高考数学二轮复习限时集训2立体几何中的探索性与存在性问题

二轮大题专练17—立体几何（探索性问题）1．如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且2AB AD=，AC BC=，将ABC∆所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的射影E在BD上，如图2．（1）求证：BC⊥平面ACD；（2）在线段AB上是否存在点F，使得//AD平面CEF？若存在，求出AFFB的值；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：AB是圆的直径，AD BD∴⊥．CE⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，CE AD∴⊥．又CE BD E=，BD，CE⊂平面BCD，AD∴⊥平面BCD．BC⊂平面BCD，AD BC∴⊥．又BC AC⊥，AC BC C=，BC∴⊥平面ACD．（2）解：连接AE ，CE ⊥平面ABD ，AE ，BE ⊂平面ABD ， CE AE ∴⊥，CE BE ⊥．在Rt ACE ∆和Rt BCE ∆中，由AC BC =得AE BE =， 在Rt ABD ∆中，由2AB AD =，得30ABD ∠=︒， 60AED ABE BAE ∴∠=∠+∠=︒，∴在Rt ADE ∆中，12DE AE=， E ∴是BD 的三等分点，且12DE EB =．在线段AB 上存在点F ，使得12AF FB =，则有//FE AD ． FE ⊂平面CEF ，AD ⊂/平面CEF ，//AD ∴平面CEF ．故在线段AB 上存在点F ，使得//AD 平面CEF ，此时12AF FB =．2．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AA C C 是边长为3的正方形，1CC BC ⊥，1BC =，2AB =．（1）证明：平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上是否存在点M ，使得1CM BC ⊥，若存在，求1BMBA 的值；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：在ABC ∆中，2AB =，1BC =，3AC =， 有222AC BC AB +=，可得AC BC ⊥， 又1CC BC ⊥，1ACCC C =，可得BC ⊥平面11AA C C ，即有1BC AC ⊥，由四边形11AA C C 311AC AC ⊥， 而1BCA C C =，可得1AC ⊥平面1A BC ，又1AC ⊂平面1ABC ，则平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上存在点M ，使得1CM BC ⊥，且114BM BA =． 理由如下：由（1）可得，以C 为原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(3A ，0，0)，(0C ，0，0)，(0B ，1，0)，1(3A 03)，1(0C ，0，3)，设(M x ，y ，)z ，1BM BA λ=，所以(x ，1y -，)(3z λ=1-3)，解得3x λ=，1y λ=-，3z λ=，所以(3CMλ=，1λ-，3)λ，1(0C B=，1，3)-，要使1CM BC⊥，则需1CM BC⋅=，即130λλ--=，解得14λ=．故线段1A B上存在点M，使得1CM BC⊥，且114BMBA=．3．如图，在三棱锥V ABC-中，VC⊥底面ABC，AC BC⊥，D是棱AB的中点，且AC BC VC==．（1）证明：平面VAB⊥平面VCD；（2）若22AC=，且棱AB上有一点E，使得直线VD与平面VCE所成角的正弦值为1515，试确定点E的位置，并求三棱锥C VDE-的体积．（1）证明：VC⊥底面ABC，AC BC=，VA VB∴=，又D为AB的中点，VD AB∴⊥，CD AB⊥，VD CD D=，VD、CD⊂平面VCD，AB∴⊥平面VCD，AB⊂平面VAB，∴平面VAB⊥平面VCD．（2）解：22AC BC VC ===AC BC ⊥，2CD ∴=，VC ⊥底面ABC ，VC CD ∴⊥，VC CE ⊥，2223VD VC CD ∴=+ 设点D 到平面VCE 的距离为d ，直线VD 与平面VCE 15， ∴15d VD =，25d ∴=， V CDE D VCE V V --=，∴11113232VCCD DE d VC CE =，即225222224DE DE ⨯=+ 解得1DE =，24AB ==，∴点E 为AB 的四等分点，且1AE =，∴三棱锥C VDE -的体积11112222213232V CDE V V VCCD DE -===⨯⨯⨯=． 4．等边ABC ∆的边长为3，点D ，E 分别是AB ，BC 上的点，且满足12AD CE DB EA ==（如图（1）)，将ADE ∆沿DE 折起到△1A DE 的位置，使面1A DE ⊥面BCED ，连接1A B ，1A C （如图（2）)．（1）求证：1A D ⊥平面BCED ；（2）线段1A B 上是否存在点P ，使直线DP 与直线1EA 所成角的余弦值为510？若存在，求出11A PA B的值，若不存在，请说明理由．解：（1）证明：题图（1）中，由已知可得：2AE =，1AD =，60A =︒，从而2212212cos603DE +-⨯⨯⨯︒= 故得222AD DE AE +=， 所以AD DE ⊥，BD DE ⊥，所以题图（2）中，1A D DE ⊥，BD DE ⊥，因为平面1A DE ⊥平面BCED ，平面1A DE ⋂平面BCED DE =，1A D ⊂平面1A DE ，所以1A D ⊥平面BCED ． （2）存在．由（1）知ED DB ⊥，1A D ⊥平面BCED ．以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、1DA 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：(0D ，0，0)，1(0A ，0，1)，(2B ，0，0)，(0E ，3，0)，1(2A B =，0，1)-，11(2A P A B λλ==，0，)λ-，所以(2P λ，0，1)λ-，(2DP λ=，0，1)λ-，1(0A E =，3，1)-，|cos DP <，11221||5|||||24(1)DP A E A E DP A E λλ>===+-， 所以12λ=， 所以1112A P AB =．5．在四棱锥P ABCD -中，平面ABCD ⊥平面PCD ，底面ABCD 为直角梯形，//AB CD ，AD DC ⊥，且1AB =，2AD DC DP ===，120PDC ∠=︒．（1）求证：AD ⊥平面PCD ；（2）线段BC 上是否存在点F ，使得PDF ⊥平面PAC ？如果存在，求BFBC的值；如果不存在，说明理由；（3）若M 是棱PA 的中点，N 为线段BC 上任意一点，求证：MN 与PC 一定不平行．解：（1）证明：由平面ABCD ⊥平面PCD ，平面ABCD ⋂平面PCD CD =，且AD DC ⊥， 可得AD ⊥平面PCD ；（2）线段BC 上假设存在点F ，使得PDF ⊥平面PAC ，设CF t =，以D 为坐标原点，DA ，DC 所在的直线分别为x ，y 轴，过D 垂直于DC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，由四边形ABCD 为直角梯形，且1AB =，2CD AD ==，可得22125CB =+，且tan 2DCB ∠=，cos 5DCB ∠=，sin 5DCB ∠，可得(5F ，25，0)，(0P ，1-，3)，(0D ，0，0)，(2A ，0，0)，(0C ，2，0)，(2PA =，1，3)-，(0PC =，3，3)-，(0PD =，1，3)-，(5DF =，25，0)，设平面PAC 的法向量为11(n x =，1y ，1)z ，平面PDF 的法向量为22(n x =，2y ，2)z ， 由1100n PA n PC ⎧=⎪⎨=⎪⎩可得11111230330x y z y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，可取13y =1(3n =33)， 由2200n PD n DF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，可得222230(2055y z x y ⎧-=⎪+=，取23y =可得23(25)(t n -=，31)， 由题意可得123(25)3302t n n -=++=，解得25t =则3555BF t =-=， 所以存在F ，且35BF BC =； （3）证明：假设MN 与PC 平行，取AC 的中点H ，连接MH ，由MH 为PAC ∆的中位线，可得//MH PC ， 可得过M 存在两条直线MN ，MH 与PC 平行，这与过已知直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，矛盾， 故MN 与PC 一定不平行．6．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，E 为AB 的中点，F 为BC 的中点，O 为1BD 的中点．（1）求证：AF ⊥平面1DD E ；（2）线段AF 上是否存在点G ，使得//OG 平面1DD E ，若存在，求出AGGF的值，若不存在，请说明理由．（1）证明：以D 为原点，以DA ，DC ，1DD 为坐标轴建立空间直角坐标系D xyz -， 设AB a =，1AA b =，则(A a ，0，0)，(2aF ，a ，0)，(0D ，0，0)，1(0D ，0，)b ，(E a ，2a，0)， ∴(2a AF =-，a ，0)，(DE a =，2a，0)，1(0DD =，0，)b ， ∴220022a a AF DE =-++=，10000AF DD =++=，∴AF DE ⊥，1AF DD ⊥，即AF DE ⊥，1AF DD ⊥，又1DEDD D =，AF ∴⊥平面1DD E ．（2）解：由（1）可知(2aAF =-，a ，0)为平面1DD E 的一个法向量，设线段AF 上存在点G ，使得//OG 平面1DD E ，不妨设(2aAG AF λλ==-，a λ，0)，又(2a O ，2a ，)2b ，∴(2a AO =-，2a ，)2b ，∴(22a a OG AG AO λ=-=-+，2aa λ-，)2b -，//OG 平面1DD E ，∴OG AF ⊥，∴22220442a a a OG AF a λλ=-+-=，解得35λ=，∴线段AF 上存在点G ，使得//OG 平面1DD E ，且32AG GF =．7．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，ABC ∆是等边三角形，点E ，F 分别为AC ，PC 的中点，1PA =，2AB =．（1）求证：平面BEF ⊥平面PAC ；（2）在线段PB 上是否存在点G ，使得直线AG 与平面PBC 所成角的正弦值为155？若存在，确定点G 的位置；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：PA ⊥平面ABC ，PA ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC ．AB BC =，E 为AC 的中点，BE AC ∴⊥．又平面PAC ⋂平面ABC AC =，BE ⊂平面ABC ，BE ∴⊥平面PAC ，又BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面PAC ．（2）解：PA ⊥平面ABC ，PA AC ∴⊥， 又点E ，F 分别为AC ，PC 的中点， 所以//EF PA ，从而EF AC ⊥．又由于BE ⊥平面PAC ，BE AC ∴⊥，BE EF ⊥， 所以EB ，EC ，EF 两两互相垂直．以E 为坐标原点，分别以EB ，EC ，EF 方向为x ，y ，z 轴正方向建立如图坐标系．由于(0A ，1-，0)，(0P ，1-，1)，(3,0,0)B ，(0C ，1，0)，于是(3,1,1)BP =--，(3,1,0)BC =-．设平面PBC 的法向量(,,)n x y z =，则3030x y z x y ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，则3y =3z =于是(1,3,23)n =．(3,1,0)AB =，设(3,,)BG BP λλλλ==--，[0λ∈，1]，则(3(1),1,)AG AB BG λλλ=+=--+．由2||152315152||||4584AG n AG n λλλ=⇒=⇒=-+或1110λ=（舍去）．故存在满足条件的G 点，G 点是线段PB 的中点．8．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB AD ⊥，4AB AD +=，2CD =，45CDA ∠=︒．（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面PAD ； （Ⅱ）设AB AP =．()i 若直线PB 与平面PCD 所成的角为30︒，求线段AB 的长；()ii 在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由．解：()I 证明：PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCDPA AB ∴⊥又AB AD ⊥，PA AD A =AB ∴⊥平面PAD又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD()()II i 以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -（如图）在平面ABCD 内，作//CE AB 交于点E ，则CE AD ⊥在Rt CDE ∆中，cos451DE CD =⋅︒=， sin451CE CD =⋅︒=设AB AP t ==，则(B t ，0，0)，(0P ，0，)t 由4AB AD +=，得4AD t =-，所以(0E ，3t -，0)，(1C ，3t -，0)，(0D ，4t -，0)(1,1,0)CD =-，(0,4,)PD t t =--设平面PCD 的法向量为(n x =，y ，)z 由n CD ⊥，n PD ⊥，得0(4)0x y t y tz -+=⎧⎨--=⎩取x t =，得平面PCD 的一个法向量为(,,4)n t t t =-又(,0,)PB t t =-，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30︒得1||cos(9030)2||||n PB n PB ⋅︒-︒==⋅ 212=解得45t =或4t =（舍去，因为40)AD t =-> 所以45AB =()ii 假设在线段AD 上存在一个点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等由GC GD =，得45GCD GDC ∠=∠=︒ 从而90CGD ∠=︒，即CG AD ⊥所以cos451GD CD =⋅︒=设AB λ=，则4AD λ=-，3AG AD GD λ=-=- 在Rt ABG ∆中，2222239(3)2()122GB AB AG λλλ=+=+-=-+>这GB GD =与矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等．9．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，12AA AB BC ===．（Ⅰ）求证：1BC ⊥平面11A B C ；（Ⅱ）求异面直线1B C 与1A B 所成角的大小；（Ⅲ）点M 在线段1B C 上，且1113B M B C =，点N 在线段1A B 上，若//MN 平面11A ACC ，求11A NA B的值．解：（Ⅰ）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，12AA AB BC ===．11BC B C ∴⊥，111BB A B ⊥，1111A B B C ⊥，1111BB B C B =，11A B ∴⊥平面11BCC B ，1BC ⊂平面11BCC B ，111A B BC ∴⊥，1111A B B C B =，1BC ∴⊥平面11A B C ．（Ⅱ）以B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，1(0B ，0，2)，(2C ，0，0)，1(0A ，2，2)，(0B ，0，0)，1(2B C =，0，2)-，1(0A B =，2-，2)-，设异面直线1B C 与1A B 所成角为θ，则1111||1cos 2||||88B C A B B C A B θ===，60θ∴=︒． ∴异面直线1B C 与1A B 所成角的大小为60︒．（Ⅲ）解：(0A ，2，0)，(2C ，0，0)，1(2C ，0，2)，(0B ，0，0)，1(0B ，0，2)，1(0A ，2，2)，(2CA =-，2，0)，1(0CC =，0，2)，设平面11ACC A 的法向量(n x =，y ，)z ，则122020n CA x y n CC z ⎧=-+=⎪⎨==⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，0)，点M 在线段1B C 上，且1113B M BC =，点N 在线段1A B 上， 设(M a ，b ，)c ，(N x ，y ，)z ，11A NA Bλ=，则113BC B M =，11A N A B λ=，01λ， 即(2，0，2)3(a -=，b ，2)c -，(x ，2y -，2)(0z λ-=，2-，2)-， 解得2(3M ，0，4)3，(0N ，22λ-，22)λ-，2(3MN =-，22λ-，22)3λ-，//MN 平面11A ACC ，∴22203n MN λ=-+-=，解得23λ=． ∴11A N A B 的值为23．。

专题35 立体几何中的探索性问题求解策略【高考地位】立体几何中的探索性问题是高考几何的一个难点，尤常见于新高考的多选题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，其常见类型有两种：一、空间中位置关系的探索；二、空间角的探索.类型一空间中位置关系的探索方法一几何法-的所有棱长均为E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，例1已知正四棱锥P ABCDB的一动点，现有以下结论：①线段EF的长度是△②EMF③存在点M使得PB⊥平面MEF；④EMF∠始终是钝角.其中不正确的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【来源】河北省沧州市2021届高三三模数学试题【变式演练1】（多选）在直角三角形ABC 中，∠B ＝2π，AC ＝2BC ＝4，D 为线段AC 的中点，如图，将∠ABD 沿BD 翻折，得到三棱锥P ﹣BCD （点P 为点A 翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．∠PBD 的外接圆半径为2B ．存在某一位置，使得PD ∠BDC ．存在某一位置，使得PB ∠CDD ．若PD ∠DC ，则此时三棱锥P ﹣BCD 的外接球的体积为323π 【来源】山东省百师联盟2021届高三二轮联考数学试题（二）方法二 向量法例2、3．已知长方体1111ABCD A B C D -中，12BB AB BC ==，点E 在线段1CC 上，()101CC λλ=≤≤平面α过线段1AA 的中点以及点1B 、E ，现有如下说法： （1）[]0,1λ∃∈，使得1BE B E ⊥；（2）若12,23λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面为平行四边形；（3）若0λ=，2AB =，则平面α截长方体1111ABCD A B C D -所得截面的面积为以上说法正确的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【来源】全国一卷2021届高中毕业班考前热身联合考试理科数学试题例3、（多选）在棱长固定的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别满足AE AB λ=，([0,1],[0,1])BF BC μλμ=∈∈，则（ ）A ．当12μ=时，三棱锥11A B EF -的体积为定值 B ．当12μ=时，存在λ使得1BD ⊥平面1B EF C ．当12λ=时，点A ，B 到平面1B EF 的距离相等 D ．当λμ=时，总有11A F C E ⊥【来源】江苏省苏州市2021-2022学年高三上学期期初调研数学试题【变式演练2】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段1CD 上一动点（不包含端点），则下列说法正确的有（ ）A ．1AB ⊥平面11A D EB ．1DE A E +的最小值为1C ．存在点E 使得1DE AD ⊥D ．点D 到平面11A DE 【来源】全国新高考2021届高三数学方向卷试题（A ）【变式演练3】如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，//AB CD ，24AB AD PA CD ====，G 为PD 的中点．（1）求证AG ⊥平面PCD ；（2）若点F 为PB 的中点，线段PC 上是否存在一点H ，使得平面GHF ⊥平面PCD ？若存在，请确定H 的位置；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题类型二 空间角的探索 方法一 几何法例3．如图，矩形ABCD 中，已知2,4,AB BC E ==为BC 的中点．将ABE △沿着AE 向上翻折至MAE 得到四棱锥M AECD -．平面AEM 与平面AECD 所成锐二面角为α，直线ME 与平面AECD 所成角为β，则下列说法错误的是（ ）A ．若F 为AD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有平面AEM ⊥平面MBFB ．若Q 为MD 中点，则ABE △无论翻折到哪个位置都有//CQ 平面AEM Csin αβ=Dcos αβ=【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2021届高三下学期5月高考押题卷文科数学试题 【变式演练4】（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 满足1DP DD DA λμ=+，[0,1]λ∈，[0,1]μ∈，则以下说法正确的是（ ）A ．当λμ=时，//BP 平面11CB D B ．当12μ=时，存在唯一点P 使得DP 与直线1CB 的夹角为3π C ．当1λμ+=时，CPD ．当1λμ+=时，CP 与平面11BCC B 所成的角不可能为3π 【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题方法二 向量法例4．如图1，菱形ABCD 中120ABC ∠=︒，动点E ，F 在边AD ，AB 上(不含端点)，且存在实数λ使EF BD λ→→=，沿EF 将AEF 向上折起得到PEF ，使得平面PEF ⊥平面BCDEF ，如图2所示.（1）若BF PD ⊥，设三棱锥P BCD -和四棱锥P BDEF -的体积分别为1V ，2V ，求12V V ；（2）试讨论，当点E 的位置变化时，二面角E PF B --是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.【来源】重庆市南开中学2021届高三下学期第六次质量检测数学试题【变式演练5】O 中，平行四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，AD ，点P 是半球面上的动点，且四棱锥P ABCD -的体积为83．（1）求动点P 的轨迹T 围成的面积；（2）是否存在点P 使得二面角P AD B --的大小为3π？请说明理由． 【来源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题【高考再现】1．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）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．【反馈练习】1．（多选）已知梯形ABCD ，112AB AD BC ===，//AD BC ，AD AB ⊥，P 是线段BC 上的动点；将ABD △沿着BD 所在的直线翻折成四面体A BCD '，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）A ．不论何时，BD 与A C '都不可能垂直B ．存在某个位置，使得A D '⊥平面A BC ' C ．直线A P '与平面BCD 所成角存在最大值 D ．四面体A BCD '的外接球的表面积的最小值为4π【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题2．（多选）已知某正方体的平面展开图如图所示，点E ，G 分别是棱BC ，BQ 的中点，F 是棱CR （不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．四面体AEFP 的体积为定值B ．存在点F 使得PC ⊥平面AEF C ．存在点F 使得//PG 平面AEFD ．当F 为棱CR 的中点时，平面AEF 截正方体所得上、下两个几何体的体积之比为17:7 【来源】2021新高考高考最后一卷数学第三模拟3．（多选）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，已知E 为线段1B C 的中点，点F 和点P 分别满足111D F DC λ=，11D P D B μ=，其中,[0,1]λμ∈，则下列说法正确的是（ ） A ．当λ=12时，三棱锥P -EFD 的体积为定值 B ．当µ=12时，四棱锥P -ABCD 的外接球的表面积是34πC ．PE PF +D．存在唯一的实数对(,)λμ，使得EP∠平面PDF【来源】广东省2022届高三上学期新高考普通高中联合质量测评摸底数学试题4．如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，2DB DE=，点P在线段EF上.给出下列命题：①直线PD⊥直线AC；②直线PD与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦；③存在点P，使得直线PD⊥平面ACF；④存在点P，使得直线//PD平面ACF.其中所有真命题的序号是______.【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测文科数学试题5．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥､五角柱､正三角锥柱､Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体EABCFD中，EA⊥平面,//,//,,2, 4.ABCD EA FC AD BC AD AB AD AB BC FC EA⊥=====（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：①//EF平面ABCD；②AF⊥平面EBD；（2）求该七面体的体积．【来源】广东省珠海市第二中学2021届考前模拟数学试题6．如图，ABC 为正三角形，半圆O 以线段BC 为直径，D 是圆弧BC 上的动点（不包括B ，C 点）平面ABC ⊥平面BCD ．（1）是否存在点D ，使得BD AC ⊥？若存在，求出点D 的位置，若不存在，请说明理由； （2）30CBD ∠︒＝，求直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值． 【来源】百强名校2021届高三5月模拟联考（A 卷）理科数学试题7．在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于,E F ，圆台上底的圆心1O 在11A B 上，直径为1.（1）求1A C 与平面1A ED 所成角的正弦值； （2）求二面角1E A D F --的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由.【来源】天津市河东区2021届高三下学期一模数学试题8．如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面，且2AB BP ==，1AD AE ==，AE AB ⊥，且//.AE BP（1）设点M 为棱PD 中点，求证//EM 平面ABCD ；（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD ？若存在，试求出线段PN 的长度；若不存在，请说明理由．【来源】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题9．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，12AB BC AC A A ====，E ，F 分别为11A C ，11B C 的中点．（∠）在四边形11ABB A 内是否存在点G ，使平面//GEF 平面1ABC ？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；（∠）设D 是1CC 的中点，求DA 与平面1ABC 所成角θ的正弦值．【来源】“超级全能生”2021届高三3月份高考数学（理）联考试题（丙卷）10．在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，平面SAD ⊥平面ABCD ，SAD 是边长为2的正三角形，E ，F 分别为AD ，SB 的中点. （∠）证明：//EF 平面SCD ；（∠）在棱SA 上是否存在一点P ，使得锐二面角P BC S --若存在，求出SP SA 的值；若不存在，请说明理由.【来源】2021届高三数学临考冲刺原创卷（三）。

专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。

高考中的探索性问题一、高考大纲剖析2003年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。

2004年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。

其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.2005年数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。

对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。

考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。

在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。

精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。

两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。

那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2003年高考江苏卷第16题（立几）、第20题（解几）；2003年高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；2003年高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；2004年高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；2004年高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；2004年高考北京卷第14题（填空题，数列）、第20题（不等式证明）；2004年高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；2005年春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。

5.3.2立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力学案突破热点一翻折问题1.翻折问题中空间关系的证明【例1】(2020陕西西安中学高三模拟,19)在平行四边形ABCD中,AB=3,BC=2,过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E,AE=.连接EB交AD于点F,如图1,将△ADE沿AD折起,使得点E到达点P的位置,如图2.(1)证明:直线AD⊥平面BFP;(2)若G为PB的中点,H为CD的中点,且平面ADP⊥平面ABCD,求三棱锥G-BCH 的体积.解题心得解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”以及“变的位置关系和数量关系”,转化为一般的立体几何问题解答.【对点训练1】(2020湖南怀化三模,18)图1是直角梯形ABCD,AB∥DC,∠D=90°,AB=2,DC=3,AD=,点E在DC上,CE=2ED,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=,如图2.(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求点B到平面AC1D的距离.2.求翻折问题中的空间角【例2】(2020北京顺义二模,17)如图1所示,四边形ABCD是边长为的正方形,沿BD将点C翻折到点C1位置(如图2所示),使得二面角A-BD-C1成直二面角.E,F分别为BC1,AC1的中点.(1)求证:BD⊥AC1;(2)求平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值.解题心得平面图形翻折后成为空间图形,翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化,不在同一个平面上的可能发生变化.解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值.【对点训练2】(2020山东济宁三模,18)如图1,四边形ABCD为矩形,BC=2AB,E为AD的中点,将△ABE,△DCE分别沿BE,CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE ⊥平面BCE.(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.热点二探索性问题1.与空间位置关系有关的探索性问题【例3】(2020天津河西一模,17)在如图所示的几何体P-ABCDE中,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,AB⊥AE,AB∥CE,AE∥CD,CD=CE=2AB=4,M为PD 的中点.(1)求证:CE⊥PE;(2)求二面角M-CE-D的大小;(3)在线段PE上是否存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,若存在,求出线段AN的长;若不存在,请说明理由.解题心得1.对于空间位置关系中的存在性问题,解题思路是将假设存在所得的结论当作条件,据此条件以向量为工具,列出满足条件的方程或方程组把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数,从而确定位置.【对点训练3】(2020福建福州三模,19)如图,在多面体P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求多面体P-ABCD的体积;(2)已知E是棱PB的中点,在棱CD上是否存在点F使得EF∥PD,若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.2.与空间角有关的探索性问题【例4】(2020山东济南二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,∠PAB=∠PBA=45°,∠ABC=2∠BAC=60°,D是棱AB的中点,点E在棱PB上,点G是△BCD的重心.(1)若E是PB的中点,证明GE∥平面PAC;(2)是否存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解题心得利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论.(2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解”“是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.【对点训练4】(2020天津滨海新区高三四校联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,CD∥AB,AD⊥AB,AD=AB=2,CF=CD=,PA=PB=,E,N分别为AB,PB的中点.(1)求证:CN∥平面PEF;(2)求二面角N-CD-A的余弦值;(3)在线段BC上是否存在一点Q,使NQ与平面PEF所成角的正弦值为,若存在,求出BQ的长;若不存在,说明理由.核心素养微专题(六)立体几何解答题中的条件选择问题【例题】(2020山东青岛二模,18)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处,使得PO⊥平面ABCD成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题.如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,若,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°,求二面角A-PB-C的余弦值.核心素养分析数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现,新高考数学对核心素养的考查和渗透日趋加强.山东新高考创新性地出现了开放性的解答题,有利于立德树人,提升素养.本题首先需要理解题意,从数量关系、图形关系中抽象出数学问题,体现了数学抽象的核心素养;结合图形,理解直线、平面之间的位置关系,并进行推理证明,对直观想象和逻辑推理的核心素养有较高的要求;建立空间直角坐标系,根据向量坐标及相关公式,通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练】(2020山东潍坊二模,19)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.①AB⊥BC,②FC与平面ABCD所成的角为,③∠ABC=.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力·学案突破【例1】(1)证明如题图1,在Rt △BAE 中,AB=3,AE=,∴∠AEB=60°.在Rt △AED 中,AD=2,∴∠DAE=30°.∴BE ⊥AD.如题图2,PF ⊥AD ,BF ⊥AD ,PF ∩BF=F ,∴AD ⊥平面BFP. (2)解(方法一)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.取BF 的中点为O ,连接GO ,则GO ∥PF ,∴GO ⊥平面ABCD ,即GO 为三棱锥G-BCH 的高,∴GO=PF=PA×sin30°=CH=DC=,∴S △BCH =CH·AE=V 三棱锥G-BCH =S △BCH ·GO=(方法二)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.∵G 为PB 的中点,∴三棱锥G-BCH 的高等于PF.∵H 为CD 的中点,∴△BCH的面积是四边形ABCD的面积的三棱锥G-BCH的体积是四棱锥P-ABCD的体积的∵V P-ABCD=S四边形ABCD·PF=3,∴三棱锥G-BCH的体积为对点训练1(1)证明在图1中,连接AE,由已知得AE=2.∵CE∥BA,且CE=BA=AE,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,∴CF⊥BE.在Rt△ACD中,AC==2∴AF=CF=在图2中,AC1=AF2+C1F2=A,∴C1F⊥AF.由题意知,C1F⊥BE,且AF∩BE=F,∴C1F⊥平面ABED,又C1F⊂平面BC1E,∴平面BC1E⊥平面ABED;(2)解如图2,取AD的中点N,连接FN,C1N和BD,设B到平面AC1D的距离为h.在直角梯形ABED中,FN为中位线,则FN⊥AD,FN=由(1)得C1F⊥平面ABED,AD⊂平面ABED,∴C1F⊥AD.又FN∩C1F=F,∴AD ⊥平面C1FN.又C1N⊂平面C1FN,∴C1N⊥AD,且C1N=在三棱锥C1-ABD中,,即AB×AD×C1F=AD×C1N×h,∴h=故点B到平面AC1D的距离为【例2】(1)证明取BD的中点O,连接AO,OC1.因为四边形ABCD是正方形,所以在三棱锥中,BD⊥AO,BD⊥OC1.因为AO∩OC1=O,AO,OC1⊂平面AOC1,所以BD⊥平面AOC1.又因为AC1⊂平面AOC1,所以BD⊥AC1.(2)解因为二面角A-BD-C1为直二面角,平面ABD∩平面BDC1=BD,且BD⊥AO,BD⊥OC1,AO∩OC1=O,所以∠C1OA=90°,即C1O⊥AO,所以AO,OC1,BD两两垂直.以O为原点,OA,OB,OC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知AO=OC1=BD=1,所以O(0,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),A(1,0,0),C1(0,0,1),F,0,E0,,则=0,,=,-,0.显然平面ABD的一个法向量m=(0,0,1).设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则取x=2,可得y=2,z=-6,所以平面DEF的一个法向量n=(2,2,-6),则|cos<m,n>|===,所以平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值为对点训练2(1)证明在题图1中,BC=2AB,且E为AB的中点,∴AE=AB, ∴∠AEB=45°,同理∠DEC=45°,∴∠CEB=90°,∴BE⊥CE.又平面ABE⊥平面BCE,平面ABE∩平面BCE=BE,∴CE⊥平面ABE.又CE⊂平面DCE,∴平面ABE⊥平面DCE.(2)解以E为坐标原点,EB,EC所在的直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则E(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),A,D,F设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),由令z=1,得平面ADE的一个法向量为n=(-1,-1,1).又,设直线FA与平面ADE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,故直线FA与平面ADE所成角的正弦值为【例3】解依题意得,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形, 则PA⊥AB,PA⊥AE,所以PA⊥面ABCDE.又因为AB⊥AE,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),得A(0,0,0),B(2,0,0),C(4,2,0),D(4,6,0),E(0,2,0),P(0,0,2),M(2,3,1).(1)证明:由题意,=(-4,0,0),=(0,2,-2),因为=0,所以CE ⊥PE.(2)=(-2,-1,-1),=(2,-1,-1),设平面MEC的法向量为n=(x,y,z),则即不妨令y=1,可得平面MEC的一个法向量为n=(0,1,-1).平面DEC的一个法向量=(0,0,2),所以cos<n,>==-,由图可得二面角M-CE-D的平面角为锐角,所以二面角M-CE-D的大小为45°.(3)(方法一)存在.假设在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE.设=(λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),所以N(0,2λ,2-2λ).因为平面ABN∥平面MCE,所以n,即n=0,解得λ=,即N为PE的中点,此时N(0,1,1),||=,所以线段AN的长为所以在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,此时线段AN的长为(方法二)存在.假设在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE.设=(λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),因此N(0,2λ,2-2λ).设平面ABN的法向量为m=(x,y,z),则即令y=λ-1,可得m=(0,λ-1,λ).因为平面ABN∥平面MCE,所以m∥n,解得λ=,此时N(0,1,1),||=,所以线段AN的长为所以在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,此时线段AN的长为对点训练3解(1)如图,作PH⊥AD交DA的延长线于点H.因为平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,且PH⊂平面PAD,所以PH⊥平面ABCD,所以PH为点P到平面ABCD的距离.因为∠PAD=120°,PA=2,所以PH=PA·sin60°=,又因为S四边形=(BC+AD)·AB=3,所以V P-ABCD=PH·S四边形ABCD=3=ABCD(2)不存在.理由如下:假设在棱CD上存在点F,使得EF∥PD.连接BD,取BD的中点M,连接EM,EF.在△BPD中,因为E,M分别为BP,BD的中点,所以EM∥PD.因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM与EF重合.因为点F在线段CD 上,所以F=BD∩CD,又因为BD∩CD=D,所以F是BD与CD的交点D,即EF就是ED,而ED与PD相交,这与EF∥PD相矛盾,所以假设不成立,故在棱CD上不存在点F使得EF∥PD.【例4】(1)证明延长DG交BC于点F,连接EF,因为点G是△BCD的重心,故F为BC的中点.因为D,E分别是棱AB,BP的中点,所以DF∥AC,DE∥AP,又因为DF∩DE=D,所以平面DEF∥平面APC.又因为GE⊂平面DEF,所以GE∥平面PAC.(2)解存在.连接PD,因为∠PAB=∠PBA=45°,所以PA=PB.又因为D是AB的中点,所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC,而平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.如图,以D为原点,垂直于AB的直线为x轴,DB,DP所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,设PA=PB=2,则AB=2,PD=CD=,所以D(0,0,0),B(0,,0),C,0,G,0,P(0,0,).假设存在点E,设=,λ∈(0,1],则+=(0,,0)+λ(0,-)=(0,(1-λ),),所以E(0,(1-λ),).又因为,设平面ECD的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,解得n1=1,-.又因为平面CDG的一个法向量n2=(0,0,1),而二面角E-CD-G的大小为30°,所以|cos<n1·n2>|==,即,解得λ=,所以存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,此时对点训练4(1)证明取PE中点G,连接GN,FG,则GN∥BE,GN=BE=,即GN∥CF,GN=CF,所以GNCF为平行四边形,CN∥FG,CN⊄平面PEF,FG⊂平面PEF,所以CN∥平面PEF.(2)解因为PA=PB,点E为AB的中点,所以PE⊥AB.又因为侧面PAB⊥底面ABCD且侧面PAB∩底面ABCD=AB,所以PE⊥平面ABCD.分别以EB,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,2),C,D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),N,平面CDA 的一个法向量m=(0,0,1),(0,-2,1).设平面CDN的法向量n=(x,y,z),则令y=1,得平面CDN的一个法向量n=(0,1,2).所以cos<m,n>=,因此二面角N-CD-A的余弦值为(3)解存在.假设存在点P,满足题意,连接NQ.设==-,2λ,0(λ∈[0,1]),则Q-+1,2λ,0,=-+,2λ,-1.因为平面PEF的一个法向量p=(1,0,0),所以|cos<,p>|=,解得λ=或λ=-9(舍),所以在线段BC上存在点Q满足题意,此时BQ=核心素养微专题(六)【例题】解若选②,由PO⊥平面ABCD知PO⊥AB,又因为PC⊥AB,所以AB⊥平面PAC,所以AB⊥AC,所以∠BAC=90°,BC>BA,这与底面ABCD为菱形矛盾,所以②必不选,故选①③.下面证明:PO⊥平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为PC⊥BD,PC∩AC=C,所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC,所以BD ⊥PO.因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC.又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.因为PO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,以的方向分别作为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角,所以∠PBA=60°.在菱形ABCD中,设AB=2,因为∠ABC=60°,所以OA=1,OB=,设PO=a,则PA=,PB=在△PBA中,由余弦定理得PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA,所以a2+1=4+a2+3-2×2,解得a=所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),P(0,0,).设平面ABP的法向量为n1=(x1,y1,z1),=(,1,0),=(0,1,),由可得令z1=1,得n1=(,-,1).设平面CBP的法向量为n2=(x2,y2,z2),=(,-1,0),=(0,-1,),由可得令z2=1,得n2=(,1).设二面角A-PB-C的平面角为θ,所以cosθ=,所以二面角A-PB-C的余弦值为跟踪训练解(1)在线段AB上存在中点G,使得AF∥平面PCG.证明如下:如图所示,设PC的中点为H,连接FH.∵FH∥CD,FH=CD,AG∥CD,AG=CD,∴FH∥AG,FH=AG,∴四边形AGHF为平行四边形,则AF∥GH.又GH⊂平面PGC,AF⊄平面PGC, ∴AF∥平面PGC.(2)方案一:选条件①.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,由题意知AB,AD,AP两两垂直,以AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),=(0,1,1),=(-2,-1,1).设平面FAC的法向量为μ=(x,y,z),取y=1,得平面FAC的一个法向量μ=(-1,1,-1).又平面ACD的一个法向量为ν=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D的余弦值为方案二:选条件②.∵PA⊥平面ABCD,取BC中点E,连接AE,取AD的中点M,连接FM,CM,则FM∥PA,且FM=1,∴FM⊥平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为∠FCM,∴∠FCM=在Rt△FCM中,CM=,又CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B(,-1,0),C(,1,0),D(0,2,0),E(,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2), =(0,1,1),=(-,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z), 则取x=,得平面FAC的一个法向量m=(,-3,3).又平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D的余弦值为晨鸟教育方案三:选条件③.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,取BC中点E,连接AE,∵底面ABCD是菱形,∠ABC=,∴△ABC是正三角形.∵E是BC的中点,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B (,-1,0),C (,1,0),D(0,2,0),E (,0,0),F(0,1,1),P (0,0,2), =(0,1,1),=(-,0,1),设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则取x=,得平面FAC的一个法向量m=(,-3,3).又平面ACD的法向量n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D 的余弦值为Earlybird。

专项限时集训(二)立体几何中的探索性与存在性问题(对应学生用书第115页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)如图3，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．图3(1)求证：B1C1∥平面A1DE；(2)求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1.[证明](1)因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，2分又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE. 4分又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE. 6分(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE.8分又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，10分又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACC1A1.12分又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1. 14分2．(本小题满分14分)如图4所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB ＝2.图4(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．[解](1)因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，4分因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1. 6分(2)DC的中点为E点．如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形. 8分所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，10分所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B. 12分因为D1E⊄平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.14分3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图5, 在正三棱柱ABC －A1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：图5(1)直线A1E∥平面ADC1；(2)直线EF⊥平面ADC1.【导学号：56394093】[证明](1)连接ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，所以四边形B 1BDE 是平行四边形，2分所以BB 1∥DE 且BB 1＝DE ，又BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1， 所以AA 1∥DE 且AA 1＝DE ， 所以四边形AA 1ED 是平行四边形，4分所以A 1E ∥AD ，又因为A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1， 所以直线A 1E ∥平面ADC 1.7分(2)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ， 又AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BB 1，又△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ， 9分又BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1，BB 1∩BC ＝B ， 所以AD ⊥平面B 1BCC 1，又EF ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥EF ，11分又EF ⊥C 1D ，C 1D ，AD ⊂平面ADC 1，C 1D ∩AD ＝D ， 所以直线EF ⊥平面ADC 1.14分4．(本小题满分14分)(镇江市2017届高三上学期期末)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.图6(1)求证：AC 1∥平面BDE ； (2)求证：A 1E ⊥平面BDE .[证明] (1)连接AC 交BD 于点O ，连接OE .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为正方形，点O 为AC 的中点，2分AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，则EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE . 4分 又因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE .所以AC 1∥平面BDE .6分(2)连接OA 1，根据垂线定理，可得OA 1⊥DB ，OE ⊥DB ，OA 1∩OE ＝O ，∴平面A 1OE ⊥DB . 可得A 1E ⊥DB . 8分∵E 为CC 1的中点，设AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1＝a ，∴BE ＝2a ，A 1E ＝3a ，A 1B ＝5a ， ∵A 1B 2＝A 1E 2＋BE 2， ∴A 1E ⊥EB .12分∵EB ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，EB ∩BD ＝B ， ∴A 1E ⊥平面BDE .14分 5．(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图7，在四棱锥E －ABCD 中，平面EAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，EA ⊥EB ，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点．图7求证：(1)直线MN ∥平面EBC ； (2)直线EA ⊥平面EBC .[证明] (1)取BE 中点F ，连接CF ，MF ， 又M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB ，又N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形， 4分所以MN ∥CF ，又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ， 所以MN ∥平面EBC .8分(2)在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面EAB ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面EAB ，12分又EA ⊂平面EAB ，所以BC ⊥EA ，又EA ⊥EB ，BC ∩EB ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ，所以EA⊥平面EBC. 16分6．(本小题满分16分)(无锡市2017届高三上学期期末)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：图8(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.[证明](1)∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD.∵ABCD为矩形，∴AD⊥CD，2分又∵AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，4分∵CD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD. 6分(2)连接AC、BD交于O，连接OE，OF.∵ABCD为矩形，∴O为AC中点，∵E为PC中点，∴OE∥PA.∵OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴OE∥平面PAD，10分同理OF∥平面PAD，12分∵OE∩OF＝O，∴平面OEF∥平面PAD，14分∵EF⊂平面OEF，∴EF∥平面PAD. 16分7．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)如图9，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．图9(1)求证：EF∥平面PAB；(2)若AP＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明：AF⊥平面PCD.【导学号：56394094】[证明](1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD，又在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB，3分又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB. 6分(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AF⊂面PAD，所以CD⊥AF.①因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD，②由①②及PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD. 16分。

立体几何中的探索问题一、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 C D ∴==u u u r u u u u r设111(,,)n x y z =r是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g 即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，C 1A1C B 1ABDAACzxyCB1BD取11(1,,)32n =-r ，易知1(0,3,0)C C =u u u u r 是面ABC 的一个法向量.1112cos ,7n C C n C C n C C==-⨯u u u u r r u u u u r g r u u u u r r . ∴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 =-u u u r，则110,0CP C B CP C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r u u u rg u u u r u u u u r g ，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 。

高考数学（理）二轮复习规范答题示例：解析几何中的探索性问题（含答案）规范答题示例9 解析几何中的探索性问题典例9 (12分)已知定点C (－1,0)及椭圆x 2＋3y 2＝5，过点C 的动直线与椭圆相交于A ，B 两点．(1)若线段AB 中点的横坐标是－12，求直线AB 的方程；(2)在x 轴上是否存在点M ，使MA →·MB →为常数？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．审题路线图 (1)设AB 的方程y ＝k (x ＋1)→待定系数法求k →写出方程 (2)设M 存在即为(m ，0)→求MA →·MB →→在MA →·MB →为常数的条件下求m →下结论评分细则 (1)不考虑直线AB 斜率不存在的情况扣1分； (2)不验证Δ>0，扣1分；(3)直线AB 方程写成斜截式形式同样给分； (4)没有假设存在点M 不扣分；(5)MA →·MB →没有化简至最后结果扣1分，没有最后结论扣1分．跟踪演练9 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设A (－4,0)，过点R (3,0)作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，连接AP ，AQ 分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，127＋5＝b ，a 2＝b 2＋c 2，∴⎩⎨⎧a ＝4，b ＝23，c ＝2，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋3，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，x ＝my ＋3，得(3m 2＋4)y 2＋18my －21＝0， 且Δ＝(18m )2＋84(3m 2＋4)>0， ∴y 1＋y 2＝－18m 3m 2＋4，y 1y 2＝－213m 2＋4.由A ，P ，M 三点共线可知，y M163＋4＝y 1x 1＋4，∴y M ＝28y 13(x 1＋4).同理可得y N ＝28y 23(x 2＋4)，∴k 1k 2＝y M 163－3×y N 163－3＝9y M y N 49＝16y 1y 2(x 1＋4)(x 2＋4)∵(x 1＋4)(x 2＋4)＝(my 1＋7)(my 2＋7) ＝m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49 ∴k 1k 2＝16y 1y 2m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49＝－127，为定值．亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。

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】(2014·四川高考)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．(2014·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＝12 DC，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)(2014·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△A1DE的位置，使A1C⊥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．(2014·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]，3 3时，二面角D1－EC－D的大小为π6.所以当AE＝2－。