专题20 立体几何中的探索性问题【一题一专题 技巧全突破】热点题型专项突破（解析版）

立体几何中的探索性问题高考定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和解答题中，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。专题解析本专题研究解答题中的探索性问题：点的存在性（1）探索共面（2）探索线线平行与垂直（3）探索线面平行与垂直（4）探索面面平行与垂直（5）探索线面角定值与最值（6）探索面面角定值与最值（7）探索距离面积体积定值专项突破类型一、探索共面例1-1．如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为，的中点.（1）求证：平面.（2）在线段上是否存在一点使得，，，四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，可得，由直线与平面平行的判定可得平面；（2）取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，，则，，，四点共面，然后证明即可.【详解】解：（1）证明：如图，取的中点，连接，，，分别为，的中点，，，又四边形是平行四边形，，，为的中点，，.，，则四边形为平行四边形，.平面，平面，平面；（2）存在点符合题目条件，且此时.取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，，则，，，四点共面.证明如下：在平行四边形中，，分别为，的中点，，又是的中点，是的重心，且.又，，，，与确定一个平面，而直线，，则，，，四点共面.故在线段上存在一点，使得，，，四点共面.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查平面的基本性质，考查学生的空间想象能力与思维能力，是中档题.练.如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．【思路引导】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得,进而可证平面,即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得,再通过平行四边形性质进行证明即可.【解析】（1）因为长方体,所以平面,因为长方体,所以四边形为正方形因为平面,因此平面,因为平面,所以；（2）在上取点使得,连,因为,所以所以四边形为平行四边形，因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形，，所以四点共面，因此在平面内类型二、探索线线关系例2-1．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，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1.（1）求与平面所成角的正弦值；（2）求二面角的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在点，此时点到直线的距离为．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的计算公式求解即可；（2）利用待定系数法求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可；（3）假设存在点，，，利用点在底面圆上以及垂直关系，列出关于，的方程，求解即可．【详解】（1）由题意可知，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，，，4，，，1，，，0，，所以，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，故，所以，故与平面所成角的正弦值为；（2）由（1）可知，，3，，所以，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，故，所以，故二面角的余弦值为；（3）由（1）可知，，0，，，4，，所以，假设存在这样的点，设，，，由题意可知，所以，因为，则有，所以，又，所以，解得（舍，，所以当时，，此时点到直线的距离为．【点睛】关键点点睛：涉及线面角与二面角角的求解以及点到线的距离的求解的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．练．如图，为正三角形，半圆以线段为直径，是圆弧上的动点（不包括，点）平面平面．（1）是否存在点，使得？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由；（2），求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）不存在点，使得，答案见解析；（2）．【分析】（1）假设存在点，使得．过点作，根据面面垂直的性质定理，可得平面，，根据线面垂直的判定定理，可得平面，即，与已知矛盾，假设不成立，故不存在点D.（2）如图建系，设，根据条件，可得各点坐标，进而可得，，坐标，求得平面的法向量，利用线面角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）不存在点，使得，证明如下：∵是圆弧上的动点（不包括，点），假设存在点，使得．过点作，∵平面平面，平面平面．∴平面，平面，∴，又，∴平面，即，而，得出矛盾．假设不正确．因此不存在点，使得．（2）设圆心为点，连接OA，作垂直于BC，分别以，，OA，为x，y，z轴正方向建系，如图所示．设，则，，，，．∴，，，设平面的法向量为：，则，∴，，取，∴直线与平面所成角的正弦值∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定、性质定理，面面垂直的性质定理，并灵活应用，在利用向量法求线面角时，直线方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值，即为线面角的正弦值，考查计算求解的能力.例2-2．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的大小；（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设，连结，，通过证明为平行四边形得，或者建立空间直角坐标系，利用向量证明平行；（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法分别求出两个半平面的法向量的夹角即可得到二面角的大小；（3）根据向量的坐标表示，得恒有解即可求出的范围.【详解】解：（1）法一：设，连结，，因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，所以，，所以为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；法二：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，因为平面平面，，所以平面，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，，是线段的中点，则，，，，，，从而，，，，设平面的法向量为，则由，可知，不妨令，则，，从而平面的一个法向量为，计算可知，又平面，所以，从而平面.（2）若，则，，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则由，可知，不妨令，则，，从而平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，因为为锐角，所以，所以二面角的大小为.（3）因为点在线段上，而，设，其中，则，从而点坐标为，于是，而，则由可知，即，所以，解得，故的最大值为.【点睛】此题考查立体几何中的证明和计算问题，利用空间向量解决二面角的大小和探索性的问题，解体更加简便.练．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，底面.（1）当为何值时，平面？证明你的结论；（2）若在边上至少存在一点，使，求的取值范围.【答案】（1），证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）要证平面，只需证垂直于平面内的两条相交直线，由题意可知，则只需证明，只有当四边形为正方形时满足.（2）由题意可知，若存在点，使，则平面，即，则点应是以为直径的圆和边的一个公共点，即半径，求解即可.【详解】（1）当时，四边形为正方形，则.因为平面，平面，所以，又，平面，平面所以平面.故当时，平面.（2）设是符合条件的边上的点.因为平面，平面所以，又，，平面，平面所以平面，因为平面，所以.因此，点应是以为直径的圆和边的一个公共点.则半径，即.所以.【点睛】本题考查根据线面垂直与线线垂直求参数，属于难题.例2-3．如图所示，在中，斜边，，将沿直线AC旋转得到，设二面角的大小为．（1）取AB的中点E，过点E的平面与AC，AD分别交于点F，G，当平面平面BDC时，求FG的长；（2）当时，求二面角的余弦值．（3）是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1；（2）；（3）不存在.【解析】【分析】（1）根据平面平面BDC，得到，再由E为AB的中点，得到G，F都为相应边的中点，从而由求解；（2）过点B作，连接DO，则，由，易证平面ABC，以O为原点，建立空间直角坐标系，求得平面BCD的一个法向量，易知是平面ACD的一个法向量，再由求解；（3）假设存在，由求解.【详解】（1）如图所示：因为平面平面BDC，平面平面BDC=BD，平面平面EFG=EG，所以，因为E为AB的中点，所以G为AD的中点，同理可证F为AC的中点，所以，在中，斜边，，所以，即，所以；（2）过点B作，连接DO，则，面，因为，则平面平面ABC，因为平面平面ABC=AC，所以平面ABC，以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系；在中，斜边，，所以，则，所以，设平面BCD的一个法向量为，则，即，令，得，则，因为平面ACD，所以是平面ACD的一个法向量，所以.即二面角的余弦值是．（3）假设存在，则，，，解得，则，因为，所以不存在，使得.练．如图，在四棱锥中，底面是平形四边形，设∠ABC=θ，平面，点为的中点，且，PA=AD=2．（1）若θ=45°，求二面角P−BC−A的正切值；（2）是否存在使PM⊥BD，若存在求出，若不存在请说明理由．【答案】（1）2；（2）存在θ=90°，使PM⊥BD.【解析】【分析】（1）连接AM，由几何关系可得∠PMA是二面角P−BC−A的平面角，据此可求得二面角P−BC−A的正切值．（2）假设存在，使PM⊥BD，PA⊥BD，设BD∩AM=E，由几何关系求得EM的长度，进一步确定角θ的值即可.【详解】（1）连接AM，因为ABCD是平形四边形，所以BM=1又AB=1，θ=45°，由余弦定理得AM=2所以AM2+BM2又因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AM，又PA∩AM=A，所以BC⊥平面PAM，因为PM⊂平面PAM，所以BC⊥PM，所以∠PMA是二面角P−BC−A的平面角，在Rt△PAM中，tan∠PMA=PAAM（2）假设存在，使PM⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故PA⊥BD，PA∩PM=P，所以BD⊥平面PAM，因为AM⊂平面PAM，所以BD⊥AM．设BD∩AM=E在平行四边形ABCD中，AD∥BC，△ADE∽△MBE，所以AEME设EM=x，则EA=2x，由BD⊥AM得12−2x2=B所以AM=3x=62，又AB=1，BM=22所以有即存在θ=90°，使PM⊥BD．【点睛】本题考查二面角的正切值的求法，考查满足线线垂直的角是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．例2-4（恒）．如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,且斜边AB=22,侧棱AA1=3,点为（1）求证：不论λ取何值时,恒有CD⊥B（2）当λ=13时,求平面与平面所成二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【详解】试题分析：（1）这个问题反面容易想象，当λ变化时，B1E都在平面ABB1A1上，因此只要证明CD⊥平面ABB试题解析：（1）证明:在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC

,点D为AC的中点，\CD^AB,又在直三棱柱ABC−A1B\AA1^CD,又AA1∩AB=A,∴又不论l取何值时，B1EÌ平面ABB（2）法一：由（1）知，CD^平面ABB\DE⊥CD,AD⊥CD.即∠ADE为二面角E－CD－A的平面角.∵λ=1又AD=1∴DE=A∴∴平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值大小为.法二：分别以CA,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系C—xyz，则C（0,0,0）,D（1,1,0）,E（2,0,1）,B1(0,2,3),C设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),则{n⋅CD=x+y=0,n⋅平面ABC的一个法向量为C∴|cos∴平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值大小为.考点：线面垂直的判断与性质，二面角．【名师点睛】求二面角，通常是用空间向量法，即建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角求得二面角．在用这种方法求解时，有一个易错的地方就是不判断二面角是锐角不是钝角，就想当然地认为法向量的夹角就是等于二面角．当然象本题已经有棱的垂面了，二面角的平面角已经出现了，因此直接用定义求二面角即可，没必要再用向量法求解．练．如图,四棱锥的底面是正方形,平面,,AD=2a，点是上的点,且DE=λa(0<λ≤2).（1）求证:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.（2）设二面角的大小为θ,直线与平面所成的角为φ,若,求λ的值.【答案】（1）证明略；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）可先证明ACBD，根据三垂线定理即可得证；（2）先找出和，因为由SD平面ABCD知，二面角C-AE-D的平面角可由三垂线定理法作出.再用表示出和，代入，解方程即可.试题解析：（1）证明：连接BE，BD，由底面ABCD是正方形可得ACBD，SD平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，ACBE；（2）解：由SD平面ABCD知，由SD平面ABCD，SD平面ABCD，SDCD；又底面ABCD，的是正方形，CDAD，而SDAD=D，CD平面SAD.连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DFAE于F，连接CF，则CFAE，故是二面角C-AE-D的平面角，即.在Rt中，BD=2a，DE=，；在Rt中，AD=，DE=，，从而；在Rt中，.由，得，所以，由，解得，即为所求.考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的性质类型三、探索线面关系例3-1．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【详解】：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．练．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．（Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；（Ⅱ）证明：平面PAB⊥平面PBD．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：本题考查线面平行、线线平行、线线垂直、线面垂直等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，先证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行；第（Ⅱ）问，先由线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAB，最后利用面面垂直的判定定理证明面面垂直.试题解析：（Ⅰ）取棱AD的中点M（M∈平面PAD），点M即为所求的一个点.理由如下：因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥AM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB平面PAB,CM平面PAB,所以CM∥平面PAB.（说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）由已知，PA⊥AB,PA⊥CD,因为AD∥BC,BC=AD，所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥MD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.所以BM=CD=AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.又BD平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.练．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中，平面（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平面；②平面；（2）求该七面体的体积．【答案】（1）结论①正确；证明见解析；结论②错误；答案见解析；（2）．【分析】（1）①由平行四边形得线线平行，再得线面平行；②假设平面，平面，得平面，得，但，所以，与矛盾，故②错误.（2）将七面体进行分解，七面体的体积等于，转化为容易求体积的几何体来计算；也可补形为长方体,通过来求解；以及利用空间直角坐标系也行.【详解】（1）结论①正确，结论②错误，理由如下：对于结论①，因为且，连接，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，平面结论①正确对于结论②，若，则，因为平面，，所以平面，所以，又因为，所以平面，所以，而在梯形中，，，所以，与矛盾所以结论②错误．（2）方法一：连接，交于点，连接，则在平面中，与EG相交，设交点为，则由可得，又，该七面体的体积等于方法二：将该七面体补成如图所示的长方体；方法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离后求三棱锥的体积．(参照给分【点睛】充分利用题目信息，特别是几何体的几何特征，并会假设结论成立，推导，若得出矛盾，则假设错误，否则假设成立.复杂的不规则的几何体体积求解,需要转化为常见几何体的体积来解.例3-2．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，，分别为中点，．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；理由见解析．【分析】（1）作的中点，连接，先利用面面平行的判定定理，证明出平面平面，进而根据面面平行的性质证明出平面；（2）作垂直于，作，连接，作中点，连接，先证出为二面角的平面角，进而求得和，最后在直角三角形中求得；（3）先假设存在点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，表示出和，根据向量共线的性质建立等式对求解．【详解】（1）作的中点，连接，∵在中，为中点，∴，∵平面，平面，∴平面，同理可证明平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面；（2）作垂直于，作，连接，作中点，连接，∵，∴，∵，∴，∵为中点，∴，，∵侧面底面，∴底面，∵，∴，∴为二面角的平面角，∵，∴∽，∴，，∴∴，∴，即二面角的余弦值为；（3）不存在．假设存在，连接，交于点，为平面和平面的交线，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则（1，0，0），（1，2，0），（﹣1，2，0），（﹣1，0，0），，，（0，1，0），设，则，设平面的一个法向量是，∵，即，令，则，∵因为平面，∴，∴，，，∵，共线，，，∴，∴，无解，故在棱上不存在一点，使得平面.类型四、探索面面平行与垂直例4-1.如图，在三棱柱中，平面，，E，F分别为，的中点．（Ⅰ）在四边形内是否存在点G，使平面平面？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；（Ⅱ）设D是的中点，求与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取，的中点M，N，可得，从而可得平面，同理可证平面，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得结论；（Ⅱ）取的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得与平面所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）如图所示，取，的中点M，N，连接，，，，，，因为E，F分别为，的中点，所以在直三棱柱中，，又因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，所以平面平面，即平面平面，所以四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面．（Ⅱ）取的中点O，连接，，则在直三棱柱中，，，两两垂直，以O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，所以，所以与平面所成角的正弦值为．例4-2.如图所示，在四棱锥中，平面，，，，为的中点．（1）求证平面；（2）若点为的中点，线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请确定的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；．【分析】（1）先证明平面，进而得到面，得出，再根据条件证明，最后根据线面垂直的判定定理得到结论；（2）建立空间直角坐标系，设，求出两个平面的法向量，进而根据面面垂直求出k.【详解】（1）因为平面，所以，又，，所以平面，又，所以面，面，．又，为的中点，所以，而，所以平面．（2）以A为坐标原点，所在方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，．所以，设（），所以，则，所以，，设平面的法向量为，则，，即，令，则，由（1）可知为平面的一个法向量，若平面平面，则，即，解得．即时平面平面.例4-3（恒垂直）．已知四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面，、分别是、上的中点，直线与平面所成角的正弦值为，点在上移动.（1）证明：无论点在上如何移动，平面平面；（2）若点为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）本小题先证明是正三角形，从而证明，再证明，接着证明平面，最后平面平面.（2）本小题先建立空间直角坐标系，再明确就是直线与平面所成的角，求得、，并标点，接着求平面的一个法向量，平面的一个法向量，最后求出二面角的余弦值为.【详解】（1）因为底面为菱形，，所以是正三角形，又是的中点，所以，又，所以.因为平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）得，，，两两垂直，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.因为平面.，所以就是直线与平面所成的角，在中，由得，由已知，则，得，所以，即，从而，则，，，，，，，所以，，设是平面的一个法向量，则取，得.又平面，∴是平面的一个法向量，所以，由图可知为锐二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明面面垂直，利用空间向量求二面角的余弦值，是偏难题.类型五、探索线面角例5-1．如图，四棱锥中，底面为菱形，，，平面，．（1）点E在线段PC上，，点F在线段PD上，，求证：平面；（2）设M是直线AC上一点，求CM的长，使得MP与平面PCD所成角为．【答案】（1）证明见解析；（2）或【分析】方法一：（1）根据题意，在中，由余弦定理得，进而得，在中，由余弦定理，进而在中，由余弦定理得，故，进而平面；（2）设，点M到平面的距离为，由得，进而由得，解方程即可得答案.方法二：以所在直线为x轴，以所在直线为z轴建立空间直线坐标系利用坐标法证明.【详解】法1：（1）因为平面ABCD，，所以，因为底面为菱形，，所以，因为，所以，所以在中，由余弦定理得，所以，即，所以在中，由余弦定理所以在中，由余弦定理得，因为，所以又，所以平面（2）设，点M到平面的距离为，则由，得，所以，即解得或从而得M点与A点重合或在的反向延长线上，则得或法2：（1）以所在直线为x轴，以所在直线为z轴建立空间直线坐标系则，所以，所以又，所以平面（2），设是平面的一个法向量，则，得，设,所以，因为MP与平面PCD所成角为，所以解得或从而得M点与A点重合或在的反向延长线上，则得或例5-2．如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，，，且（1）设点M为棱中点，求证平面；（2）线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值等？若存在，试求出线段的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；或．【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据空间向量的数量积即可求解.（2）求出平面的一个法向量，根据线面角即可求解.【详解】证明：（1）∵平面平面，平面平面，，∴平面，又，∴直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，∴∴，∵平面，∴为平面的一个法向量，∵∴，又平面，∴平面（2）解：∵，设平面的法向量为，则∴，令，得假设线段上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值等于．设，∴∴∴，或．∴线段上存在两个点使当或时，直线与平面所成角的正弦值等于．例5-3．直角梯形绕直角边旋转一周的旋转的上底面面积为，下底面面积为，侧面积为，且二面角为，，分别在线段，上．（Ⅰ）若，分别为，中点，求与所成角的余弦值；（Ⅱ）若为上的动点、为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），．【分析】（Ⅰ）设出圆台上、下底面半径，求出圆台高，再利用直二面角建立合适的空间直角坐标系，即可求解；（Ⅱ）取的中点，连接，，，由线线平行与线面垂直性质，即可求解最大值，再利用空间向量法即可求解二面角的余弦值．【详解】（Ⅰ）设圆台上、下底面半径分别为，．∵，∴；∵，∴．∵，∴．过点作于点，则，，∴圆台的高为．∵二面角是直二面角，∴建立空间直角坐标系如图所示，点，，，，，∴，∴与所成角的余弦值为．（Ⅱ）取的中点，连接，，，∴，则．∵平面，∴平面，∴为直线与平面所成角，，当时，最小，最大．在中，，，，，，即与平面所成最大角的正切值为．又点，，，，设点，平面的法向量，，，即，∴，则，，，即，解得，．即令得．易知平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则．由图易得二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．练．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在棱上，且．（1）求直线与直线所成角的余弦值；（2）当直线与平面所成的角最大时，求此时的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与所成角的余弦值．（2）求出平面的法向量，利用向量法能求出的值．【详解】（1）如图，以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，∴与所成角的余弦值为．（2）点在棱上，且，∴，∴，，又，．设为平面的法向量，则，取，得，设直线与平面所成的角为，则，令，则，∴，当，即时，有最小值，此时取得最大值为，即与平面所成的角最大，此时，即的值为．练．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.①；②；③点在平面的射影在直线上.如图，平面五边形中，是边长为的等边三角形，，，，将沿翻折成四棱锥，是棱上的动点（端点除外），分别是的中点，且___________.（1）求证：；（2）当与平面所成角最大时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】条件选择见解析；（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点分别为，连接.选择①：根据，，得到，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.选择②：连接，易得，进而得到，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.选择③：根据点在平面的射影在直线上，得到平面平面，进而得到平面，则，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.（2）连接，由平面，得到即为与平面所成的角，由，得到为中点时，最小，然后建立空间直角坐标系，取得平面的一个法向量为，以及平面的一个法向量为求解.【详解】（1）如图所示：取的中点分别为，连接.选择①：因为，，所以，即.又，，所以平面.因为分别为的中点，所以，且平面，平面，所以平面.同理可得：平面.因为，所以平面平面，…所以平面.又平面，所以.选择②：连接，则，，因为，所以.又，，所以平面.因为分别为的中点，所以，且平面，平面，所以平面.同理可得：平面.因为，所以平面平面，所以平面.又平面，所以.选择③：因为点在平面的射影在直线上，所以平面平面.因为平面平面，平面，，所以平面，所以.又，，所以平面.因为分别为的中点，所以，且平面，平面，所以平面.…同理可得：平面.因为，所以平面平面，所以平面.又平面，所以.（2）连接，由（1）可知：平面，所以即为与平面所成的角.因为，所以当最小时，最大，所以当，即为中点，最小.以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.所以，.设平面的一个法向量为，则，令，得.由题意可知：平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.练．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为在母线上，且．（1）求证：平面平面；（2）设线段上动点为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）1【分析】（1）设交于点连接，由，并结合可证得平面由此证得，再利用三角形相似证得从而证得平面进而证得平面平面；（2）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值．（1）证明：如图，设交于点连接，易知，又平面平面，又平面．又是底面圆的内接正三角形，由，可得，．又，，即．又，，，即．又平面，，平面．又平面，平面平面．（2）易知．以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则．设，可得．设直线与平面所成的角为，则.令，，则，当且仅当时，等号成立，当时，有最大值，于是当时，有最大值为，的最大值为，故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．练．如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，．（1）证明：；（2）当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）分别取、的中点、，连接、、，证明出，可证得，由此可证得结论成立；（2）推导出为二面角的平面角，设，可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合基本不等式求出直线与平面所成角的正弦值的最大值，求出对应的值，即可得解.【详解】（1）分别取、的中点、，连接、、．因为，为的中点，所以．又因为，所以．因为四边形为正方形，则且，、分别为、的中点，且，，所以，四边形为矩形，则，，所以平面．因为平面，所以．在中，为的中点，，所以．又因为，，所以，从而可得；（2）由（1）可知，平面，，平面，平面，，所以，为二面角的平面角，且，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，其中，则、、、、、，，，，设平面的法向量为，由，即，取，则，，，，令，则，则，当且仅当时，即当时，即当时，等号成立.所以，当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角为．练．在①平面，②平面平面，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）．（1）求点到平面的距离；（2）若__________，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用等体积，转换顶点即可；（2）建立空间直角坐标系，求其法向量，表示出线面角的正弦值，按照求值域的思路适当换元求范围即可.【详解】（1）在三棱锥中，连接，，因为是以为斜边的等腰直角三角形，，为中点，所以，又平面平面，平面平面，平面∴平面又平面∴∴，，两两垂直.∴又∴∴点到平面的距离为.（2）与平面所成角的正弦值的取值范围为．以选条件①为例（亦可使用综合法、综合与向量混用法）在三棱锥中，以为坐标原点，为正交基底，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，，，设平面的法向量为，则即即，不妨令，则同理可求得平面的法向量（选条件①）因为平面，平面∴即即∴又∴∴又平面，∴是平面的一个法向量设直线与平面所成角为，则令，，∴令，则∴在上单调递增∴，∴，∴∴直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.选条件②，条件③结果相同.类型六、探索面面角例6-1、如图，在半径为的半球O中，平行四边形是圆O的内接四边形，，点P是半球面上的动点，且四棱锥的体积为．（1）求动点P的轨迹T围成的面积；（2）是否存在点P使得二面角的大小为？请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.【分析】（1）根据条件得为矩形，可得底面积，由体积可得高，进而得点在底面的距离为的平面内，点的轨迹为半径为的圆，从而得解；（2）以底面圆的圆心为原点，建立空间直角坐标系，设，易知，再分别求两个面的法向量，通过法向量表示二面角的余弦列方程求解即可.【详解】（1）由已知条件可知，平行四边形为矩形，因为，，所以，四边形的面积为，设点到底面的距离为，则，解得，所以点在底面的距离为的平面内，又因为点是半球面的动点，所以点的轨迹为半径为的圆，所以T围成的面积，（2）存在点P使得二面角的大小为，理由如下：以底面圆的圆心为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）可知，设，易知，设平面的法向量为，，，，取，由题意可取平面的法向量为，若要满足题目条件，则，解得，所以存在点P使得二面角的大小为.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.例6-2（恒定角）．如图1，菱形中，动点，在边，上(不含端点)，且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示.（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，，求；（2）试讨论，当点的位置变化时，二面角是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）;【分析】根据题目信息建立空间直角坐标系，（1）将直线的方向向量表示出来，根据数量积等于0求解题目中的取值，进而可以求得，最后获得体积之比；（2）分别将两个平面的法向量求解出来，根据面面角的公式求解平面角的余弦值，最后根据角是钝角得出结果即可.【详解】(1)取的中点为，因为即，所以,所以,又因为平面平面，平面平面，所以平面，连接,由题意可知,以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，,,，所以，，因为，所以，解得：或者（舍）；因为三棱锥和四棱锥的体积分别为，，所以.(2)二面角是定值,证明如下：由（1）知，面的法向量，由，，设面的法向量为，所以，取，则，，即，设二面角的平面角为，所以，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.练．在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面，是边长为2的正三角形，，分别为，的中点.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，.【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，，由中位线的性质得，由线面平行的判定定理得平面，平面，再利用面面平行的判定定理及性质定理即可得证；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，，分别为，的中点，.又平面，平面，平面.同理可证平面.又，平面平面.又平面，平面.（Ⅱ）设在上存在一点，使得锐二面角的余弦值为.为正三角形，且为的中点，.又平面平面，平面平面，平面.在菱形中，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则点，，，，，.设向量是平面的法向量，则令，则.设，则，.设向量是平面的法向量，则令，则，则，或（舍）在棱上存在一点，使得锐二面角的余弦值为，此时.例6-2．某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一．（1）当圆弧E2F2（包括端点）上的点P与B1的最短距离为5时，证明：DB1⊥平面D2EF．（2）若D1D2＝3．当点P在圆弧E2E2（包括端点）上移动时，求二面角P﹣A1C1﹣B1的正切值的取值范围．【答案】（1）见解析，（2）【分析】（1）以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，可得，从而可证DB1⊥平面D2EF；（2）设，则，所以，求出平面的法向量，而平面的一个法向量，设二面角的大小为，则先求出，从而可得，再由可得的范围.【详解】（1）证明：作平面于，则在圆弧上，因为，所以当取最小值时，最小，由圆的对称性可知，的最小值为，所以,如图，以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，,因为，所以,因为平面，平面，,所以DB1⊥平面D2EF，（2）解：若D1D2＝3，由（1）知,设，因为，设所以，，设平面的法向量为，则，令，则，取平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然是钝角，则，，则，所以二面角的正切值的取值范围为.练．如图，矩形中，，将其沿翻折，使点到达点的位置，且二面角为直二面角.（1）求证：平面平面；（2）设是的中点，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)由直二面角证得，，进而证得平面即可得证；(2)作平面，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量建立函数关系即可作答.【详解】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又，平面平面，则平面，即，而，，于是平面，平面，所以平面平面；（2）过E作平面，由(1)知，以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，令，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，即取，则，设平面的法向量为，则，即，取，则，由图可知二面角为锐二面角，从而有，而，所以.练；．如图所示，四棱锥的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD．（1）若平面PAD与平面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积．（2）求证：无论四棱锥的高怎样变化，平面PAD与平面PCD所成的二面角恒大于90°【答案】（1）V锥【解析】【分析】(1)正方形是四棱锥的底面，是四棱锥的高，再利用四棱锥的体积公式计算即可；（2）易得∠CEA是平面与平面所成的二面角的平面角,在ΔAEC中，证明cos∠AEC<0即可得解.【详解】解：（1）正方形是四棱锥的底面，其面积为a2，从而只要算出四棱锥的高即可．∵PB⊥平面，∴PB⊥AD．又∵AD⊥AB，AB∩PB=B，∴AD⊥平面，AD⊥PA．∴∠PAB是平面与平面所成的二面角的平面角，∠PAB=60°而是四棱锥的高，PB=AB⋅tan60°=3a，（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥的侧面、侧面恒为全等三角形，作AE⊥DP，垂足为，连接，则ΔADE≅ΔCDE．∴AE=CE，∠CED=90°，故∠CEA是平面与平面所成的二面角的平面角．设与DB相交于点，连接，则EO⊥AC，∴22a=OA<AE<AD=a=2在ΔAEC中，cos∠AEC=故平面与平面所成的二面角恒大于90°．【点睛】本题考查了四棱锥的体积公式及二面角的平面角的求法，属综合性较强的题型.例6-3（恒）．已知E,F分别为等腰直角三角形的边上的中点，∠ACB=900,AC=BC=4，现把ΔAEF沿折起（如图2），连结AB,AC，得到四棱锥A（1）证明：无论把ΔAEF转到什么位置，面A1EF⊥面（2）当四棱锥A1−BCEF的体积