立体几何中的探索性问题

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

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

浅析立体几何中的探索性问题江苏省泗阳中学 张 涛 （223700）立体几何的探索性问题在近几年高考中经常出现，这种题型有利于考查学生的归纳、判断等各方面的能力，也有利于创新意识的培养，因此应注意高考中立几探索性命题的考查趋势。

立体几何探索性命题的类型主要有：一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么。

一、对命题条件的探索对命题条件的探索常采用以下三种方法：1、先猜后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明。

2、先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性。

3、把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件。

例1：四棱锥P-ABCD 的底面是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，当ABAD的值等于多少时，能使PB ⊥AC ？并给出证明。

解法一：取AD 中点F∵PF ⊥AD ，面PAD ⊥面ABCD∴PF ⊥面ABCD 连结BF 则若PB ⊥AC ，则AC ⊥BF 设AD=x, AB=y ∵∠FOA=90° ∴在ΔAOF 中，AF=2x AO=2231y x +，FO=22)2(31y x + 根据题意AF 2=AO 2+FO 2 代入可得2=yx，若AB AD =2容易证得FB ⊥AC由三垂线定理可证得PB ⊥AC.解法二：如图，建立坐标系，设AD=2，PF=3，AB=x ，A 点坐标为(0,―1, 0)，C 点坐标为(x,1,0)，P 点坐标(0, 0,3)，B 点坐标为(x,―1, 0)，=(x,―1,―3)，=(x, 2, 0)CBD APFy∵PB ⊥AC ∴·=0 即x 2―2=0 ∴x=2 ∴ABAD=2 解题回顾：这类题通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件。

⑵找出命题成立的必要条件，也证明充分性。

例2：在三棱锥A-BCD 中，AB ，BC ，CD 两两垂直，若AD 与平面BCD 所成的角为α，AD 与平面ABC 所成角为β，且AD=6，则当α=30°，β为何值时，三棱锥A-BCD 的体积最大，最大值是多少？解：∵V A-BCD =31AB ·S ΔBCDAB ⊥面BCD ∴∠ADB=30° 又∵DC ⊥面ABC∴∠=DAC=β，则AB=3，CD=ADsin β=6sin β AC=ADcos β=6cos β ∴BC=223)cos 6(-β∴V A-BCD =31×3×21×6sin β=)1cos 4(sin 42922-⋅ββ≤42721cos 4sin 42922=-+⋅ββ当4sin 2β=4cos 2β―1 即β=arcsin46时，三棱锥A-BCD 体积取得最大值827.解题回顾：在探索几何极值问题中，常把要求的几何量当成自变量，然后列出目标函数，再求出要求的几何量。

立体几何中的探索性问题那洪源一问题的提出（1）立体几何中的探索性问题，在98，99，00，02年全国高考题以及上海高考题中作为创新题型出现。

（2）这种试题较好地体现考查学生的思维能力和创新能力。

在《高考数学测量研究与实践》一书中有这样一段论述，“这种试题的解答过程，体现了研究性学习的发展性和生成性的特点，考查了创新能力和应用意识，02年这道题起到了很好的示范作用，是今后应用问题考查的改革方向”。

（3）我个人观点：在日常学习中，解决这类问题能够培养我们良好的思维品质与思维能力，使我们学会学习，学会研究。

凡新问题的解决（不限于数学问题）都有一个探索的过程，这正是解决问题的关键。

那么如何探索呢？本讲就从几个立体几何问题着眼，作一点尝试，供叁考。

那么，什么是立体几何探索性问题呢？先看一个例题。

引例：在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1（只填上一个正确条件即可）（98年高考题）BDAC 或ABCD是菱形寻求结论成立的充分条件就是探索性问题。

还有条件已知，结论未知，或结论不唯一以及结论不知是否存在，还有部分条件、结论未知，都被称为探索性问题。

在这里不给出严格定义。

下面研究两类问题。

二投影问题1、在正方体A1C中，E、F分别为面ADD1A1面BCC1B1中心，则四边形BFD1E在该正方体面上的射影可能是__________（2000年高考题）1234②是在上、下底面及前、后侧面③是在左、右侧面的投影故选②③1C2、正四面体ABCD 中，S 为AD 的中点，Q 为BC 上异于中点和端点的任意一点，则△SQD 在四个面上的射影不可能是B 是在BCD 面上的投影C 是在ABC 面上的投影D 是在ACD 面上的投影 故选A 3、一个不透明的正四面体，被一束垂直于桌面的平行光线照射时，此正四面体在桌面上的射影可能是（把可能的序号都填上）123①是BCD 面与桌面平行时的投影②可构造正方体 将正四面体ABCD 沿棱BC 转动在桌面上的投影 就出现④，当B 在桌面上，A ，C ，D 三点都不在 桌面上 使AD ，BC 在桌面上的射影平行，而AB ， CD 在桌面上的射影不平行，就出现③故填①②③④三 构造几何体4、若一个三棱锥的三个侧面中有两个等腰直角三角形，另一个是边长为1的正三角形，试求满足上述条件的三棱锥的体积。

ʏ王 飞 刘大鸣(特级教师)立体几何中的探究性问题立意新颖,形式多样㊂这类问题,既能够考查同学们的空间想象力,又可以考查同学们的意志力和创新意识,逐步成为近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一㊂立体几何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论证;二是计算型,即对几何体中的空间角与距离㊁几何体的体积等计算型问题的有关探究,此类问题通过求角㊁求距离㊁求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㊂题型1: 几何法 探究以 平行 为背景的探究性问题例1 如图1,在四棱锥E -A B C D 中,A E ʅD E ,C D ʅ平面A D E ,AB ʅ平面A D E ,CD =3A B ㊂图1(1)求证:平面A C E ʅ平面C D E ㊂(2)在线段D E 上是否存在一点F ,使A F ʊ平面B C E 若存在,求出E FE D 的值;若不存在,请说明理由㊂(1)面面垂直的证明,可寻求一个平面内的直线A E 和另一个平面C D E 垂直㊂因为C D ʅ平面A D E ,A E ⊂平面A D E ,所以C D ʅA E ㊂因为A E ʅD E ,所以A E ʅ平面C D E ㊂又因为A E ⊂平面A C E ,所以平面A C E ʅ平面C D E ㊂(2)由C D =3A B ,C D ʅ平面A D E ,A B ʅ平面A D E ,取E D 上的一个三分之一点F ,构造特殊的平行四边形,利用平行关系,得到A F ʊ平面B C E ㊂在线段D E 上存在一点F ,且E F D E =13,使A F ʊ平面B C E ㊂过点F 作F M ʊC D 交C E 于M (作法略),则F M =13C D ㊂因为C D ʅ平面A D E ,A B ʅ平面A D E ,所以C D ʊA B ㊂因为F M ʊC D ,所以F M ʊA B ㊂因为C D =3A B ,所以F M =A B ,所以四边形A B M F 为平行四边形,所以A F ʊB M ㊂又因为A F ⊄平面B C E ,B M ⊂平面BC E ,所以A F ʊ平面B C E ㊂透析:直线和平面平行的探究性问题,在利用传统的几何方法证明时,一定要灵活运用空间几何体的结构特征,要注意寻找平行㊁垂直与长度之间的关系,其中依据性质定理作辅助线和辅助面是求解的关键㊂本题取E D 上的三分之一点F ,构造平行四边形,凸显空间问题平面化的特点㊂题型2: 几何法 探究以 垂直 为背景的探究性问题例2 在长方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是A D ,D D 1的中点,A B =B C =2,过A 1,C 1,B 三点的平面截去长方体的一个角后,得到如图2所示的几何体A B C D -A 1C 1D 1,且这个几何体的体积为403㊂图273创新题追根溯源高一数学 2023年6月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.(1)求证:E Fʊ平面A1B C1㊂(2)求A1A的长㊂(3)在线段B C1上是否存在点P,使直线A1P与C1D垂直如果存在,求线段A1P的长;如果不存在,请说明理由㊂(1)利用几何特征和平行线的传递性证明E Fʊ平面A1B C1㊂在长方体A B C D-A1B1C1D1中,可知A BʊD1C1,A B=D1C1,所以四边形A B C1D1是平行四边形,所以A D1 B C1㊂因为E,F分别是A D,D D1的中点,所以A D1ʊE F,所以E FʊB C1㊂又E F⊄平面A1B C1,B C1⊂平面A1B C1,所以E Fʊ平面A1B C1㊂(2)利用等积法求A1A的长㊂由题意可得V A B C D-A1C1D1=V A B C D-A1B1C1D1 -V B-A1B1C1=2ˑ2ˑA A1-13ˑ12ˑ2ˑ2ˑA A1=103A A1=403,所以A A1=4㊂(3)线线垂直合理转化为线面垂直,构造与C1D垂直的辅助面为直角梯形A1P Q D1即可㊂在平面C C1D1D中,作D1QʅC1D交C C1于Q,过Q作Q PʊC B交B C1于点P,可得A1PʅC1D,即存在点P满足题意㊂因为A1D1ʅ平面C C1D1D,C1D⊂平面C C1D1D,所以C1DʅA1D1㊂又因为C1DʅD1Q,且A1D1ɘD1Q=D1,所以C1Dʅ平面A1P Q D1㊂又A1P⊂平面A1P Q D1,所以A1PʅC1D㊂下面求线段A1P的长㊂因为R tәD1C1QʐR tәC1C D,所以C1QC D= D1C1C1C,所以C1Q=1㊂因为P QʊB C,所以P Q=14B C=12㊂又四边形A1P Q D1为直角梯形,且高D1Q=5,所以A1P= 2-122+5=292㊂透析:以特殊几何体为背景的垂直关系的探究性问题,依据几何体的特殊性质,合理构造线线垂直关系是解题的关键㊂本题选择C1D和经过点A1且与B C1相交于点P的平面A1P Q D1,通过作D1QʅC1D交C C1于点Q,过点Q作Q PʊC B交B C1于点P,构造直角梯形得到满足条件的A1P的长㊂1.如图3,已知四棱锥S-A B C D中,底面A B C D是菱形,点E是棱A D的中点,点F 在棱S C上,且S FS C=λ,S Aʊ平面B E F㊂图3求实数λ的值㊂提示:利用相似三角形,建立等式求解㊂设A CɘB E=G,则平面S A Cɘ平面E F B= F G㊂因为S Aʊ平面E F B,所以S AʊF G㊂因为әG E AʐәG B C,所以A G G C=A E B C=12,所以S FF C=A GG C=12,所以S F=13S C,所以λ=13㊂2.已知直线m,n,l和平面α,β,下列四个命题中正确的是()㊂A.若mʊα,nʊα,则mʊnB.若lʊα,mʊβ,αʊβ,则lʊmC.若αʅβ,m⊂α,则mʅβD.若αʅβ,mʅβ,m⊄α,则mʊα提示:对于A,若mʊα,nʊα,则m与n 相交㊁平行或异面,A错误㊂对于B,若lʊα, mʊβ,αʊβ,l与m不一定平行,也可能相交, B错误㊂对于C,若αʅβ,m⊂α,则mʅβ或mʊβ或m与β相交,C错误㊂对于D,若αʅβ,mʅβ,m⊄α,则由线面垂直的性质与判定定理得mʊα,D正确㊂应选D㊂作者单位:陕西省洋县中学(责任编辑郭正华)8 3创新题追根溯源高一数学2023年6月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。

探索性问题在立体几何中的应用胡香兰【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2012(000)016【总页数】1页(P15)【作者】胡香兰【作者单位】云南省巧家县第一中学【正文语种】中文1 命题条件的探索问题解决这类命题条件探索问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件.具体方法：（1）直接法；（2）观察—猜测—证明.图1例1 如图1，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点.（1）求四棱锥P－ABCD的体积；（2）求证：PA∥平面MBD；（3）试问：在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.（1）因为Q为AD的中点，且△PAD为正三角形，所以PQ⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD.因为AD＝4，所以PQ＝四棱锥P－ABCD的体积图2（2）如图2，连AC交BDBD于O，连MO，由正方形ABCD可知O为AC中点，因为M为PC中点，所以MO∥AP，因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD.所以AP∥平面MB.（3）假设存在点N，N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB.证明如下：由（1）证明知PQ⊥平面ABCD，又CN⊂平面ABCD，则PQ⊥CN.因为正方形ABCD中Q，N分别为AD，AB中点，则CN⊥BQ，所以CN⊥平面PQB，又因为CN⊂平面PCN，所以平面PCN⊥平面PQB.本题（1）中关键是证明PQ⊥平面ABCD，（2）关键在面内找到与已知直线平行的直线，（3）是探索性问题.而探索性命题通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题目可以采用以下两种方法：① 尝试和探索题目所给条件；② 找出命题成立的必要条件，再证明充分性.该问题中关键是要找准N点的位置.2 命题结论的探索问题命题结论探索问题的基本特征是有条件而无结论.探索结论后论证结论是解决此问题的一般形式.有时运用定义或定理直接导出结论，有时可通过具体到抽象，特殊到一般的归纳获得结论，再给出严格证明，有时通过类比，联想，猜测出结论，再加以证明.例2 已知四边形ABCD为矩形，AD＝4，AB＝2，E是线段AB的中点，PA⊥平面ABCD.求：（1）试问BC边上是否存在点F，使得PF⊥FD，若存在，请指出F 点的位置，若不存在请说明理由.（2）设点G在PA上，且EG∥平面PFD，试确定点G的位置.（1）若BC边上存在点F，使PF⊥FD，因为PA⊥平面ABCD.由三垂线定理知AF⊥FD，在矩形ABCD中，由于AB＝2，AD＝4，则以AD为直径作圆，直线BC正好与该圆相切，因此，在直线BC上存在一点F，使得PF⊥FD，而且F点刚好是BC的中点.（2）过E作EH∥FD交AD于H，则EH∥面PFD，且过H作HG∥PD交PA于G，则GH∥面PFD且所以面EHG∥面PFD，从而点G满足即G点的位置在PA上靠近A点的四等分点处.这是一个立体几何的一道存在性的“结论探索题”，一般可以假定结论成立，再判断与已知条件符合还是矛盾.（1）问中关键知道直径为弦对应圆心角度为直角.（2）问中关键是通过辅助线构造面面平行.3 类比探索的问题在立体几何中常见的类比问题是利用平面几何结论类比探索立体几何结论，解答时应注意元素的相互对应，如线对面、面对体、平面角对二面角、长度对面积、面积对体积等，在类比的过程中要注意平面和空间的区别.这种类比方法是空间问题平面化，复杂问题简单化，有助于提高学生解决问题的能力.。

【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．. 例1．如图甲，O 的直径2AB =，圆上两点C 、D 在直径AB 的两侧，使C 4π∠AB =，D 3π∠AB =．沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图乙），F 为C B 的中点，E 为AO 的中点．根据图乙解答下列各题：（1）求证：C D B ⊥E ；（2）在BD 弧上是否存在一点G ，使得FG//平面CD A ？若存在，试确定点G 的位置；若不存在，请说明理由．思路分析：（1）利用等边三角形的性质可得DE ⊥AO ，再利用面面垂直的性质定理即可得到DE ⊥平面ABC ，进而得出结论．（2）要满足FG ∥平面ACD ，可过直线FG 做一平面使其与平面ACD 平行，找到所做平面与BD 弧的交点．点评：本题考查了直线与平面垂直的判定和直线与平面平行的判定. 这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明充分性．【变式演练1】如图，在四棱锥E ABCD -中，AE DE ⊥，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，6CD DA ==，2AB =，3DE =．（Ⅰ）求棱锥C ADE -的体积； （Ⅱ）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（Ⅲ）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．（Ⅲ）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1=3FM CD ．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 是平行四边形，则//AF BM ．又因为AF ⊄平面BCE ，BM ⊂平面BCE ，所以//AF 平面BCE ．【变式演练2】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形．点E 是棱PC 的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F ．F D CP E（1）求证：//AB EF ；（2）若PA AD =，且平面PAD ⊥平面ABCD ，试证明AF ⊥平面PCD ；（3）在（2）的条件下，线段PB 上是否存在点M ，使得EM ⊥平面PCD ?（直接给出结论，不需要说明理由）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析． 【解析】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．.例2. 如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且2,1AB BP AD AE====，,AE AB⊥且AE∥BP．（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．思路分析：（Ⅰ）方法一：以B为原点，,,BA BP BC分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABCD的一个法向量，由此证得结果；方法二：连结,AC BD，其交点记为O ，连结MO ，EM ，由中位线定理可得12OMPB ，从而证得四边形AEMO 是平行四边形，进而由平行四边形的性质可使问题得证；（Ⅱ）先求出平面PCD 的一个法向量，然后由此利用向量法求出线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为25．（方法二）由三视图知，,,BA BP BC 两两垂直．连结,AC BD ，其交点记为O ，连结MO ，EM ． 因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 中点．因为M 为PD 中点，所以OM ∥PB ，且12OM PB =． 又因为AE ∥PB ，且12AE PB =，所以AE ∥OM ，且AE =OM ．所以四边形AEMO 是平行四边形，所以EM ∥AO ，因为EM ⊄平面ABCD ，AO ⊂平面ABCD ，所以EM ∥平面ABCD ．点评：利用空间直角坐标系求解空间角的关键是建立空直角坐标系，而建立空间直角坐标系主要途径：（1）一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；（2）如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点；（3）建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系．【变式演练3】如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，//EF AB ，EF EA ⊥，22AB EF ==，90AED ∠=，AE ED =，H 为AD 的中点.（1）求证：EH ⊥平面ABCD ；（2）在线段BC 上是否存在一点P ，使得二面角B FD P --的大小为3π？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点P 的坐标为(1,2,0)-,使2BP BC ==. 【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用线面垂直的判定定理推证；(2)借助题设构建空间坐标系运用空间向量求解探求.（2）因为AD OH HE ，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系H xyz -，则(1,0,0)A (1,0,0)D -，(0,1,1)F ，(0,1,0)O ，(1,2,0)C -.设点(,2,0)(02)P m m <≤，于是有(1,1,1)DF =，(1,2,0)DP m =+.考点：空间线面的位置关系及空间向量的有关知识的综合运用．【变式演练4】如图,ABCD 是边长为3的正方形，ABCD 面⊥DE ，AF DE DE AF 3,//=,BE 与平面ABCD 所成的角为060.(1)求二面角D BE F --的的余弦值;(2)设点M 是线段BD 上一动点，试确定M 的位置，使得BEF AM 面//，并证明你的结论.解：【变式演练4】如图，平面ABDE ⊥平面ABC ， ABC ∆是等腰直角三角形，4AB BC ==，四边形ABDE 是直角梯形，//BD AE ，BD BA ⊥，122BD AE ==，点O 、M 分别为CE 、AB 的中点.（1）求证：//OD 平面ABC ；（2）求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；（3）能否在EM 上找到一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由 .【高考再现】1. 【20XX 年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥， 1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，14AM AP = 试题解析：（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.2.【20XX年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为边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P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.E D CB PA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）1 3 .【解析】试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：易知PA ⊥平面ABCD ， 从而PA ⊥CE. 于是CE ⊥平面PAH. 所以平面PCE ⊥平面PAH.过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE. 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=22. 在Rt △PAH 中，PH=22PA AH =322， 所以sin ∠APH=AH PH =13.方法二：作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD ,AP 的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A （0,0,0），P （0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以PE =（1,0,-2），EC =（1,1,0），AP =（0,0,2） 设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩ 设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α=||||||n AP n AP ⋅⋅ 22221322(2)1=⨯+-+ .所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.z yxMEDCBPA考点：线线平行、线面平行、向量法.3. 【2016高考北京文数】（本小题14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面； （II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III ）存在.理由见解析. 【解析】P⊥AB．所以CPA．所以AB⊥平面CPA．所以平面PAB⊥平面C考点：空间垂直判定与性质；空间想象能力，推理论证能力【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.【反馈练习】1.【江苏省淮安市20XX 届高三第五次模拟考试】（本题满分14分）如图，边长为2的正方形ABCD 是圆柱的中截面，点E 为线段BC 的中点，点S 为圆柱的下底面圆周上异于A ，B 的一个动点．（1）在圆柱的下底面上确定一定点F ，使得//EF 平面ASC ；（2）求证：平面ASC ⊥平面BSC ．【答案】（1）点F 为线段AB 的中点；（2）详见解析； 【解析】2.【20XX 年高考模拟(南通市数学学科基地命题)(2)】(本小题满分14分)已知直三棱柱111ABC A B C -中，,D E 分别为11,AA CC 的中点，AC BE ⊥,点F 在线段AB 上，且4AB AF =．⑴求证:1BC C D ⊥；⑵若M 为线段BE 上一点，试确定M 在线段BE 上的位置， 使得1//C D 平面1B FM ．ABCE(第16题)【答案】（1）见解析；（2）BE=4ME 【解析】⑵连结AE ，在BE 上取点M ，使BE=4ME, 连结FM ，1B M ,F 1B ，在BEA 中，由BE=4ME ，AB=4AF第16题A BC1B1A1CD E F ABC1B1A1CD E F M所以MF//AE ， 又在面AA 1C 1C 中，易证C 1D//AE ，所以1//C D 平面1B FM ．3.【扬州市2014—2015学年度第四次调研测试试题高三数学】如图,三棱锥A BCD -中,侧面ABC 是等边三角形,M 是ABC ∆的中心．⑴若DM BC ⊥,求证AD BC ⊥；⑵若AD 上存在点N ,使//MN 平面BCD ,求AN ND的值．MDCBA【答案】⑴见试题分析；⑵12【解析】⑵,M AE AE ∈⊂平面ADE ,所以M ∈平面ADE ,因为AD 上存在点N ,所以N ∈平面ADE ,所以MN ⊂平面ADE , 又//MN 平面BCD ,平面ADE平面BCD DE =,所以//MN DE ,在ADE ∆中,因为12AM ME =,所以12AN ND =．4．【20XX 届福建省福州市第八中学高三上学期第三次质检】在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，3AC =，22AB BC ==，AC FB ⊥．（1）求证：⊥AC 平面FBC ；（2）求四面体FBCD 的体积；（2）线段AC 上是否存在点M ，使EA //平面FDM ？证明你的结论．【答案】（1）祥见解析；（2）123；（2）祥见解析. 【解析】5．【20XX届辽宁省大连市第二十高级中学高三上学期期中考试】如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF ⊥平面EFDC．（1）当1BE=，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出P 点位置，若不存在，说明理由；（2）设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A-CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．【解析】（1）存在P使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时．35 AP AD=下面证明：35APAD=，过点P作MP∥FD，与AF交于点M，则有35MPFD=，又FD＝5，故MP＝3，又因为EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP//=EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以PC∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．（2）因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF平面EFDC ＝EF ，又AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面EFDC 由已知BE ＝x ，，所以AF ＝x （0<x4），FD ＝6-x ． 故222111112(6)(6)[(3)9](3)332333A CDF V x x x x x x -=⋅⋅⋅-⋅=-=--+=--+．所以，当x ＝3时，A CDF V -有最大值，最大值为3.。

运用向量法求解立体几何探索性问题立体几何探索性问题是近年高考或各地模拟考试中的热点题型．向量作为一种工具，在解决立体几何探索性问题中有着无比的优越性．运用向量法解题，可使几何问题代数化，大大简化思维程序，使解题思路直观明了．下面举例说明向量法在求解两类立体几何探索性问题中的运用．一、条件探索型所谓“条件探索型”是指给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者探求、寻找使结论成立的条件的一类问题，这类问题的常用解法是逆推法，利用结论探求条件． 例1 如图1，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD ，当1CD CC 的值是多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ． 解析：取向量CD = a ，CB = b ，1CC = c ，设1CD CC λ=， 则λ=a c ，=a b ，1CA = a+b+c ，BD =- a b ，1C D =- a c ．要使A 1C ⊥平面C 1BD ，只要CA 1⊥C 1D ，且CA 1⊥BD ，即110CA C D =且10CA BD = ， ∴ ()()0-=a +b +c a c ，① ()()0-= a +b +c a b ．② 由①得=a c ，而②恒成立，所以1λ=． 即当11CD CC =时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ． 例2 如图2，棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E 是BC 的中点，F 是棱CD 上的动点（非C 、D 两点），设二面角C 1－EF －C 的大小为θ．试确定F 点位置，使得1cos 3θ=． 解析：以A 为坐标原点，建立如图2所示的直角坐标系，则A 1（０，０，1）、C 1（1，1，1）、1102E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，．设F （x ，1，０）（0＜x ＜1），易知11012C E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，，，1102EF x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，，． 设v ＝（a ，b ，c ）是平面C 1EF 的一个法向量， 则11021(1)0.2C E b c EF x a b ⎧=--=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩ ，v v令c =1，则1211x ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，，v ． 又1(001)AA = ，，是平面AC 的一个法向量， ∴11211cos 151AA AA AA x ∴==⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，v v v ． 结合条件知可取1cos cos AA θ= ，v ， 故2113151x =⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，解得12x =或32x =（舍）． 故当F 是CD 中点时，1cos 3θ=． 二、是否存在型所谓“是否存在型”是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来；可能不存在，则需要说明理由．解答这一类问题时，先假设结论存在，若推证无矛盾，则结论存在；若推证出矛盾，则结论不存在． 例3 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点．在直线CC 1上是否存在一点N ，使得MN ⊥AB 1？若存在，请你求出它的位置；若不存在，请说明理由．解法一：假设在直线CC 1上存在一点N ，使得MN ⊥AB 1．设1CN xBB = ，由题意可得12M C B C = ，11AB AB BB =+ ，MN MC CN =+ ，1123AB B C π= ，． ∵1AB MN ⊥ ，∴10AB MN = ，即1()()0AB BB MC CN ++= ，∴110AB MC BB MC AB CN BB CN +++= ， ∴21cos 0AB MC AB MC x BB += ，， ∴1404x -+=， ∴116x =，即在直线CC 1上存在一点N ，当18CN = 时，AB 1⊥MN ． 解法二：假设在直线CC 1上存在一点N ，使得MN ⊥AB 1．如图3，建立空间直角坐标系，有A （０，０，０）、31022B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，、33044M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，、(01)N z ，，、131222B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，， ∴131222AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，3144MN z ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，，． ∵1AB MN ⊥ ， ∴1313122244AB MN z ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，312088z =-++=， 解得 18z =，1018N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，即CN ＝18时，AB 1⊥MN ．。

立体几何探究性试题的求解策略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；在近几年的高考试卷中较多地出现了立体几何方面的条件开放的探究性试题，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；下面就各类问题来探讨一下求解的策略。

一、探究两条异面直线所成的角例 1 （2004浙江）如图1已知正方行ABCD 和矩行ACEF所在平面互相垂直，1AB AF =，试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60 ，并加以证明。

分析：设(02)AP x x =≤≤，利用PF 与BC 所成的角是60来构建 以x 为元的方程，再解x 就确定了点P 的位置。

解法1：如图2， ABCD2AC ∴=设(02)AP x x =≤≤作PQ AB ⊥交AB 与Q ，则PQ //BC ，相交直线PF PQ 与所成的角是异面直线PF 与BC 所成的角。

平面ABCD ⊥平面ACEF,ACEF 矩行，,AF AC AFABCD ∴⊥⊥平面AF PQ ⊥，AB AF A ⋂=，,PQ ABF PQ FQ ∴⊥⊥平面要使P F B C 与所成角是60，只需使60FPQ ∠= ，只需使2P F P Q =，22PQ AP x == ，∴只需使P Fx =，又在Rt APF 中，2P F x =+，，1x ==，所以当P 点是线段AC 的中点时PF BC 与所成的角为60。

解法2：如图3 正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，,AF AC ∴⊥AF ABCD ⊥平面，又1,2,AB AF AC ===设(02)AP x x =≤≤以A 为坐标原点，直线,,AB AD AF 分别为,,x y z 角坐标系，则(0,0,0),A B C (0,0,1),F P (,,1)22BC PF x x ∴==-- ，要使PF BC 与所成角是60只需使cos 60BC PF BC PF ∙=∙ 1,12x =∴=，所以当P 点是线段AC 的DABC EFPA B C DE FPQ中点时PF BC 与所成的角为60。

1/ 10第68题 立体几何中的探索性问题一．题源探究·黄金母题如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（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.【试题来源】2016高考北京理数17题 【母题评析】本题共3问题对立体几何中平行于垂直考查比较全面，而第3问具有一定的探索性，使问题变的比较活泼，对于探索性问题的处理，首先应凭借几何直觉进行大胆的猜想，然后再进行严密的论证。

对于培养学生的探究能力和创新能力很有裨益。

P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =5AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP2/ 10【思路方法】对于探索开放性问题，采用先猜后证，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. ．二．考场精彩·真题回放【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值；（3）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．【命题意图】考察空间想象能力，猜想能力及推理论证和转化思想。

【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本以解答为主，难度中等偏难. 【学科素养】数学运算、直观想象3/ 10【难点中心】在熟练进行几何论证基础上，形成几何直觉。

三．理论基础·解题原理对于探索性问题（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，常以解答题中最后一问的形式出现，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.四．题型攻略·深度挖掘【考试方向】这类试题在考查题型上，通常问题解答题形式。

2021年新高考数学总复习：立体几何中探索性问题的研究高考中的立体几何探索性试题，我们一般可以采用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，这类试题的一般设问方式是“是否存在？存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．例题 如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1.(1)证明：P A ⊥平面ABCD ；(2)求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角的大小；(3)问：在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC .证明你的结论．审题方法 F 是线段PC 上的点，一般可设PF →＝λPC →，求出λ的值，点P 是已知的，即可求出点F .解题思路 (1)证明的是线面垂直，只要努力去找直线与平面内的两条相交直线垂直即可；(2)按找二面角的方法进行；(3)通过建立恰当的直角坐标系，给出相应点的坐标，利用坐标关系和向量的相等就可以解决了．(1)证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，所以AB ＝AD ＝AC ＝a ，在△P AB 中，由P A 2＋AB 2＝2a 2＝PB 2，知P A ⊥AB ，同理P A ⊥AD ，所以P A ⊥平面ABCD .(2)解 如图1所示，作EG ∥P A 交AD 于G ，由P A ⊥平面ABCD ，知EG ⊥平面ABCD ，作 GH ⊥AC 于H ，连接EH ，则EH ⊥AC ，则∠EHG 为所求二面角的平面角，设为θ.又PE ∶ED ＝2∶1，图1则EG ＝13a ，AG ＝23a ，GH ＝AG sin 60°＝33a ，从而tan θ＝EG GH ＝33，所以θ＝30°. (3)解 以A 为坐标原点，直线AD ，AP 分别为y 轴，z 轴，过A 点垂直平面P AD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．由题设条件，相关各点的坐标分别为A (0， 0， 0)，B ⎝⎛⎭⎫32a ，－12a ，0，C ⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，0，D (0，a ， 0)，P (0， 0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，23a ，13a .图2所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，23a ，13a ，AP →＝(0， 0，a )， AC →＝⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫32a ，12a ，－a ， BP →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，a . 设F 是棱PC 上的点，且PF →＝λPC →＝⎝⎛⎭⎫32aλ，12aλ，－aλ，其中0<λ<1，则 BF →＝BP →＋PF →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，a ＋⎝⎛⎭⎫32aλ，12aλ，－aλ ＝⎝⎛⎭⎫32a (λ－1)，12a (1＋λ)，a (1－λ). 令BF →＝λ1AC →＋λ2AE →，得：⎩⎪⎨⎪⎧ 32a (λ－1)＝32aλ1，12a (λ＋1)＝12aλ1＋23aλ2，a (1－λ)＝13aλ2，解得λ＝12，λ1＝－12， λ2＝32，即λ＝12时，BF →＝－12AC →＋32AE →，即F 是PC 的中点时，BF →，AC →，AE →共面．又BF 不在平面AEC 内，所以当F 是棱PC 的中点时，BF ∥平面AEC .例题追根溯源 如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB。

专题:立体几何中的探索性问题：熟练使用几何法和向量法课堂例题：1.在三棱柱ABC - 111A B C 中，A 1A ⊥平面ABC ，AC=3，BC=4，AB=5，A 1A =4.(1)在AB 上是否存在点D 使得1AC ⊥CD? (2)在AB 上是否存在点D 使得1AC ∥平面1C D B2．如图，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE ．3.已知几何体EFG －ABCD 如图所示，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点M 在边DG 上．问：是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°，若存在，试求点M 的位置；若不存在，请说明理由．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2，若棱AA 1上存在一点P ，使得A P＝λ1PA ，当二面角A －B 1C 1－P 的大小为30°时，求实数λ的值．5.如图，五面体ABCDE 中，正∆ABC 的边长为1，AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，且CD=12AE ．(I)设CE 与平面ABE 所成的角为α，AE=(0),k k >若[,],64ππα∈求k 的取值范围；(Ⅱ)在(I)和条件下，当k 取得最大值时，求平面BDE 与平面ABC 所成角的余弦值听课反思：课后练习：1.如图甲所示，三棱锥P ABC -的高8,3,30,PO AC BC AC B M N ===∠=︒、分别在BC 和PO 上，且,2((0,3])CM x PN x x ==∈，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥N A M C -的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是（ ）2. 若A (1，-2,1)，B (4,2,3)，C (6，-1,4)，则△ABC 的形状是( )A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等边三角形 4.已知n m ,是两条不同直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的假命题是（ ）A.若n m n m //,,//则=⋂βααB.若αα⊥⊥n m n m 则,,//C.若βαβα//,,则⊥⊥m mD.若βαβα⊥⊂⊥则,,m m5.在半径为R 的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱的体积的最大值是（ ）A39R39R33R D 349R π6．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，若在这个四棱锥内放一球．求此球的最大半径 ．7.右图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面积是 .8.如图，侧棱垂直底面的三棱柱111A B C A B C -中，A B A C ⊥，13AA AB AC ++=，(0)AB AC t t ==>，P 是侧棱1A A 上的动点.（Ⅰ）试求三棱锥1P BC C -的体积V 取得最大值时的t 值；3()A. B. C. D.6433.2O ABC O B O C AO B AO C O A BC πππππ=∠=∠=空间四边形中，，，则异面直线、所成角的大小为 侧视俯视（Ⅱ）若二面角1A BC C --的平面角的余弦值为10，试求实数t 的值.9.已知正方形A B C D 的边长为2，AC BD O = ．将正方形A B C D 沿对角线BD 折起，使A C a =，得到三棱锥ABCD -，如图所示．（Ⅰ）当2a =时，求证：AO BCD ⊥平面；（Ⅱ）当二面角A B D C --的大小为120 时，求二面角A B C D --的正切值．10.如图，在梯形A B C D 中，//A B C D ，1,60AD D C C B ABC ===∠=，四边形AC FE为矩形，平面A C F E ⊥平面A B C D ，1C F =. （I ）求证：B C ⊥平面A C F E ；（II ）点M 在线段E F 上运动，设平面M A B 与平面F C B 所成二面角的平面角为(90)θθ≤，试求co s θ的取值范围.C1CA(第8题)。