【解析】依题意得，AE AD =AEC 中，1AC =，30CAE ∠=︒，由余弦定理得2222cos 311EC AE AC AE AC EAC =+-⋅∠=-︒+=，所以1EC =，所以1CF EC ==.又2BC ，BF BD ===所以在BCF中，由余弦定理得2221cos 24BC CF BF FCB BC CF +-∠===-⨯.例3. （2019北京卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，ADBC ，2PA AD CD BC ====，=（Ⅰ）求证：CD PAD ⊥平面； （Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值; （Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. 【解析】（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA CD ⊥. 又因为AB CD ⊥，所以CD ⊥.平面PAD ，（II ）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AM ⊥PA AD ⊥，如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）.所以()0,1,1AE =，()2,2,2PC =-, ()0,0,2AP =. 所以1222,,3333PF PC ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，224,,333AF AP PF ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭设平面AEF 的法向量为(),,x y z =n ，则00AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即02240333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩. 令z =1,则y =-1,x =-1.于是()1,1,1=--n .又因为平面PAD 的法向量为()1,0,0=p ，所以3cos ⋅==⋅n p <n,p >n p .因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3（III ）直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且2,3PG PB =()2,1,2,PB =-- 所以2424,,3333PG PB ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，422,,333AG AP PG ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭. 由（II ）知，平面AEF 的法向量为()1,1,1=--n ， 所以4220333AG ⋅++=n =-，所以直线AG 在平面AEF 内. 例4.（2016年北京） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，， ，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ， ∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ，yBP ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 四、巩固练习：1．如图所示，在四边形ABCD中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A ­BCD ，则在三棱锥A ­BCD 中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC【答案】D【解析】∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.2．如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体A­EFH中必有( )A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF【答案】A【解析】∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确．故选A.3．如图，一张A4纸的长、宽分别为22a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.【答案】①②③④【解析】由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP ⊥平面BCD ，又∵AP ⊂平面ABD ，∴平面BAD ⊥平面BCD ，故②正确；同理可证平面BAC ⊥平面ACD ，故③正确；该多面体的外接球半径R ＝52a ，所以该多面体外接球的表面积为5πa 2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.4．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是________． ①A ′C ⊥BD ；②∠BA ′C ＝90°；③四面体A ′BCD 的体积为16.【答案】②③【解析】∵BD ⊥CD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊂平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′D .∵AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，∴A ′C ＝2，BC ＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°，四面体A ′BCD 的体积V ＝13×12×12×1＝16.5．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________． ①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 【答案】①②④【解析】取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 6．如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝23，点F 是AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线AC 折成二面角D ′­AC ­B ，如图②，使得D ′B ＝30.(1)求证：当AF ＝3时，D ′F ⊥BC ；(2)试求CF 的长，使得二面角A ­D ′F ­B 的大小为π4.【解析】(1)证明：在矩形ABCD 中，连接DF ，BF . ∵AD ＝23，CD ＝6，∴AC ＝43，∠CAB ＝30°，∠DAC ＝60°. 在△ADF 中，∵AF ＝3，∴DF 2＝DA 2＋AF 2－2DA ·AF ·cos∠DAC ＝9. ∵DF 2＋AF 2＝9＋3＝DA 2，∴DF ⊥AC ，即在三棱锥D ′­ABC 中，D ′F ⊥AC .又在△ABF 中，BF 2＝AB 2＋AF 2－2AB ·AF ·cos∠CAB ＝21， ∴在△D ′FB 中，D ′F 2＋FB 2＝9＋21＝D ′B 2， ∴BF ⊥D ′F .又∵AC ∩FB ＝F ，∴D ′F ⊥平面ABC . 又BC ⊂平面ABC ，∴D ′F ⊥BC .(2)在矩形ABCD 中，过点D 作DO ⊥AC 于点O ，延长DO 交AB 于点E .易求DE ＝4，AO ＝3，D ′O ＝3，OE ＝1，沿着对角线AC 翻折后，由(1)可知，OE ，OC ，OD ′两两垂直， 以O 为原点，OE ―→，OC ―→，OD ′―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O ­xyz ， 则O (0,0,0)，E (1,0,0)，D ′(0,0,3)，B (3,23，0)．∵EO ⊥平面AD ′F ，∴OE ―→＝(1,0,0)为平面AD ′F 的一个法向量． 设平面BD ′F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，F 点坐标为F (0，t,0)， 则BD ′―→＝(－3，－23，3)，BF ―→＝(－3，t －23，0).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ′―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －23y ＋3z ＝0，－3x ＋t －23y ＝0.取y ＝3，得x ＝t －23，z ＝t ，∴n ＝(t －23，3，t )．∴cos π4＝|n ·OE ―→||n |·|OE ―→|，即|t －23|t －232＋9＋t2＝22， ∴t ＝34.∴当CF ＝OC －OF ＝1134时，二面角A ­D ′F ­B 的大小是π4. 7．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝2 2.又因为AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB .又因为PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB .因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (2)由(1)知AC ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面PAB .如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，所以AC ―→＝(0,2,0)，BC ―→＝(－2,2,0)．由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP ―→＝(－1,0,3)，BP ―→＝(－3,0,3)．假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，设AEAP＝λ(0＜λ＜1)，则AE ―→＝λAP ―→＝(－λ，0,3λ)，CE ―→＝AE ―→－AC ―→＝(－λ，－2,3λ)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·BP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－3x ＋3z ＝0.令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)．设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE ―→〉|＝|－λ－2＋3λ|3×－λ2＋－22＋3λ2＝|2λ－2|3×10λ2＋4＝33，整理得3λ2＋4λ＝0， 因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33. 8．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图②所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，二面角C ­AB ­D 的平面角的正切值为6，求二面角B ­AD ­E 的余弦值． 【解析】(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ， 所以DC ⊥平面ABD . 因为AB ⊂平面ABD ， 所以DC ⊥AB .又因为折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ， 所以AB ⊥平面ADC . (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C ­AB ­D 的平面角为∠CAD . 又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ， 所以DC ⊥AD .依题意tan ∠CAD ＝CD AD＝ 6. 因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1. 依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1.解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 法一：如图所示，建立空间直角坐标系D ­xyz ， 则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 所以DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63. 由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DE ―→＝0，m ·DA ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝－12. 由图可知二面角B ­AD ­E 的平面角为锐角，所以二面角B ­AD ­E 的余弦值为12. 法二：因为DC ⊥平面ABD ，所以过点E 作EF ∥DC 交BD 于点F ，则EF ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以EF ⊥AD .过点F 作FG ⊥AD 于点G ，连接GE ，所以AD ⊥平面EFG ，因此AD ⊥GE ，所以二面角B ­AD ­E 的平面角为∠EGF .由平面几何的知识求得EF ＝12CD ＝62，FG ＝12AB ＝22， 所以EG ＝EF 2＋FG 2＝2， 所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝12. 所以二面角B ­AD ­E 的余弦值为12. 9．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE ­BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由． 【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，∴AF ⊥BE .∵AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，∴AF ⊥平面BDE .又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE .∵AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，∴DE ⊥平面ABFE .又BE ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：∵AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，∴AE ⊥平面DEFC .如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12，32. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2λ1＋λ，0，λ∈(0，＋∞)， 可得CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，λ－11＋λ，－3. 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos CP ―→，n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－λ－11＋λ7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－11＋λ2×5＝3535， 解得λ＝1或λ＝－25(舍去)， ∴P 为A。

高考数学答题模板：解析几何中的探索性问
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高考数学答题模板：解析几何中的探索性问题
1、解题路线图
①一般先假设这种情况成立(点存在、直线存在、位置关系存在等)
②将上面的假设代入已知条件求解。

③得出结论。

2、构建答题模板
①先假定：假设结论成立。

②再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解。

③下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设。

④再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性。

高考数学压轴题及答案：解析几何与向量
高考数学压轴题及答案：解析几何中的定值问题
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高考数学压轴题及答案：解析几何中的参数范围问题
高考数学压轴题及答案：数列与解析几何。

第31练 圆锥曲线中的探究性问题[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探究性问题，试题难度较大．体验高考1．(2022·课标全国乙)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连结ON 并延长交C 于点H . (1)求OHON；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由． 解 (1)由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝p t x ，代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p ，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即OHON＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下： 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．2．(2022·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T . (1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得PT 2＝λP A ·PB ，并求λ的值．解 (1)由已知，得a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎨⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m 3.所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫2－2m 3，1＋2m 3，PT 2＝89m 2. 设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由方程组⎩⎨⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.② 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以P A ＝ ⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 12＋⎝⎛⎭⎫1＋2m 3－y 12 ＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理PB ＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以P A ·PB ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m3－x 1⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3(x 1＋x 2)＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3⎝⎛⎭⎫－4m 3＋4m 2－123 ＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得PT 2＝λP A ·PB .高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由． 解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1,0)，设直线l 方程为y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )， 设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－2(4k 2－12)3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝－83. ∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．变式训练1 (2022·吉林省东北师大附中五模)已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点． (1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由．解 (1)当直线l 的斜率为－1时， 直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0， y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2， 所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5， 代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则P A →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 204)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0，当y 1＝y 0或y 2＝y 0时，等式明显成立；当y 1≠y 0或y 2≠y 0时， 则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16， 即4my 0＋y 20－8m －20＝－16， (4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0， 解得y 0＝2，x 0＝1， 所以存在点P (1,2)满足题意． 题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点．(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值；(2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由．解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )， 可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝p (x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝p4p 2k 2＋8p 2＝2p 2k 2＋2，∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2)．∵O ′P ＝12AC ＝12x 21＋(y 1－p )2＝12y 21＋p 2，O ′H ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |，∴PH 2＝O ′P 2－O ′H 2 ＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴PQ 2＝(2PH )2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时PQ ＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 AB ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2 ＝2p1＋k 2·k 2＋2，又由点到直线的距离公式得d ＝2p 1＋k 2.从而S △ABN ＝12·d ·AB＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2·2p1＋k 2＝2p 2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ， 则以AC 为直径的圆的方程为 (x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0，将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]．设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为 P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)， 则有PQ ＝|x 3－x 4| ＝ 4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]＝2(a －p2)y 1＋a (p －a ).令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时PQ ＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线．点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定． (2)定直线一般为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等．变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C 过点(0,1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线P A 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1,0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0.(1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)解 设P (x 0，y 0)，则直线P A 、PB 的方程分别为 y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为 D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3)． 由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)， ∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 2x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19， ∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )， 由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4＋x 1＋x ，y 1＝t 1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，① 同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2，② ①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________． 答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋(y －a )2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0. 即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2 (r >0)，设圆T 与椭圆C 交于点M ，N .①求椭圆C 的方程；②求TM →·TN →的最小值，并求此时圆T 的方程；③设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点． 试问：是否存在使S △POS ·S △POR 最大的点P ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①由题意知⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，a ＝2，解得a ＝2，c ＝3，由c 2＝a 2－b 2，得b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.②点M 与点N 关于x 轴对称， 设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1>0，由于点M 在椭圆C 上， ∴y 21＝1－x 214.由已知T (－2,0)，则TM →＝(x 1＋2，y 1)，TN →＝(x 1＋2，－y 1)， ∴TM →·TN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝⎛⎭⎫1－x 214＝54⎝⎛⎭⎫x 1＋852－15. 由于－2<x <2，故当x 1＝－85时，TM →·TN →取得最小值为－15，当x 1＝－85时，y 1＝35，故M ⎝⎛⎭⎫－85，35. 又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325，故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325. ③假设存在满足条件的点P ，设P (x 0，y 0)， 则直线MP 的方程为y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)，令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.又点M 与点P 在椭圆上，故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)，得x R ·x S ＝4(1－y 21)y 20－4(1－y 20)y 21y 20－y 21＝4(y 20－y 21)y 20－y 21＝4， ∴OR ·OS ＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．∵S △POS ·S △POR ＝12OS |y P |·12OR |y P |＝14×4×y 2P ＝y 2P ，又P 为椭圆上的一点， ∴要使S △POS ·S △POR 最大，只要y 2P 最大，而y 2P 的最大值为1，故满足条件的P 点存在，其坐标为P (0,1)和P (0，－1)．点评 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在． (2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类争辩；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．变式训练3 (2021·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD→＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2021·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围； (3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n 2为定值．(1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1， 又由于点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0， 由于Δ＝16(12k 2－3)>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，由于∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0， 即x 1x 2＋y 1y 2>0，所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0， 所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0， 即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k2<43，所以14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意得C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 0，y 0)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，由于M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM ＝－x 3y 3， 直线PM 的方程为y －y 3＝－x 3y 3(x －x 3)，化简得x 3x ＋y 3y ＝43，①同理可得直线PN 的方程为x 4x ＋y 4y ＝43，②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎨⎧x 3x 0＋y 3y 0＝43，x 4x 0＋y 4y 0＝43，所以直线MN 的方程为x 0x ＋y 0y ＝43，令y ＝0，得m ＝43x 0，令x ＝0，得n ＝43y 0，所以x 0＝43m ，y 0＝43n ，又点P 在椭圆C 1上， 所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值． 3．(2022·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B . ①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值；②求直线AB 的斜率的最小值． (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4,2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )． 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k 为定值－3.②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由①知直线P A 的方程为y ＝kx ＋m . 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0＋m .同理x 2＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0，y 2＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m .所以x 2－x 1＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0－2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0＝－32k 2(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0， y 2－y 1＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m －2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0－m＝－8k (6k 2＋1)(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0， 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎫6k ＋1k ， 由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”．由于P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m 4－8m 2－0＝66， 即m ＝147，符合题意．所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFM S △BFN＝2等价于FM FN ＝2，当直线l 斜率不存在时，FMFN ＝1，不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1消去x 并整理得， (3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝－6k3＋4k 2，① y 1y 2＝－9k 23＋4k 2，② 由FMFN＝2得y 1＝－2y 2，③ 由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2.。

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 如图，四棱锥P ABCD-的底面ABCD是菱形，0∠=，PA⊥平面ABCD，E是ABBCD60的中点.（1）求证：平面PDE⊥平面PAB；（2）棱PC上是否存在一点F，使得//BF平面PDE？若存在，确定F的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接BD，因为底面ABCD是菱形，60∆为正三角形.BCD∠=︒,所以ABD因为E是AB的中点, 所以DE AB⊥,因为PA⊥面ABCD,DE ABCD⊥，⊂面，∴DE PA因为DE AB⊥，AB PA A⋂=,⊥，DE PA所以DE PAB⊥面.又DE PDE⊂面, 所以面PDE⊥面PAB.所以BF∥GE，又GE⊂面PDE，BF⊄面PDE，∴BF∥面PDE，结论得证. 学_【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？(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 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， ,E F 分别为11A D 和1CC 的中点.(1)求证： EF 平面1ACD ；(2)在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒，若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明：如图所示，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，由已知得()0,0,0D ， ()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,2,0C ， ()12,2,2B ， ()10,0,2D ，()1,0,2E ， ()0,2,1F ，∵平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =， 又∵()1,2,1EF =--， ∴12420EF DB ⋅=-+-=， ∴1EF DB ⊥，而EF ⊄平面1ACD ， ∴EF 平面1ACD .(2)解：设点()2,2,(02)P t t <≤， 平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =， 则0{n AC n AP ⋅=⋅=，∵()0,2,AP t =， ()2,2,0AC =-，∴20{220y tz x y +=-+=，取1y =，则1x =， 2z t =-，∴21,1,n t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，平面ABC 的一个法向量()10,0,2BB =， 依题意知， 1,30BB n =︒或1,150BB n =︒，∴1243cos ,2422t BB n t -==⋅+，即2243424t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，解得6t =6t = (舍)， (]60,2，∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP 的长为63时，二面角P AC B --的大小为30︒. 【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．学_【举一反三】【山东省德州市跃华中学2017-2018学年下学期高三模拟】如图所示，正四棱椎P-ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为.（I ）若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC.试确定E 点的位置； （Ⅱ）在（I ）的条件下，点F 为线段PA 上的一点且，若平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为，求实数的值.【解析】（Ⅰ）设BD 交AC 于点O ，连结OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE ， 又O 为BD 的中点，∴在△BDP 中，E 为PD 中点．（Ⅱ）连结OP ，由题意得PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为原点，OC 、OD 、OP 所成直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， OP ，∴A （，0，0），B （0，，0），C （，0，0），D （0，，0），P （0，0，），则E （0，，），（，0，0），（，，），（0，，0），设平面AEC 的法向量（x ，y ，z ），则，令z＝1，得平面AEC的一个法向量（0，，1），设平面BDF的法向量（x，y，z），由，得F（，0，），（，，），∴，令z＝1，得（，0，1），∵平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，∴cos，解得λ．【精选名校模拟】1.【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．2. ．【湖北省2019届高三1月联考测试】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._网（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3.【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.4.【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.5. 【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6.如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD为直角梯形，//⊥，AB CD，22AB=，BC DC ====，四边形BDMN为矩形.BC DC AM DM2（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.7. 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{223x 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=，∴61313AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为61313.8. 【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.9. 【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：；_网（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.则，，，，，，，.假设在棱上存在点，设，得，.记平面的法向量为，则即取，则，所以.要使直线与平面所成角的大小为，则，即，解得.所以在棱上存在点使直线与平面所成角的大小为.此时.10. 【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.【解析】（Ⅰ）∵平面，平面，平面，∴，，又∵，∴，∴平面，又平面，∴平面平面.（Ⅱ）如图所示，建立空间直角坐标系，∵，，，∴.假设线段上存在一点满足题意，，，，，易知：平面的一个法向量为，∵，，∴设平面的一个法向量为， 由，得，取，得，，∴.点为线段的中点时，二面角所成角的余弦值为.11.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． 【解析】（1）当D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ．证明：连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ， ∵四边形11BCC B 是矩形，∴O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ， ∵1AB ⊄平面1BDC ，DO ⊂平面1BDC ， ∴1//AB 平面1BDC ．（2）建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，则(0,0,0)B ，3,1,0)A ，(0,2,0)C ，33,0)2D ，1(0,2,23)C ， 所以33(,0)22BD =，1(0,2,23)BC =， 设1(,,)n x y z =为平面1BDC 的法向量，则有330,22230,x y y z +=⎨⎪+=⎩即3,3,x z y z =⎧⎪⎨=⎪⎩ 令1z =，可得平面1BDC 的一个法向量为1(3,3,1)n =-， 而平面1BCC 的一个法向量为2(1,0,0)n =， 所以1212123313cos ,13||||13n n n n n n ⋅<>===⋅ 故二面角1C BC D --313 12. 如图，已知平面四边形ABCP 中，D 为PA 的中点，PA AB ⊥，//CD AB ，且24PA CD AB ===．将此平面四边形ABCP 沿CD 折成直二面角P DC B --，连接PA PB 、，设PB 中点为E ． （1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）在线段BD 上是否存在一点F ，使得EF ⊥平面PBC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点；（3）66.（2）解法一：由（1）的分析易知，,,PD DA PD DC DC DA ⊥⊥⊥，则以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示．结合已知数据可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)P ， 则PB 中点(1,1,1)E .F ∈平面ABCD ，故可设(,,0)F x y ，则(1,1,1)EF x y =---，EF ⊥平面ABCD ，0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=，又(2,2,2),(0,4,2)PB PC =-=-， 由此解得12x y ==，即11(,,0)22F ， 易知这样的点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点； （8分）PABCD E zyx解法二：（略解）如图所示，在PBD ∆中作EF PB ⊥，交BD 于F ，因为平面PBD ⊥平面PBC ，则有EF ⊥平面PBC ．在Rt PBD ∆中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得33224BF BD ==， 故知所求点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点； ..（8分）解法二：（略解）如上图中，因为//AB CD ，所以直线AB 与平面PBC 所成角等于直线CD 与平面PBC 所成角，由此，在Rt PBD ∆中作DH PB ⊥于H ，易证DH ⊥平面PBC ， 连接CH ，则DCH ∠为直线CD 与平面PBC 所成角， 结合题目数据可求得6sin 6DCH ∠=，故所求角的正弦值为66. ..（12分） 13. 四棱锥ABCD P -中，ABCD 为矩形，平面⊥PAD 平面ABCD . （1）求证：;PD AB ⊥（2）若,2,2,90===∠PC PB BPC问AB 为何值时，四棱锥ABCD P -的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.PABCD E FH【答案】（1）详见解析，（2）63AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大. 平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值为10.5【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD=AD ，所以AB ⊥平面PAD ，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD 学_试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD 平面PAD平面ABCD=AD 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ,BC ⊥PG 在直角三角形BPC 中，2366333PG GC BG === 设,AB m =，则2224,3DP PG OG m =-=-，故四棱锥P-ABCD 的体积为 A BCDP2214686.333m V m m m =⋅⋅⋅-=-因为22228866()33m m m -=--+故当63m =时，即63AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.建立如图所示的空间直角坐标系，66626266(0,0,0),(((0,(0,0,)333333O B C D P - 故62666((0,6,0),(33PC BC CD ===- 设平面BPC 的法向量1(,,1),x y =n ，则由1PC ⊥n ,1BC ⊥n 得6266060x y +=⎨⎪=⎩解得1,0,x y ==1(1,0,1),=n同理可求出平面DPC 的法向量21(0,,1),2=n ，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为121210cos ||||51214θ⋅===⋅⋅+n n n n 14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90ABC BAD ∠=∠=︒， 4AD AP ==，2AB BC ==，M 为PC 的中点．（1）求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；（2）点N 在线段AD 上，且AN λ=，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．【解析】试题解析：（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且,AB AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，又因为90BAD ∠=︒，所以,,PA AB AD 两两互相垂直．分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则由224AD AB BC ===，4PA =可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，又因为M 为PC 的中点，所以(1,1,2)M ．所以(1,1,2)BM =-，(0,0,4)AP =，…………2分 所以cos ,||||AP BM AP BM AP BM ⋅〈〉= 646==⨯ 所以异面直线AP ，BM 65分（2）因为AN λ=，所以(0,,0)N λ(04)λ≤≤，则(1,1,2)MN λ=---， (0,2,0)BC =，(2,0,4)PB =-，设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =m ，则0,0,BC PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,240.y x z =⎧⎨-=⎩ 令2x =，解得0y =，1z =， 所以(2,0,1)=m 是平面PBC 的一个法向量．……………………………7分 因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，学!所以||4|cos ,|5||||MN MN MN ⋅〈〉===m m m ， 解得[]10,4λ=∈， 所以λ的值为1．……………………………………………………………10分。

高考数学百日冲刺技巧大全之立体几何中
的探索问题
【高考地位】
探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年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．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，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．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．
【方法点评】
方法一直接法
使用情景：立体几何中的探索问题
解题模板：第一步首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；
第二步然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；
第三步得出结论，如果找到了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．.
方法二空间向量法
使用情景：立体几何中的探索问题
解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；
第二步然后运用空间向量将立体几何问题转化为空间向量问题并进行计算、求解；
第三步得出结论，如果找到了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．.。

2021年高考数学二轮复习立体几何中的探索性问题的解题策略[策略诠释]1．主要类型：(1)对平行或垂直关系的探索．(2)对条件或结论不完备的开放性问题的探索．2．解题思路：首先假设其存在，然后在这个假设下推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，若推出了矛盾就否定假设．3．注意事项：(1)解决此类问题的关键是通过条件与所求把要探索的问题确定下来．(2)在转化过程中要有理有据，不能凭空猜测．【典例1】(xx·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．[审题](1)切入点：先利用线面垂直的判定定理证明AA1⊥平面ABC，再证明直线BC⊥平面ACC1A1.关注点：注意条件AC⊥BC的应用．(2)切入点：由于D，E分别是线段BC，CC1的中点，易猜想M应为线段AB的中点．关注点：只要在平面A1MC内找到一条与DE平行的直线即可．[解题]【解】(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.2分因为AB，AC为平面ABC内两条相交的直线，所以AA1⊥平面ABC.4分因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交的直线，所以BC⊥平面ACC1A1.6分(2)取线段AB 的中点M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1，设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知，O 为AC 1的中点.8分连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC，△ACC 1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD 綊OE.9分连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形， 则DE∥MO.因为直线DE ⊄平面A 1MC ，MO ⊂平面A 1MC ， 所以直线DE∥平面A 1MC.11分即线段AB 上存在一点M(线段AB 的中点)，使直线DE∥平面A 1MC.12分 [变题]1．(xx·北京东城模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD ，P 为DN 的中点．(1)求证：BD⊥MC.(2)线段AB 上是否存在点E ，使得AP∥平面NEC ，若存在，说明在什么位置，并加以证明；若不存在，说明理由．【解】 (1)连接AC ，因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC⊥BD.又ADNM 是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD ， 所以AM⊥平面ABCD. 因为BD ⊂平面ABCD ， 所以AM⊥BD. 因为AC∩AM＝A ， 所以BD⊥平面MAC.又MC ⊂平面MAC ，所以BD⊥MC.(2)当E 为AB 的中点时，有AP∥平面NEC.取NC 的中点S ，连接PS ，SE.因为PS∥DC∥AE，PS ＝AE ＝12DC ，所以四边形APSE 是平行四边形， 所以AP∥SE.又SE ⊂平面NEC ，AP ⊄平面NEC ， 所以AP∥平面NEC.【典例2】 (12分)(xx·北京丰台模拟)如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． [审题](1)切入点：先从折叠前后关系入手证明DE ⊥AC. 关注点：折叠前后线面间的位置关系．(2)切入点：先由条件建立空间直角坐标系，求面平面A 1BE 的法向量． 关注点：线面角与方向向量和法向量所求角的关系． (3)切入点：首先假设存在点P.关注点：由平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直知其法向量垂直． 【解】 (1)证明：∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ， ∴DE ⊥AC.∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ， ∴DE ⊥平面A 1DC. ∴DE ⊥A 1C.又∵A 1C ⊥CD ，且DE∩CD＝D ， ∴A 1C ⊥平面BCDE. (2)如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C­xyz，则A 1(0,0,23)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2，2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0，n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3， ∴n ＝(2,1，3).6分设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝|n ·CM →|n |·|CM →||＝48×4＝22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.8分(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，使其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p3， ∴m ＝(2，p ，p3).10分 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.12分 【变题】2．(xx·贵州贵阳质检)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点 E ，使二面角D 1－EC －D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 (1)四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ， 所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0，0,1)，C (0,2,0)．设满足条件的点E 存在， 令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0.令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1－EC －D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1－EC －D 的大小为π6.30135 75B7 疷+~25224 6288 抈O34516 86D4 蛔023969 5DA1 嶡40851 9F93 龓20035 4E43 乃 Au 35131 893B 褻。

立体几何中探索性问题B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·=(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。

专题4．5 立体几何中探索性问题一．方法综述立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。

考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。

对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。

现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。

二．解题策略类型一 空间平行关系的探索【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于36；④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S【答案】①②③④【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥， 且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ，又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确；②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为11AC AC ，所以1112OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点， 则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A DB C ，111A MA D A =，1NOB C C =，所以平面1A DM平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ，所以DM 平面11B CD ，故正确；③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：12633A M ==， 根据对称性可知：16A M DM ==，又2AD =1A DM 是等腰三角形， 则12216232232A DMS⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确；④如图所示，设1AM aAC =，1A DM ∆在平面1111D C B A 内的正投影为111A D M ∆，1A DM ∆在平面11BB C C 内的正投影为12B CM ∆，所以1111122222A D M aS S a ∆==⨯⨯=，122121222222B CM a S S a ∆-==⨯-⨯=，当12S S 时，解得：13a =，故正确.故答案为 ①②③④【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。