转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题2018届高三数学尖子生培优讲义

1、转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题一、考情分析立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象力，又可以考查学生的意志力和探究意识，逐步成为 近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一，探究性问题主要有两类：一是推理型，即探究空间中的平 行与垂直关系，可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究；二是计算型，即对几何体中的空 间角与距离、几何体的体积等计算型问题的有关探究，此类问题多通过求角、求距离、体积等的基本方法 把这些探究性问题转化为关于某个参数的方程，根据方程解的存在性来解决二、经验分享.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

2、通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性 (2)把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在.这是一种最常用也是最基本的方法对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在.求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论 .解决立体几何中的探索性问题的步骤：第一步：写出探求的最后结论；第二步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范.三、题型分析(一)空间

3、线面关系的探索性问题1.空间平行关系的探索性问题【例1】如图，在正三棱柱 ABG- ABC中，点D在边BC上，ADL CiD.（1）求证：ADL平面 BC C Bi;（2）设在棱B1cl上是否存在点E ,使得AE/平面ADC?请给出证明.【分析】（1）利用正棱柱的性质一一侧棱与底面垂直，得到CC1 1面ABC ,从而CC1 _L AD ,然后结合已知即可得证；（2）根据正三棱柱的性质即可判断点的存在性，当E为棱BC1的中点时，有 A1E/AD ,从而可证AE/平面ADC【解析】（1）在正三棱柱中， C C平面ABC AD=平面ABCADC O.又ADLCD C G交GD于G,且C G和GD都在

4、面BC C B1内，AD，面 BC C B1.（2）存在点E ,当点E为棱B1G的中点时，AE/平面ADC由（1）,得AD! BC在正三角形 ABC3, D是BC的中点.当E为BG的中点时，AE/平面ADC事实上，正三棱柱 ABC- ABG中，四边形 BC C B1是矩形，且 口 E分别是BC BG的中点，所以 BB/ DEBB= DE又 BB/ AA,且 BB=AA, .DE/ AA,且 DE=AA.所以四边形ADE A为平行四边形，所以E A/AD而E A10面AD C内，故AE/平面AD C.【点评】 线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明的两个重点，此类探究性问题的求解，一定要灵活利

5、用空间几何体的结构特征，注意其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的应用；E为棱B1G的中点时，有 AE AD等的灵活应用，帮助我们能够准确地判断探究性问题的结论，丙直接迅速地把握证明的思路.【小试牛刀】【2017届安徽淮北一中高三上学期四模 】如图，直三棱柱ABC AB1G中，AC = AA1 = 2AB,且 BC1 _ AC .(1)求证：AC _L 平面 ABC1 ；(2)若D是ACi的中点，在线段BBi上是否存在点E ,使DE 1平面ABCi ?若存在，指出点E的位置； 若不存在，请说明理由.4 P【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点E是BB1的中点.1解析】(1

6、)连接ng ：。44G为直三棱柱，二4G，4c又9G= G- 4CJ平面前G 连接DE即二区尸分 别为的中点，-即H3丫。尸。郎=旦6。48 = 4二平面。即“平面ABCV DE 匚平面DEF、，DE |平面 ABCX.空间垂直关系的探索性问题【例2】棱长为2的正方体ABCD ABQ1D1中，E为棱C1D1的中点，F为棱BC的中点.只-川。A求证：AE _L DA1 ;（2）求在线段AA上是否存在点 G,使AE，面DFG.?试证明彳的结论.【分析】（1）先根据正方体的性质得到 DA 1 AD1, DA1 _L AB ,进而证明DA _L面ABC1D1 ,故可得到结论；（2）首先根据正方体的结构

7、特征确定点 G的存在性和具体位置，然后进行证明 .【解析】（1）连接AD1, BC1 ,由正方体的性质可知 DA_LAD，DA_LAB,所以 DA，面 ABC1D1 ,所以DA _ AE .（2）存在点G,当点6为4点，dE，面DFG证明如下：由（1）知取CD的中点H,连血比由 DF，AHDF，EH, AHAEH=H ,得DF，平面AHE,所以DF，AE.又因为。尸所以/EJ_面DFA1,即/E_L面DFG【点评】 以特殊几何体为背景的空中线面关系的探究性问题，很容易忽视几何体中的一些特殊的平行、垂直关系，导致探究性问题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）问需要利用棱与一组平行平面垂直的性质

8、得到线面垂直关系，作为证明的起点；（2）问如果忽视（1）中结论的应用，则就无法判断结果，无法进行证明.【小试牛刀】【2017届广东七校联合体高三上学期联考二】在长方体ABCD-AB1c1D1中，E, F分别是AD, DD/勺中点，AB = BC =2 ,过A、C1、B三点的的平面截去长方体的一个角后.得到如图所示的几何体ABCD - AC1D1,且这个几何体的体积为40（1）求证：EF / /平面 ABC1 ;（2）求AA的长；（3）在线段BG上是否存在点P,使直线AP与GD垂直，如果存在，求线段 AP的长，如果不存在， 请说明理由.29【答案】 证明见解析；（2） AA =4；（3） AP=

9、?.2【解析】（1）在长方体 ABCD ABC1D1中，可知AB/DC1,AB = DC1 ,由四边形 ABC1D1是平行四边形，所以AD12BC1.因为E, F分别是AD,DD中点，所以 AD1/EF,则EF/BC1,又EF0面ABG,BGu面ABG,则EF /平面ABG. TOC o 1-5 h z 八.八八 11八八 1040（2）, VABCD MC1D1 =VABCD WB1GD1 一VB WB1G = 2 父 2 父 AA1 - 二父二父 2 父 2 父 AA1 = - AA1 =, HYPERLINK l bookmark33 o Current Document 3 233 A

10、A =4.(3)在平面 CC1D1D 中作 DQ _LC1D交CC1于Q,过 Q作 QP/CB 交 BC1 于点 P ,则 A1P1C1D .因为 A1D1 _L平面 CC1D1D,C1D =平面 CC1D1D，.二 C1D _L AD1，而QP/CB,CB/AD1,QP/AD1,又 Ad CdQ =D1，. C1D _L 平面 APQG,且 APU平面 APQG，A1P -LC1D , . AD1clQL RtGCD , . CQ mdc1,C1Q=1,又. PQ/BC , PQ =1 BC =-.CDC1C42四边形APQD1为直角梯形，且高 DQ =J5,(二)空间角的探索性问题2017

11、届高三12月联考】【例3】【湖南省五市十校教研教改共同体如图，在四棱锥中 PABCD,PA_L 平面 ABCD,AD/ /BC,AD _L CD ,且 AD = CD = 2显，BC =4拒,PA =2 .(1)求证：AB_LPC；(2)在线段PD上，是否存在一点 M ,使得二面角 M AC -D的大小为45。，如果存在，求 BM与平 面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由.【分析】(1)证明线线垂直，一般利用线面垂直性质定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需要利用线面垂直判定定理：先根据平几知识寻找线线垂直，如由等腰三角形性质得AB_L AC ,又由条件PA _L平面A

12、BCD ,得线线垂直：PA _L AB ,这样就转化为线面垂直 AB 1平面PAC ,即得AB 1 PC(2)研究二面角大小，一般利用空间向量比较直接：先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系列方程组，解出M点坐标，确定 M点位置，再利用线面角与向量夹角互余关系求BM与平面MAC所成角的正弦值【解析】(1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD是直角梯形,由已知 AD =CD =2 ,5, BC =4x2 ,可得AABC是等腰直角三角形，即 AB 1 AC ,又PA _L平面ABCD ,则PA _L AB

13、,所以AB _L平面PAC ,所以AB 1 PC 4分存在.法一： 猜证法）观察图形特点，点M可能是线段M的中点，下面证明当M是线段如的中点时，二面角M-NC-。的大小为45，过点Af作MMLWD于,则上W/R4,则MN_L平面ABCD.过点M作“GJ_KC于G,连接NG,则/MGM是二面角M-/C-D的平面角， 因为M是线段卫D的中点，则在四边形加8求得NG = 1,则/MRM = 45.,设点B到平面MAC的距离是h ,1,在二锥 M -ABC 中，可得 VM abc = S逢bcMN 3、,1c I UVB JMAC - 3 S MAC |_h ,则 S&bcI_mn =S&ac_解得

14、h =2-(72 在R3BMN中，可得BM =历，设BM与平面MAC所成的角为9 ,则sin日=h =U6 .BM 9法二：（作图法）过点 M 作 MN _LAD于 N ,则 MN /PA,则 MN _L平面 ABCD ,过点M作MG _L AC于G，连接NG ,则/MGN是二面角M AC D的平面角.若 ZMGN =45,则 NG =MN ,又 AN =V2NG =/2MlN ，易求得 MN =1 , 即M是线段PD的中点.（以下同解法一） 法三：（向量计算法）建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0 ),C(2 拒,2 板,0 )D (02,0 )P(0,0,2 ),B(2乏-2 应0

15、 )帝=(0,2 后,-2 ).设 PM =tPD(0 t 1 ),则 M 的坐标为(0,2721,2-21 ).设n = (x, y, z)是平面AMC的一个法向量，则=0=0 TOC o 1-5 h z 2 夜x+2j2y = 02打)，得 l，则可取n= 1,-1,t2V2ty+(2-2t )z=0I-J又m =(0,0,1 )是平面ACD的一个法向量,所以 cos(m,n)此时平面AMC的一个法向量可取 n =(1,-1,BM与平面AMC所成的角为日，则sin 8 = bM=(-25/2,372,1),【点评】 空间角的探究性问题要注意两个方面：一是空间角的正确表示，即利用直线的方向向

16、量和平面的法向量表示空间角时要注意两者的准确转化；二是注意我们再利用方程判断存在性时，要特别注意题中的条件限制，如点在线段上等 .【小试牛刀】 如图，在直三棱柱 ABCABG中，AB = BC =2AA =2, /ABC = 2 , D是BC的中点.B(1)求证：AB平面ADC1;(2)求二面角C1 -AD-C的余弦值；冗(3)试问线段 AB上是否存在点E ,使AE与DCi成二3角？若存在，确定 E点位置，若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：连结AC ,交ACi于点O ,连结OD .由ABC ABG是直三棱柱，得四边形 ACGA为矩形，O为AC的中点.又D为BC中点，所以OD为&ABC中位

17、线，所以A1B/OD ,因为OD三平面ADC1, AB辽平面ADC1,所以AB平面ADC1.B(2)解：由ABCABG是直三棱柱，且 /ABC故BA,BC,BB1两两垂直如图建立空间直角坐标系 B - xyz .则 B(0,0,0) , C(2,0,0) , A(0, 2,0) , G(2,0,1), D(1,0,0).所以 AD =(1,-2,0) , ACi =(2,-2,1).设平面ADC1的法向量为n=(x, y,z),则有0 n AC1 =0，x-2y=0所以 S,取 y=1,得 n=(2,1,2).2x -2y z = 0易知平面ADC的法向量为v = (0,0,1).一44 Ml

18、 2由一面角CiADC是锐角，得cosn,Vkun 4 二一|n| |v| 32所以一面角C1-AD-C的余弦值为一.13(3)解：假设存在满足条件的点 E .因为E 在线段 AB 上，A(0，2,1), B1(0,0,1),故可设 E(0,九,1),其中九 W0,2.所以AE=(0，九2,1), DG =(1,0,1).因为AE与DC1成角，所以| AE 啊 | 3| AE | | DC1 |2.( -2)2 1 ,21 ，|=-,解得九=1 ,2冗所以当点E为线段人31中点时，AE与DC1成二角.3【例4】如图，直四棱柱ABCDABC1D1中，侧棱AA =2,底面ABCD是菱形，AB =

19、2 , / ABC = 60 ,(1)求证：D1P_LAC；(2)在棱BB上是否存在点P,使得二面角D1 - AC-P的大小为120?试证明你的结论.【分析】(1)利用直四棱柱的结构特征，证明Ad平面BBDD即可得证结论.(2)可以利用空间线面关系做出二面角的平面角，根据二面角的大小列出方程，依据方程解的情况进行判断【解析】(1)连接BD则ACLBD. DDXB面 ABCD Ad DD. AC，平面 BBDD,. DP 二平面 BBDD, . DPI AC(2)存在这样的点 P,下证明之.连接DQ OP. DA=DC, . . DO AC 同理 POh AC./DOR是二面角 DAC- P的平

20、面角.DOP=120 .设 BP =x(0 x 2), AB=2, . ABC= 60 ,则 BO - DO ./3 , PO = 3-x2, D1O =$4?: 7 .在 RtADR 中，DiP = Jl2+(2 -x)2 .在 ADQP 中，由余弦定理 DiP2 =DQ2 +PO2 -2DiO PO cos120二得 12+(2x)2 =7+3+x2 +2 币 73 + x2 g ,即 6-4x = g(3 + x2) . -10 分 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark27 o Current Document 21整理得3x 一 16x + 5 = 0

21、,解得x = -或x = 5 (舍).3,”1，棱BB1上是否存在点P ,使得二面角 D1 - AC -P的大小为120、此时BP =.113【点评】空间线面关系、空间角的探究问往往与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命 题，解决此类探究性问题可从两个角度解决，一是直接利用传统的几何方法进行逻辑推理，必须熟练掌握 特殊几何体的结构特征，注意平行与垂直关系的利用；二是直接利用向量法，此种方法简单直接，但也存 在这很多易错易混的问题，特别是直线的方向向量与平面的法向量之间的运算与空间线面关系、空间角之 间的正确转化是一个易错点.要熟记结论，灵活运用几何体的结构特征进行判断，准确进行两

22、类关系之间的 转化.【小试牛刀】【云南大理2017届高三第一次统测】在四棱锥中P -ABCD，底面ABCD是正方形，侧面PAD _L底面ABCD，且A D =A2E F、2分别为PC、BD的中点.- If 为 5(1)求证：EF /平面PAD ；(2)在线段AB上是否存在点G ,使得二面角C -PD -G的余弦值为 彳,若存在，请求出点G的位置;若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)存在，G为AB的中点.【解析】(1)证明：连接 AC ,由正方形性质可知，AC与BD相交于点F ,所以，在 APAC 中，EF /PA .又PA u平面PAD, EF辽平面PAD .所以EF /平面P

23、AD .(2)取AD的中点O,连接OP,OF ,因为 PA =PD ,所以 PO _L AD ,又因为侧面PAD _L底面ABCD ,交线为AD ,所以PO，平面ABCD ,以O为原点，分别以射线 OA,OF和OP为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系,O -xyz ,不妨设 AD =2.则有 P（0,0,1）,D（1,0,0）,C（1,2,0），假设在 AB 上存在点 G（1,a,0）,0 a 2 ,则 PC =(_1,2, -1 ),PD = 1,0, _1 IDG =(2,a,0 )因为侧面PAD _L底面ABCD ,交线为AD ,且底面是正方形,所以CD _L平面PAD ,则CD _L

24、PA ,由 PA2 +PD2 =AD2得 PD _L PA ,所以PA _L PDC ,即平面PDC的一个法向量为 PA=（1,0, 1）.设平面PDG的法向理为n=（x, y,z）,由PDLn = 0DG|_n =0-x - z = 0即，亦即2x + a = 02x，可取解得a =1,a = -1 (舍去).2 ；4-2a22a是等腰直角三角形，其中 /EBC = ,且2AB =BC =2CD =2.所以线段AB上存在点G ,且G为AB的中点，使得二面角 C -PD -G的余弦值为（三）空间距离的探索性问题【例5】如图，已知 AB _L平面BCE,CD/AB, ABCE（1）在线段BE上是

25、否存在一点F ,使CF 平面ADE（2）求线段AB上是否存在点 M ,使得点B到面CEM的距离等于1?如果存在，试判断点 M的个数;果不存在，请说明理由CF的平面与平面ADE交点的位置便可确定点【分析】（1）问可利用线面平行的性质定理，利用过直线位置；（2）问设MB的长度，利用等积变换求出 B到面CEM的距离，构造关于 MB长度的方程，根据方 程解的情况进行判断.【解析】（1）当F为BE的中点时，CF/平面ADE 证明：取BE的中点F、AE的中点G ,连结FG、GD、CF11.GF AB,GF/AB ；DC AB,CD/AB . CD/GF 22一二CFGD是平行四边形，二CD/GD.CF/平

26、面 ADE（2）不存在.设在&C中,a3EC一 x 2火 2=2?又因为MB1面方芯C,112才所以除 题c =-ScyMB = -x2x = .则在KMifB总中，ME = MB+BE2 = &+2工=。+4 同理，MC = 0+4.A在KfAAaC 中，EC=，也/ +BC，= 2取占C的中点因为=所以Mff_LRC,而 MH h：;ME2EH2=( x2 4)2-( . 2)2 =、. x2 2 .故 S mec =- EC MH =1 2、 2. x2 2 = 2x2 4 .22因为点B到面CEM的距离等于1,所以VB -MEC1 c,= -S.mec 1 =32x2 43而 VB -

27、JMEC2x2 4 2x=VM -BEC ,所以=二-33解得x二垃.所以在线段AB上只存在一点M ,当且仅当BM =J2时，点B到面CEM的距离等于1.【点评】探究线面平行问题时，应注意几何体的结构特征，也可根据是否能构造中位线或比例线段从而找出线线平行关系进行判断.该题易出现的问题是忽视点P在线段AB上的限制条件，误以为方程的解就是结果而忽视对 九的取值范围的技巧.【小试牛刀】【2016届河北省衡水二中高三上学期期中考试】如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAIX底面ABCD 侧棱 PA=PD= 72,底面 ABC型直角梯形,其中 BC/ AD , ABAD AD=2AB=2BC=2,(O

28、 AD中点.PADOCB(I)求证：POL平面 ABCD(n)线段AD上是否存在点Q,使得它到平面PCD的距离为i3?若存在，求出皿值；若不存在，请说 2QD明理由.1【答案】(I)证明见解析；(n)-.【解析】(I)证明：在 APAD中PA = PD , O为AD中点，所以PO _L AD .又侧面PAD _L底面ABCD ,平面PAD 口平面ABCD =AD , PO二平面PAD , 所以PO _L平面ABCD .(n )连接 AC、BO假设存在点Q ,使得它到平面PCD的距离为1设 QD =x ,则 S坦qc x因为BC/AD, O为AD的中点，AD =2BC所以 BC / /OD ,且

29、 BC =OD所以CD =OB因为 AB _L AD ,且 AB = AO =1所以 CD =OB = AB2 AO2 = 2在 RtZkPOC 中，PC =72所以 PC =CD =DP = .2所以 S”；（、2）:3由Vp_DQC =VQ_PCD，,3 -.33解得x = 一 2所以存在点Q满足题意，此时AQQD解决此类探究性问题的基本思路就是设出参数，根据空间线面关系的判定和性质定理进行推理，或根据角、 距离、体积等的求解方法用参数表示出相关的数据，建立关于参数的方程，根据方程解的存在性以及解的 个数问题来处理.解题过程需要注意以下三个问题：.熟练把握空间线面关系的性质定理，在探究空间

30、线面关系的有关问题时，可以把探究的结论作为已知条件，利用性质定理逐步进行推导；.熟练掌握求解空间角、空间距离以及几何体体积等的基本方法，通过设置合适的参数，建立关于某个参数的方程，转化为方程的解的问题进行探究；.合理设参，准确计算.探究性问题中的点往往在线段上或某个平面图形内，我们可以利用线段长度的比值设置参数，但也要注意参数的取值范围的限制四、迁移运用1.12018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习】如图，在 ABC43, AB AC若ADL BC则A= BD-BC类似地有命题：在三麴t A BC加，ADL平面ABC若A点在平面BC咕的射影为 M则有sJ2 = 8bcm- Sabcd上述命

31、题是（真命题A.B.增加条件“ AH AC才是真命题C.增加条件“凶为 BC曲垂心”才是真命题D.增加条件“三棱锥 A- BCD正三棱锥”才是真命题【解析】因为平面匚平面48占BCu平面eBC,所以4D1皿M_L3c.在&郎 中，AEME-DE,又/点在平面BCD内的射影为 所以4Ml平面BCib AKflBC,所以EUL平面自以,所以5clBC1AE.又 Euan = bc ae、比河= 3BC EM,S幽二BC ED ,所以 Sbt = 1BCD *选A.2.【福建省厦门市2018届高三下学期第一次质量检查（3月）】矩形研8中，BC = $AE, E为B匚中点，将AABD沿B口所在直线翻折

32、，在翻折过程中，给出下列结论:存在某个位置,BD 1 AE;存在某个位置,EC 1 AD ;存在某个位置,AB 1 CD .存在某个位置,BD 1 AC其中正确的是（a. b. c. D. 【解析】根据题意画出如图所示的矩形ABCD.AF DF对于，连接AE,交B口于点F,易证一二EF BF2,设四B三l,贝 = AE = ,所以 AF = g, BF= ,贝 U 233aF + HfN = 1=Ab即AFJ.BD, EF _L BD ,所以翻折后易得BDJ.平面AEF,即可证BD，AE ,故正确；对于，若存在某个位置， BC 1 AD ,则BC1平面ACD,从而平面ACD 1平面BCD ,即

33、A在底面BCD上的射影应位 于线段CD上，这是不可能的，故不正确；对于，若存在某个位置，AH1CD,则CD J.平面ABC,平面AHC, 平面BCD,则上AFE就是二面角ABDC的平面角，此角显然存在，即当 A在底面上的射影位于BC的中点时，直 线商B与直线8垂直，故正确；对于，若存在某个位置，BD-LAC ,因为aF_LBD,所以B 口 _L平面AEJ 从而BD1EC,这与已知矛盾，故不正确 .故选C.3.【浙江省竦州市2017-2018学年高三第一学期期末】如图，正四面体 A-BCD , P是棱CD上的动点， 设CP =tCD （tW（0, 1 ）,分别记AP与BC ,BD所成角为a ,

34、P ,则（）A.:工：:：F B. 、工：:：FC.当 t“0,1l 时，a 之p D. 当 tw0l 时，awP ,2. 2【答案】D【解析】作PE/BC交BD于E时，APDE为正三角形，&PDA三&EDA, AE = AP ,2APE是APPE PD与BC成的角a ,根据等腰三角形的性质cosa =_2-=_2_ ,作PF /BD交BC于F ,同理可得PA PAPC11cosP = 2,当 0 MtM 时， PC PD,cosP cosa ,a /2,点 E 在 AD 上.(1)求证：AA _L 平面 ABCD ；AE(2)当。为何值时， AB/平面EAC ,并求出此时直线 A1B与平面E

35、AC之间的距离. ED【答案】 证明见解析；(2)当普=1 , AB/平面EAC , 2y1.【解析】(1)证明：因为底面 ABCD为菱形，/ABC =60 所以AB = AD = AC =2 ,在 AAA1B 中，由 AA +AB2 = AB2 知 AA1 1 AB ,同理AA _ AD ,又因为ABpAD = A,所以AA，平面ABCD .(2)解：当AE=1时,EDAB/平面EAC .证明如下:连结BD交AC于O,当公叵=1时，即点E为AD的中点时，连结 OE ,则OE/AB, ED所以AB/平面EAC ,所以直线AB与平面EAC之间的距离等于点 A到平面EAC的距离.因为点E为A D的

36、中点，可转化为 D到平面EAC的距离，VD 士AC =Vecd，设AD的中点为F ,连结EF ,则EF/AA1,所以EF，平面ACD，且EF =1 ,可求得S&CD = J3 ,所以VEXCD又 AE= 4，AC =2, CE=2, S售BC =与,2,21d所以1s挑bc d =逆（d表示点D到平面EAC的距离）， 33所以直线 AB与平面EAC之间的距离为5.2017届福建连城县二中高三上学期期中】2.217如图1,在边长为12的正方形AAAA中，BBJ/CG/AA ,BB、CC1折叠，使得AA与且AB =3 , BC =4 , AA分别交BB1, CG于点P , Q ,将该正方形沿AA重

37、合，构成如图2所示的三棱柱 ABC -A1B1C1.(1)求证：AB _LPQ（2）在底边AC上是否存在一点M ,满足BM /平面APQ ,若存在试确定点 M的位置，若不存在请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）点M满足AM : AC =3: 7时，BM/平面APQ.【解析】（1）证明：因为AB=3, BC=4,所以 AC =5 ,从而 AC2 =AB2 +BC2 ,即 AB _L BC ,又因为 AB _L BB1,而 BC 门 BB1 = B ,所以AB，平面BCi ,又PQ匚平面BC1 ,所以 AB _L PQ .（2）假设存在一点 M满足BM /平面APQ，过M作MN /CQ交A

38、Q于N ,连接PN ,由因为 PB/CQ ,所以 MN /PB ,连接PN ,因为BM /平面APQ ,所以BM /PN ,所以四边形PBMN为平行四边形，所以 MN =3, AM :MC =MN :CQ =3: 7 ,所以当点M满足AM : AC =3: 7时，BM /平面APQ .6.12017届山东省胶州市普通高中高三上学期期末】如图，四边形AMD为梯形，AB/CD , PD 1平面AHCD ,上BAD = DC = 90 DC = 2AB = 2m, DA-a, E 为BC 的中点.（1）求证：平面PBC，平面PDE；（2）线段PC上是否存在一点F,使PA平面BDF?若存在，请求出具体

39、位置，并进行证明；若不存在，请分 析说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）当点F位于PC三分之一分点（靠近P点）时，PA平面BDF【解析】（1）连结80乙日区口 =上4口匚=904日=白, = %所以8口 = 0匚=2就为8匚中点所以又因为PD 1平面ABCD,所以BC 1 PD所以BC 1平面PDE因为BC仁平面PBC,所以平面PBC 1平面PDE（2）当点F位于PC三分之一分点（靠近P点）时，PA平面BDF连结AC.HD交于。点AB/CD,所以AAOB相似于ACOD又因为AB = -DC,所以AO = -0C22，. 1从而在ACPA中，A0 = AC 3- 1而 ： 3所以 而。FU

40、平面BDFPAH平面BDF侧面 PAD _L底面请求出点G的位置;所以PA平面BDF7.【云南大理州2017届第一次统测】在四棱锥中 P-ABCD ,底面ABCD是正方形,2人ABCD ,且 PA =PD =AD、E、F ,分别为 PC、BD 的中点.2（1）求证：EF / /平面PAD ； 3（2）在线段AB上是否存在点G ,使得二面角C -PD -G的余弦值为 ,若存在,3若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G为AB的中点.【解析】（1）证明：连接 AC ,由正方形性质可知，AC与BD相交于点F ,所以，在 APAC 中，EF /PA .又PA仁平面PAD , EF辽

41、平面PAD .所以EF /平面PAD .(2)取AD的中点O,连接OP,OF ,因为 PA =PD ,所以 PO _L AD ,又因为侧面PAD，底面ABCD ,交线为AD ,所以PO，平面ABCD ,以O为原点，分别以射线 OA,OF和OP为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系,O -xyz ,不妨设 AD =2 .则有 P(0,0,1 ),D(1,0,0 ),C(1,2,0 卜假设在 AB 上存在点 G(1,a,0 ),0a2,则 PC = (-1,2,1 7PBi = (-1,0,1 )BG =(2,a,0 卜因为侧面PAD _L底面ABCD ,交线为AD ,且底面是正方形，所以CD _L

42、平面PAD ,则CD _L PA ,222由 PA 十 PD = AD 得 PD _L PA , 所以PA _L PDC ,即平面PDC的一个法向量为 忸=(1,0, -1 ).设平面PDG的法向理为n =(x, y, z ),由iPocn =0加二-x - z = 0 I即 ，亦即2x a = 0z = x2x,可取y 二 一一a所以 cos( m, n2a.4 2a2解得a =1,a = -1 (舍去).C -PD -G的余弦值为所以线段AB上存在点G ,且G为AB的中点，使得二面角8.【2017届江西省上饶市高三第一次模拟】如图所示，在正方体ABCD-A#iCD中，棱长为2, E、F分别

43、是棱D%、0口的中点.(1)求三棱锥的体积；(2)试判断直线与平面/BE是否平行，如果平行，请在平面 A/E上作出与%F平行的直线，并说明理由.4【答案】(1) - (2)平面ARE3一11 14解析(1)如图所不，VR =T =S -口 4 = -_-2,2 - 2 = Bi-AiEE E AieiB 3 1&163 23(2) BJ平面，BE.延长/E交AD延长线于H,连BH交CD于G点，则HG就是所求.证明如下：因为BAj/平面CDDC,平面/BH门平面CDDC = GE ,所以ABGE,又AB/CD,则G为CD的中点，故BG”BF, BG就是所求.9.12016届贵州省贵阳市六中高三元

44、月月考】已知正以ABC的边长为4, CD是AB边上的高，E,F分别是AC和BC边上的中点，现将AABC沿CD翻折成直二面角 A-BC-B.A(1)求二面角 E-DF-C的余弦值；则所以二面角E - DF -C的余弦值为.一.RP (2)在线段BC上是否存在一点 P,使AP_LDE攻口果存在，求出 的值；如果不存在，说明理由.BC【答案】(1) 匚1； (2)存在，理由见解析. 7【解析】(1)以点D为坐标原点，以直线 DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系 D-xyz,则 A (0.0.2),B(2.0.0),C(0.2V3.0)E(0.1舍去).1011.12016届湖南省东部株洲二中六校高三12月联考】如图，在四棱锥P ABCD中，底面梯形ABCD中,AB/DC ,平面PAD _L平面 ABCD PAD是等边AB=2DC =2BC =2底 PM =mMC