高中数学 黄金100题系列 第68题 立体几何中的探索性问题 理

第68题立体几何中的探索性问题非常感谢上级领导对我的信任，这次安排我向股份公司述职，既是对我履行职责的监督，也是对我个人的关心和爱护，更是对*百联东方商厦有限公司工作的高度重视和支持。I题源探究黄金母题【例1】【2016年高考北京理数】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.【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，【解析】分析：（1）由面面垂直性质定理知AB平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值.如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所直线与平面所成角的正弦值为.【名师点睛】在解决立体几何探索性问题时，常常先通过空间观察和条件分析假设存在符合条件的点，然后进行推理论证。 II考场精彩真题回放【例2】【2016年高考四川理数】如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADC=PAB=90，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90. （）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；（）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.【答案】（）详见解析；（）.【解析】分析：（）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CDEB；从而知为DC和AB的交点；（）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）（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）（）方法一：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1，则在RtPAD中，PA=AD=2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中，AEH=45，AE=1，所以AH=.在RtPAH中，PH= ，所以sinAPH= =.方法二：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC=1，则在RtPAD中，PA=AD=2.作AyAD，以A为原点，以 ,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=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为，则sin= = .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .【例3】【2014年湖北卷19】如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.（1）当时，证明：直线平面；（2）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于同一条直线的两条直线平行得，根据线面平行的判定定理证明平面；（2）解法1，如图2，连结，证明四边形与四边形是等腰梯形，分别取、的中点为、，连结、，证明是平面与平面所成的二面角的平面角，设存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，求出的值；解法2，以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，用向量法求解.试题解析：几何法：（2）如图2，连结，因为、分别是、的中点，所以，且，又，所以四边形是平行四边形，故，且，从而，且，在和中，因为，于是，所以四边形是等腰梯形，同理可证四边形是等腰梯形，分别取、的中点为、，连结、，则，而，故是平面与平面所成的二面角的平面角，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，连结，因为、是、的中点，所以，在中，由得，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.向量法：以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，由已知得，所以，（1）证明：当时，因为，所以，即，而平面，且平面，故直线平面.（2）设平面的一个法向量，由可得，于是取，同理可得平面的一个法向量为，若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，即，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.【名师点睛】这是一类探究型习题，重点考查直线与平面平行的判定定理和二面角的求法，其解题思路：第一问通过证明线线平行得出线面平行的结论；第二问正确求解的关键是正确地找出平面与平面所成的二面角的平面角.充分体现了探究型学习在高考中的重要性.【例4】【2015湖北理19】九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接 （）证明：试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（）若面与面所成二面角的大小为，求的值【答案】（）详见解析；（）. （）如图1，在面内，延长与交于点则是平面与平面 的交线. 由（）知，所以. 又因为底面，所以. 而，所以. 故是面与面所成二面角的平面角， 设，有，在RtPDB中, 由, 得, 则 , 解得. 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，. （解法2）（）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系. 设，则，点是的中点，所以，于是，即. 又已知，而，所以. 因, , 则, 所以.由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为. （）由，所以是平面的一个法向量；由（）知，所以是平面的一个法向量. 若面与面所成二面角的大小为，则，解得. 所以 故当面与面所成二面角的大小为时，. 精彩解读【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。【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.【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.【难点中心】在熟练进行几何论证基础上，形成几何直觉。III理论基础解题原理立体几何初步是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力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，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.IV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。【技能方法】1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.2.在立体几何的垂直关系问题中，需根据题目具体条件结合垂直的判断定理，寻找必要条件。3.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.V举一反三触类旁通考向1空间平行关系的探索【例1】【2017重庆模拟】在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形。（）若，证明：直线平面；（）设，分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线 平面？请证明你的结论。【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，M为线段AB的中点时，直线平面.解析：（）因为四边形和都是矩形，所以.因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，所以平面ABC.因为直线平面ABC内，所以.又由已知，为平面内的两条相交直线，所以，平面.（2）取线段AB的中点M，连接，设O为的交点.由已知，O为的中点.连接MD，OE，则MD，OE分别为的中位线.所以，连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则.因为直线平面，平面，所以直线平面.即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使得直线平面. 【例2】【2016西安模拟】如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE平面ABCE，求证：平面BDE平面ADE.【答案】见解析【解析】(1)解如图，【跟踪练习】1.【2017石家庄模拟】在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，ABCD，AC，AB2BC2，ACFB.(1)求证：AC平面FBC.(2)求四面体FBCD的体积.(3)线段AC上是否存在点M，使EA平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】见解析(2)解因为AC平面FBC，FC平面FBC，所以ACFC.因为CDFC，ACCDC，所以FC平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得CBDC1，所以FC1.所以BCD的面积为S.所以四面体FBCD的体积为VFBCDSFC.(3)解线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA平面FDM. 证明如下：连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.所以EAMN.因为MN平面FDM，EA平面FDM，所以EA平面FDM.所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA平面FDM成立.2.【2017三明市期末】已知正四棱锥SABCD的各条棱长都相等，且点E，F分别是SB，SD的中点（1）求证：ACSB；（2）在SC上是否存在点M，使平面MBD平面AEF，若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】见解析【解析】分析：（1）根据ACBD，ACSO可得AC平面SBD，故而ACSB；（2）取EF的中点G，连结GC，取GC的中点H，延长OH交SC于M，则可证平面BDM平面AEF，利用中位线定理得出M的位置解析：（1）证明：设ACBD=O，则O为底面正方形ABCD中心，连接SO，SA=SC，O是AC的中点，SOAC又BDAC，且SOBD=O，AC平面SBD，又SB平面SBD，ACSB（2）解：存在点M，设SOEF=G，连AG，CG取CG中点H，连OH并延长交SC于点M，O是AC中点，OHAG，即OMAG，又EFBD，OM，BD平面AEF，AG，EF平面AEF，OM平面AEF，BD平面AEF，又OMBD=O，OM，BD平面MBD，平面MBD平面AEF，在SOC中，作FNOM交SC于N，则N是SM的中点，M是NC的中点，【点评】本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，属于中档题3.【2017北京西城区期末】如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF平面ABCD（）求证：平面ACF平面BDEF；（）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），求证：EFGH；（）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM平面AEF？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】见解析解：（）证明：四边形ABCD是正方形，ACBD又平面BDEF平面ABCD，平面BDEF平面ABCD=BD，且AC平面ABCD，AC平面BDEF又AC平面ACF，平面ACF平面BDEF（）证明：EFBD，EF平面AEF，BD平面AEF，BD平面AEF，又BD平面BDGH，平面AEF平面BDGH=GH，BDGH，又BDEF，GHEF（）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM平面AEF，此时以下给出证明过程证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，因为BDEF，BD平面AEF，EF平面AEF，所以BD平面AEF设ACBD=O，连接OM，在ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OMAE，又因为OM平面AEF，AE平面AEF，所以OM平面AEF又因为OMBD=O，OM，BD平面BDM，所以平面BDM平面AEF4.【2017湖南三模】如图：在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ABC=60，PA平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2（）证明：BC平面AMN；（）求三棱锥NAMC的体积；（）在线段PD上是否存在一点E，使得NM平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由【答案】见解析（III）对于这种是否存在的问题，首先要观察出结论，再进行证明，根据线面平行的判定定理，利用中位线确定线与线平行，得到结论解：（）证明：ABCD为菱形，AB=BC又ABC=60，AB=BC=AC，又M为BC中点，BCAM而PA平面ABCD，BC平面ABCD，PABC又PAAM=A，BC平面AMN（II），又PA底面ABCD，PA=2，AN=1三棱锥NAMC的体积SAMCAN=（III）存在点E，取PD中点E，连接NE，EC，AE，N，E分别为PA，PD中点，又在菱形ABCD中，即MCEN是平行四边形NMEC，又EC平面ACE，NM平面ACEMN平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM平面ACE，此时【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，是一个非常适合作为高考题目出现的问题，题目包含的知识点比较全面，重点突出，是一个好题考向2空间垂直关系的探索【例1】【2017秦皇岛调研】如图1所示，在RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图2所示.(1)求证：A1FBE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由.【答案】见解析(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP，又DEDPD，所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.【例2】【2018哈尔滨质检】如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点.(1)求证：EF平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析(2)解存在满足要求的点G.证明如下：在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG平面PDC，因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CDAD.又侧面PAD底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD平面ABCDAD，所以CD平面PAD.又EF平面PAD，所以CDEF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FGAD.又CDAD，所以FGCD，又FGEFF，所以CD平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG平面PDC.【跟踪练习】1.【2017贵阳模拟模拟】如图，在三棱锥PABC中，不能证明APBC的条件是()AAPPB，APPC BAPPB，BCPBC平面BPC平面APC，BCPC DAP平面PBC【答案】B2. 【2017朝阳区模拟】如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).【答案】DMPC(或BMPC等)【解析】由定理可知，BDPC.当DMPC(或BMPC)时，有PC平面MBD.又PC平面PCD，平面MBD平面PCD.3.【2017湖北武汉武昌调研】在矩形ABCD中，ABBC，这与已知矛盾，所以不正确4【2017贵阳模拟】已知如图，ABC和DBC所在的平面互相垂直，且ABBCBD1，ABCDBC120. (1)在直线BC上求作一点O，使BC平面AOD，写出作法并说明理由；(2)求三棱锥ABCD的体积. 【答案】见解析【解析】 (1)作AOBC，交CB延长线于点O，连接DO，则BC平面AOD.5【2017兰州模拟】如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC，PA1，AB1，AC2，BAC60. (1)求三棱锥PABC的体积；(2)在线段PC上是否存在点M，使得ACBM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】见解析(2)证明：在平面ABC内，过点B作BNAC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MNPA交PC于点M，连接BM.由PA平面ABC知PAAC，所以MNAC.由于BNMNN，故AC平面MBN.又BM平面MBN，所以ACBM.在RtBAN中，ANABcos BAC，从而NCACAN.由MNPA，得.6.【2017届安徽省合肥联考】如图所示，平面ABCD平面BCE，四边形ABCD为矩形，BCCE，点F为CE的中点.(1)证明：AE平面BDF.(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PMBE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明连接AC交BD于O，连接OF，如图.四边形ABCD是矩形，O为AC的中点，又F为EC的中点，OF为ACE的中位线，OFAE，又OF平面BDF，AE平面BDF，AE平面BDF.(2)解当P为AE中点时，有PMBE，证明如下：取BE中点H，连 接DP，PH，CH，P为AE的中点，H为BE的中点，PHAB，又ABCD，PHCD，P，H，C，D四点共面.平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC，CD平面ABCD，CDBC.CD平面BCE，又BE平面BCE，CDBE，BCCE，H为BE的中点，CHBE，又CDCHC，BE平面DPHC，又PM平面DPHC，BEPM，即PMBE.7.【2017平谷区模拟】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB=60，PD平面ABCD，PD=AD=3，PM=2MD，AN=2NB，（）求证：直线AM平面PNC；（）在AB上是否存在一点E，使CD平面PDE，若存在，确定E的位置，并证明，若不存在，说明理由；（）求三棱锥CPDA的体积【答案】见解析【解答】证明：（）在PC上去一点F，使PF=2FC，连接MF，NF，因为PM=2MD，AN=2NB，所以FMDC，ANDC，AN=，所以所以MFNA为平行四边形，即AMNA，又AM平面PNC所以直线AM平面PNC（）因为E是AB中点，底面ABCD是菱形，DAB=60，所以AED=90因为ABCD，所以，EDC=90即CDDE又PD平面ABCD，所以CDPD又DEPD=D所以直线CD平面PDE（）直线ABDC，且由（）可知，DE为点A到平面PDC的距离，【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理与直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力考向3空间角的探索【例1】【2018江西省赣州市高二联考】过正方体的顶点作直线，使直线分别与三条棱所成的角都相等，则这样的直线有（ ）条A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图：由于平面，平面，平面上不存在满足条件的直线，只需考虑正方体内部和正方体外部满足条件的直线的条数.第一类：在正方体内部,由三余弦定理知在平面内的射影为的角平分线,在平面内的射影为的角平分线，则在正方体内部的情况为体对角线；第二类：在图形外部与每条棱的外角度数和另条棱夹角度数相等，有条.所以共有条满足条件的直线,故选D.【例2】【广西贵港市2018届高三联考】如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，则下列结论中正确结论的序号是_；直线与平面所成角的正弦值为定值；当为定值，则三棱锥的体积为定值；异面直线所成的角的余弦值为定值.【答案】确;当E在D1,F在B1,此时异面直线AE,BF所成的角为,故不正确;应填:.【例2】【2018福建省莆田模拟】如图，在梯形中， ， ，四边形为矩形，且平面， .（1）求证： 平面；（2）点在线段（含端点）上运动，当点在什么位置时，平面与平面 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）解析： (I)在梯形中，设，又,，. ， ，而， . (II)由(I)可建立分别以直线， ， 为轴， 轴， 轴的如图所示建立空间直角坐标系，设，令 (),则 (0，0，0)， (，0，0)， (0，1，0)， (，0，1)，=(-，1，0)， =( ，-1，1)， 设为平面的一个法向量，由得取,则=(1, , ), =(1,0,0)是平面的一个法向量, ,当时， 有最小值，点与点重合时，平面与平面所成二面角最大，此时二面角的余弦值为. 【跟踪练习】1.【2018安徽省安庆市二模】如图正方形BCDE的边长为a，已知ABBC，将直角ABE沿BE边折起，A点在面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：（1）ADE所成角的正切值是；（2）的体积是；（3）ABCD；（4）平面EAB平面ADEB；（5）直线BA与平面ADE所成角的正弦值为。其中正确的叙述有（写出所有正确结论的编号）。【答案】（1）（2）（4）（5）【解析】利用正方形对折前后的不变量，我们可知道，三角形ABE垂直于平面BCDE，利用面面垂直的性质定理，我们可以得到几何体的体积和平行以及垂直的证明。2.【2018河北省衡水市武邑中学调研】在五面体中， , ,， ，平面平面.（1） 证明: 直线平面；（2） 已知为棱上的点，试确定点位置，使二面角的大小为.【答案】(1)见解析；(2) 点靠近点的的三等分点处.（2）,为正三角形，取的中点,连接,则,平面平面, 平面，平面平面,平面两两垂直，以为原点， 的方向为轴， 建立空间直角坐标系, ,由（1）知是平面的法向量，,设，则设平面的法向量为, ，令，则二面角为, ，解得点靠近点的的三等分点处3.【2018山西省大同市灵丘豪洋中学三模】如图，在棱长为2的正方体 中， ， ， ， 分别是棱，