人教B版高中数学讲义：立体几何中的探索性问题

专题08立体几何中的探索性问题

2常考题型目录

题型1线面平行探索性问题..........................................................................1

题型2面面平行探索性问题..........................................................................8

题型3线面垂直探索性问题.........................................................................16

题型4面面垂直探索性问题.........................................................................27

保题型分类

题型1线面平行探索性问题

【例题IX2023春•全国•高一专题练习如图，四边形&BCD中AB1ADAD//BC=6,

BC=2AB=4,E,F分另U在BC,ADh,EF//AB，现将四边形ABC。沿EF折起，使BE1EC.

⑴若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP〃平面ABEF?若存在，求出言

的值；若不存在，说明理由.

(2)求三棱瓶4-CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面AC。的距离.

【答案】⑴存在，巧=|

⑵三棱锥A-CDF的体积的最大值为3,此时点F到平面ACD的距离为我

【分析】(1)在AD上取一点P,使得/=|,证明线面平行,则P点就是所求的点；

(2)先设BE=x,运用二次函数即可求出三棱锥A-CDF的体积最大值，再运用等体积法

求出F到平面ACD的距离.

AD上存在一点P,使得CP//平面ABEF,此时/=|,

理由如下：编=|时，*|，

如图，过点「作乂〃FD交AF于点M,连接ME,则署=笔=|,

/BE=1,/.FD=5,.-.MP=3,又EC=3,MP〃FD//EC,；.MP〃EC,

故四边形MPCE为平行四边形，,CP〃ME,

又CPC平面ABEF,MEu平面ABEF,

.,.CP//平面ABEF;

(2)设BE=x，则AF=x(0<x<4),FD=6-x,

故乙_CDF=|x|x2x(6—%)xx=—|(x—3)2+3,

・•・当x=3时，回YDF有最大值，且最大值为3,

此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2V2,

.-.AD=y)AF2+FD2=342,AC=y/EF2+EC2+AF2=V14,

在&ACD中，由余弦定理得cosNAOC=1,sinZXDC=f,

2x3V2x2v222

S44CD=1,DC,AD-smZ.ADC=3V3,

设F到平面ACD的距离为力,

^A-CDF=^F-ACD<“HACD,%=3,h,=V3.

综上,存在点P,使得CP〃平面ABEF，熊=|,三棱锥4-CDF的最大值为3,此时点F

到平面ACD的距离为百

【变式11]1.(2022河北专题练习)如图，在底面半径为2、高为4的圆柱中，B,4分别

是上、下底面的圆心,四边形EFGH是该圆柱的轴截面，已知P是线段4B的中点，N是下底面

半圆周上靠近H的三等分点.

(1)求三棱锥8-EPN的体积；

(2)在底面圆周上是否存在点M,使得FM〃平面PAN?若存在,请找出符合条件的所有“点

并证明；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)竽；(2)存在，M为前的中点，证明见解析.

【分析】⑴由图形得%.EPN=VB-AEN-Vp-AEN，再根据锥体体积公式求体积；⑵观察图

形猜测M为丽的中点，利用线面平行判定定理，面面平行判定定理，面面平行性质定理证

明猜测.

【详解】解：(1)因为圆柱的底面半径为2、高为4,P是线段的中点，N是半圆周上的三

等分点，

所以二棱锥B—EPN的体积为：VB-EPN=B-AEN~P-AEN=^AAEN■48—^S^AEN-PA

o

=ixlx2x2xsinl20x4-lxlx2x2xsinl20°x2=^.

(2)存在点M,M为丽的中点，使得FM〃平面P4M理由如下：

连接EM,因为M、N是半圆周的三等分点，

所以NE4M=AMAN=NNAH；

又4E=AM,所以2MEM为等边三角形，所以乙4EM=NAH=60°,

所以EM〃/1N；

又EM巨平面PAN,ANu平面PAN,所以EM〃平面PAN；

由EFG"是圆柱的轴截面，所以四边形EFGH是矩形；

又因为艮4分别是FG、EH的中点，所以EF〃B4,即EF〃PA；

又EF乃平面PAN,PAu平面PAN,//W^PAN；

S.EFOEM=E,EFu平面EFM,EMu平面EFM,

所以平面EFM〃平面PAN；

又FMu平面EFM,所以FM〃平面PAN.

【变式11】2.（2021春・全国•高一专题练习）如图，空间几何体4DE-BCF中，四边形4BCD

是梯形，AB//CD,四边形CDEF是矩形，且平面4BCD1平面CDEF,AD1DC,AB=AD=

DE=2,EF=4,M是线段4E上的动点.

（1）试确定点M的位置，使4c〃平面MDF,并说明理由；

（2）在（1）的条件下，平面MDF将几何体ADE-BCF分成两部分，求空间几何体M-DEF

与空间几何体4DM-BCF的体积的比值.

【答案】（1）当M是线段4E的中点时，4C〃平面MDF,理由见解析；（2）；.

【分析】（1）由线面平行的性质定理确定M是线段4E的中点，然后根据线面平行的判定定

理证明.

（2）将几何体4DE-BCF补成三棱柱，由三棱柱和三棱锥体积得几何体AB-CDEF的体积,

再求得三棱锥F-DME的体积后可得所求比值.

【详解】（1）当M是线段4E的中点时，4C〃平面MDF.

证明如下：连接CE交DF于点N,连接MN,如图，由于M、N分别是力艮CE的中点，

所以MN〃4C,又MN在平面MDF内，且力C不在平面F内，所以AC〃平面MDE

(2)...四边形CDEF是矢巨形,：.CD1DE.又CD1AD,S.ADCiDE=D,

：.CD1平面ADE.

平面ABCD1平面CDEF,平面28coC平面CDEFCD,ADu平面ABCD,ADLCD,所以

AD_L平面CDEF,又DEu平面CDEF,所以AD1DE,

将几何体力CE-BCF补成三棱柱TIDE-B'CF,

三棱柱ADE-B'CF的体积V=SAADE-CD=|X2X2X4=8,

则几何体力DE-BCF的体积匕=V-VB_BCF=8-|xQx2x2)x(4-2)=y,

又三棱锥尸-DEM的体积匕=ix(1x2x2x|)x4-i

二空间几何体M-DEF与空间几何体4DM-BCF的体积的比为g:(g-J=*

【变式11]3.(2021春福建三明•高一福建省宁化第一中学校考阶段练习)如图，正三棱

柱4的底面边长为2，高为日，过4B的截面与上底面交于PQ，且点P是棱为的的

中点，点Q在棱B[C]上.

(1)试在棱力C上找一点。，使得QD〃平面力BB1&,并加以证明；

(2)求四棱锥C-4BQP的体积.

【答案】(1)点。为棱”的中点，证明见解析；(2)，

【分析】(1)证法1：取4B的中点M,连接。M,B]M,可得久/〃平面4BQP,再由线面

平行的性质可得PQ〃4%,则可得Q是棱Big的中点，由三角形中位线定理结合已知可得

四边形DM/Q是平行四边形，可得QD〃B】M,然后由线面平行的判定定理可证得结论；证

法2：由已知条件可证得PQ〃平面4BB遇1,从而得PZM公是平行四边形，,由线

面平行的判定可得PD〃面4BB1&,从而得面PQQ〃面4BB1&,再由面面平行的性质可得

结论；

(2)解法一：连接BP,四棱锥C-4BQP可视为三棱锥C-BPQ和C-4BP组合而成，然后

分别求出两个三棱锥的体积即可；解法二：分别取和&Bi的中点M,N,连接MN,CM,

连接C1N交PQ于点G,连接MG,CG,可证得平面4BQP1平面CMNC1，则CG1平面ABQP,

然后结合已知条件求出等腰梯形力BQP的面积，从而可求得四棱锥的体积

【详解】（1）证法1：点。为棱AC的中点，证明如下：

取力B的中点M,连接DM,BiM.

-：AB//A1Bl,ABu平面ABQP,A1B1平面ABQP,

，41%〃平面力BQP,iNiBiu平面,平面4BQPC平面力1%的=PQ,

：PQ〃A\B\.

又P是棱&Ci的中点，：.Q是棱Bi。的中点,

:.QB]IIBC,QB]=|BC

■-D,M分别为棱ac,AB的中点,:.DM\\BC,DM=\BC

；QBIIIDM,QB】=DM

•,四边形DMBiQ是平行四边形，,

,:B]Mu平面ABBMi,ODC平面4幽&,〃平面4期&.

证法2：。为4C的中点时，QD〃平面力BB14.

证明如下：

■.AB//^^A1B1C1,ABu平面4BQP,平面4BQPr\^^A1B1C1=PQ,

■■-PQ//AB,PQ仁平面4幽4,ABu平面力,所以PQ〃平面48B4,

又.•。为AC的中点，0为&的的中点，,PDA41是平行四边形,：.PD//AA1,

又，；PDC平面,AAru平面ABBMi,.,/£）〃面4附4,

又•.？£）与PQ在平面PDQ内相交,.-.^PDQ//^ABB1A1,

又・.・QDu面PDQ，,DQ〃平面力BB14.

（2）解法一：连接8P,四棱锥C-力BQP可视为三棱锥C-8PQ和C-4BP组合而成，三棱

锥C—28P可视为P—ABC,底面积SA4BC=fa?=V3,悬）为今，

设匕；-84P=匕，体积为％=gxV5xj=|.

三棱锥c-BPQ与C-4BP等高，体积比为底面积之比，

=

设^C-BPQ=，2，贝川2：%=S&BPQ：SABAP=PQ；AB=1:2,故匕|^1=],

解法二：分别取4B和&B1的中点M,N，连接MN,CM,连接交PQ于点G，连接MG,CG.

,「△4BC和AAiBiCi是正三角形，且M,N分别是48和4当的中点，

：.CM1AB,且CMIIJN,CM=C±N，贝!JC,M,N,前四点共面.

■:CC\_L平面力BC,ABu平面4BC，二CC\1AB,

又CMu平面CMNCi,CCtu平面CMNCi,CMC©=C,1平面CMNQ,

：ABu平面4BQP，，平面4BQP_L平面CMNC1.

在矩形CMNCi中，河N=CCi=亨，CNi=CM=^AB=V3,

:.CrG=NG=CCi=MN,.1.zCiGC=ZNGM=45°,且CG=y[2CC1=y,

.-.ZCGM=90°,即CG1MG.又平面48QP1平面CMNC\,

平面4BQP。平面CMNCi=MG,CGu平面CMNg,.1CG，平面48QP.

2

在等腰梯形力BQP中,PQ==1,AB=2,BQ=AP=JAA1+ArP=y

22

，等腰梯形4BQP的高力=^-m=T

二四棱锥C-ABQP的体积V=/G-S梯形3p=/Gx|(PQ+4B)x力4x枭

|(1+2)＞苧=、

【变式11]4.（2022•全国•高一专题练习）如图，在四棱锥P-力BCD中，直线24垂直于平

=y/3AD=2A/3.

（1）求四棱锥P-ABCD的体积.

（2）在PB上是否存在点F,使得4尸〃平面PCD?若存在，求出霁的值；若不存在，说明理

由.

【答案】（1）；（2）存在，器.

【分析】（1）利用椎体体积公式，即可求解.

（2汾别取PC,PB的中点E,F连接4F,EF,DE得到四边形2DEF是平行四边形所以4尸〃。发

即可求解.

【详解】解：(1)如图，过点D作DM“AB,交BC于点M,则ZDMC=NABC=90°.

因为AD〃BC,DM〃4B,所以四边形是平行四边形，

所以BM=4。=2,DM=4B=2®

因为CO=4,所以CM=V16-12=2,所以BC=4.

则四边形力BCD的面积为小警四=6V3

由题意可知P4是四棱锥P-4BCD的高，则该四棱锥的体积为［x6V3x4=8V3.

(2)分别取P&PB的中点E,F,连接4尸,EEOE.

因为E,F分别是P&PB的中点，所以EF〃BC,EF=；BC.

由(1)可知EF〃BC,EF=\BC,所以4D〃EF,4D=EF,

所以四边形力DEF是平行四边形，所以2F//DE.

因为DEu平面PCD,AFC平面PCD,所以4F〃平面PCD.

故存在点F,使得4F〃平面PCD,此时，焉=|.

【变式11】5(2021•全国专题练习)如图，四棱锥P-ABC。中,PD1平面力BCD,AB//CD,

CD=2AB=2,ABYAD,PD=1,F在线段CD上,DC=4DF,BF=亨.

(1)求三棱锥。-PBC的体积；

(2)线段PA上是否存在一点E,使DE〃平面PBF?若存在,请确定点E的位置；若不存在，

请说明理由.

(3)若M为4B的中点，在(2)的条件下，过ME的平面交平面PBD于直线求证：ME//1

【答案】(1)：;(2)存在；点E为线段P4的中点；(3)证明见解析.

【分析】(1)由于Vfl-PBC=Vp-DBCI所以由已知条件求出SABCD=5.1,2=1,从而可求得

结果；

(2)存在点E为线段P4的中点，取PB的中点G,连EG,FG,由三角形中位线定理再结合已

知可得四边形DEGF是平行四边形，从而可得DE〃FG,进而由线面平行的判定定理可证得

结论；

(3股过ME的平面为a由2和点E为线段P4的中点，则由三角形中位线定理可得,

再由线面平行的判定和性质可得结论

[详解X1)直角梯形4BCD中，由CD=2AB=2,ABLAD,DC=4DF,BF=y，知=1,

•1SABCD=I'1'2=1,

-'-VD-PBC—P-DBC=3Xs"DBCxPD=-X1X1=-,

(2)存在点E为线段P4的中点.

取PB的中点G,连EG,FG,

由三角形的中位线的性质，

1

EG//AB,EG=^AB,

5LDF//AB,DF^^AB,

所以EGIIDF,EG=DF,所以四边形DEGF是平行四边形，

所以DE〃FG,

DE0平面PBF,FGu平面PBF,

所以DE〃平面PBF,

4MB

(3)设过ME的平面为a，由(2)知点E为线段24的中点，又“为AB的中点

：.ME//PB,

又ME店面PB。,PBu平面PBO

.,加£7/平面「8。

又面an面PBO=1,ME仁平面a

题型2面面平行探索性问题

【例题2](2023•全国•高一专题练习)如图，在四棱柱718CD-4当的小中，点M是线段

当小上的一个动点，E,F分别是BC,CM的中点.

⑴设G为棱CD上的一点，问：当G在什么位置时，平面GEFII平面BDD/i?

(2)设三棱锥C-BDF的体积为6,四棱柱4BCD-在止道小的体积为匕，求合

【答案】⑴G为CO中点时,平面GEF||平面BDDi/；

⑵工

'712

【分析】(1)G为C。中点时，先证EF呼面BDD/i,再证GE呼面8。小当，即可证得平

面GEF||平面8皿当；

(2)由匕;-BDF=VF-BDC=，结合II平面BCD得7rM-BDC=B1-BDC=:/即可

G为CD中点时，平面GEFI呼面BOD/i,理由如下：连接BM，取CD的中点G，连接EG,FG,

因为E,F分别是BC,CM的中点，贝!]EFIIBM,EF仁平面8。小当，BMu平面BDD/i,贝!]

EF||平面BDD/i,

同理可彳导GE||BD,GEC平面BDDiBi,BDcz^^BDD1B1,贝!]GE\\^-^BDD1B1,

又GECEF=E,GE,EFu平面GEF,贝!]平面GEF\\W^BDD1B1；

(2)由F是CM的中点得%-BDF=VF-BDC=\VM-BDC，又Bi%||BD,BDu平面BCD,

Bi%U平面BCD,贝㈣。i||平面BCD,

=X

又点M是线段B1D1上的一个动点，则VM-BDC=VBI-BDC=\B1-ABCD|

”4BCD-4IBIQDI=%匕，

则匕制X，2号匕，贝哈，.

【变式21]1.(2021春・安徽合肥•高一合肥市第六中学校考期中)如图，正三棱柱ABC-

4/1。的高为旧,底面边长为2,点。，小分别为4C,4的上的点.

（I）在棱力C,&的上是否存在点。,小使得平面BCi。〃平面?请说明理由；

（n）在（］）的条件下，求几何体ABBiCi%。的体积.

【答案】（］）存在，理由看解析；（口）了几何w=2.

【分析】（I）连接交A/于。，连接。小，由平行线截线段成比例结合平面BO/〃平面

可得仄以分别为棱4c,41cl的中点,；

（n）由棱柱体积减去两个三棱锥的体积即可.

【详解】（I）如图，连接4/交A/于点。，连接。力.

由棱柱的性质，知四边形4遇8邑为平行四边形，

「•点。为4/的中点.

1,平面BCi。〃平面ABI%,且平面2/的C平面BCi。-BCX,平面人声的C平面力/小=

%。,

.1BCi//%。,同理4%〃。的,

.A-yOA-yD-yDC

,力1(?1-OB'D1C1-AD'

又•.•坦=1，二皿=—=1,

OB'DiCiAD'

即。为ac的中点，小为公的的中点.

故当D、分别为棱力c,41cl的中点时，平面BC1。〃平面4%小；

注：以"。为4c的中点，历为&Ci的中点”为条件，证明"平面BCm〃平面4B1DJ也算

对，酌情给分.

nVX2XX3

（）--HS^1B1C1=l^^=-

'三棱锥力-力避必="三棱锥Ci-BCD，义5'1义8'8=5,

.可几何体"幽,必。=3-2><|=2.

【变式21J2(2021云南昆明・昆明一中校考模拟预测)在如图所示的五面体ABCDEF中，

△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，"BC=y,EF〃平面ABCD,AB=2EF=2，点

(1)在直线CD上是否存在一点G,使得平面EMG〃平面BDF,请说明理由；

(2)请在下列两个条件中任选一个，求该五面体ABCDEF的体积.

①COSNBDF=1；②EM=2.

-4

【答案】(1)CD的中点G，理由见解析；(2)条件选择见解析；体积为|.

【分析】(1)取CD的中点G，根据中位线得GM〃BD,可证四边形OMEF是平行四边形，

则有OF〃EM,即可证到平面EMG//平面BDF;

(2)选择①由COSNBDF=:求得BF=①，如图，五面体ABCDEF可由三棱柱ADFBCP截

去三棱锥EBCP得至U;选择②有OF=EM=2,可证FN_L平面ABCD,求体积时同①.

【详解】解：(1)连接AC交BD于点0,连接OM,OF,取CD的中点G,连接GM,

因为EF〃平面ABCD,EFu平面ABEF,平面ABEFD平面ABCD=AB,所以EF〃AB,

因为OM〃AB〃EF,OM=\AB=EF,所以四边形OMEF是平行四边形，所以OF〃EM,

因为EMU平面BDF,OFu平面BDF,所以EM〃平面BDF,

因为点G与点M分别为CD与BC的中点，所以GM//BD,

因为GMC平面BDF,BDu平面BDF,所以GM〃平面BDF,

而GMCIEM=M,平面EMG〃平面BDF;

(2)选择①：

在ABDF中,BD=DF=2,cosNBDF=|,所以BF=V6,

WAD中点N,连接FN,BN,

E

在ABNF中，BN=FN=w,BF=屉,所以BN±FN,

因为AABD是正三角形，所以BN±AD,

因为ADCIFN=N,所以BN_L平面ADF,

因为BNu平面ABCD,所以平面AD—平面ABCD,

如图，五面体ABCDEF可由三棱柱ADFBCP截去三棱锥EBCP得到

所以吸BCDEF=VADF-BCP-VE-BCP='力DF-BCP=j-S^ADF，BN=卜"2X6X曲=三

选择②

由（1）有0F=EM=2，取AD中点N,连接FN,ON,BN,

在AONF中，FN=旧，ON=1,0F=2,所以ON_LFN,

因为AADF是正三角形，所以ADLFN,

因为ADCION=N,所以FN,平面ABCD,所以平面ADF，平面ABCD,

因为AABD是正三角形,所以BN±AD,

因为平面ADFCI平面ABCD=AD,BNu平面ADF,所以BN,平面ADF,

（选择②求体积时，需多证一组线面垂直，即证明dBADF=BN）

下同①，略.

【点睛】思路点睛：求几何体的体积，要注意分割与补形.将不规则的几何体通过分割或补

形将其转化为规则的几何体求解.

【变式21]3.（2019春江西南昌•南昌二中阶段练习）已知四棱锥S-ABCD的底面为平行

四边形，其中SD1平面2BCD，且有力B=2AD=2SD/DCB=60°,M、N分别为SB、SC中

点，过MN作平面MNPQ分别与线段CD、4B相交于点P、Q.

s

N

AB

（1）在图中作出平面MNPQ，使平面MNPQ〃平面SAD（不要求证明）；

⑵若4B=4,在（1）条件下求多面体MNCBQP的体积.

【答案】（1）证明详见解析

⑵手

【分析】（1）结合面面平行的判定定理作出平面MNPQ.

（2）将多面体MNCBQP分割成两个锥体，由此计算出多面体的体积.

【详解】（1）设P,Q分别是CD4B的中点，连接MQ,PQ,NP,则平面MNPQ〃平面S4D

附理由如下：由于MN分别是SB,SC的中点，所以MN〃BC,

而8C〃A0,所以MN〃71。,由于MNe平面SAD,ADu平面SW,所以MN〃平面SAD.

另外，由于RQ分别是S4B的中点，所以PQ〃BC,则MN〃PQ,即M,N,P,Q四点共面.

由于P,N分别是CD,SC的中点，所以NP//SD,NP=\SD

由于NPe平面S/W,SDu平面S4D,所以NP〃平面S/W.

由于MNCNP=N,MN,NPu平面MNPQ,

所以平面MNPQ〃平面S4D.

1

(2)AB=4,AD=SD=BC=2,PC=PD=2,MN=^BC=1,

连接PB,NB,贝!]△PBC是等边三角形,VMNCBQP=^B-MNPQ+VN-PBL

由于SO1平面ABC。，NP//SD,所以NP1平面ZBCO,PQu平面/BCD,所以NP1PQ,

而NP==1,所以02PBe=IXS“BCxWP-|xgx2x2xsin60°)x1=y.

由于PD〃8Q,PD=BQ,所以四边形PBQD是平行四边形,

由于PB=PD=2,所以四边形PBQD是菱形，PQ1BD

设PQCiBD=H,贝！|BH1PQ.

由于NP1平面4BCD,BHu平面力BCD,所以NP1BH,

由于PQCNP=P,PQ,NPu平面MNPQ,所以BH，平面MNPQ.

在三角形BPQ中,PB=BQ=PQ=2,所以三角形BPQ是等边三角形，所以BH=V3.

由上述分析可知MN〃PQ,NP1PQ,所以四边形MNPQ是直角梯形.

B-MNPQ=1,SMNPQ,BH=|"手-1,V3=y.

所以VMNCBQP=^B-MNPQ+N-PBC=y+y=

s,

N

AQB

【变式21]4（2023春•全国•高一专题练习）如图，在四棱锥P-力BCD中，底面四边形力BCD

⑴证明：EF〃平面4DP；

（2）在底面四边形内部（包括边界）是否存在点G，使得平面GEF〃平面2DP?如果存在求点

G的位置，并求FG的最大值，如果不存在请说明理由.

【答案】（1）证明见解析

（2）存在，理由见解析，FG的最大值为2

【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，从而得到线面平行；

（2）取中点为U,连接UF,VE,证明出面面平行，从而得到点G的位置，且求出FG的最

大值.

【详解】（1）证明：取P。的中点。,连接力。,。及

•••△PCD中,O,E分别为PD,PC的中点，:OE//CD,OE=\CD,

•••后、尸分别为「。、48的中点，,AF//CD.AF=|。。，；•AF//OE,AF=OE,

故四边形4FE。为平行四边形，EF//OA,

•・,EFC平面P40,。/u平面24。，.•・EF〃平面P4D

（2）解：取CD中点为V,连接VF,VE,

在APCD中,匕E分别为CD,PC的中点，,VE//PD,

­■VE仁平面PAD,PDu平面PAD,VE〃平面PAD

因为AB//CD且4B=CD,且F、V分另（J为4艮CD的中点,所以，AF//VDS.AF=VD,

所以,四边形4FUD为平行四边形，,VF//AD,且HF=AD=2,

•••VFC平面u平面PAD,UF〃平面PAD.

又VFC\VE=V,S.VF,VEu平面UEF,故平面UEF〃平面PAD.

所以点G存在，且G€UF,即点G在线段，尸上移动，可使平面GEF〃平面力DP,

【变式21]5.（2023春•全国•高一专题练习）如图，在四棱柱4BCD中，点M是

线段Bi%上的一个动点，E,F分别是BC,CM的中点.

（1）求证：EF〃平面BDD/i；

（2）设G为棱CD上的一点，问：当G在什么位置时，平面GEF〃平面8。小当?

【答案】（1）证明见解析；（2）G是DC中点

【分析】（1）根据给定条件，连接8M,推导证得即可得解；

（2）由Q）的结论，取CD的中点G,证明出GE〃平面BO/当即可作答.

【详解】（1）在四棱柱XBCD-4当的。1中,连接,如图,

因E,尸分别是8c,CM的中点，则有EF〃8M,又EF仁平面BDD/i,BMu平面BDDiBi,

所以EF〃平面BDD/i；

(2)G是DC中点，使得平面GEF〃平面BDD/i,理由如下：

取CD的中点G,连接EG,FG,而E是8C的中点,于是得EG〃BD,

而EG仁平面80。1当，BDu平面,

从而得EG//平面，由Q)矢口后尸//平面，EF八EG=E,S.EF,EGu平面GEF,

因此有平面GEF〃平面BD/Bi,

所以当G是DC的中点时，平面GEF〃平面BD%/.

题型3线面垂直探索性问题

【例题3](2022秋青海海东校考期中)如图，四棱柱X8CD-4当的。1中,底面ABCD

是菱形,/.ABC—60°,AA^_L平面ABCD,E为441中点,AA^=AB=2.

Q)求证:AR〃平面Bi%E；

(2)求点C到平面Bi/E的距离；

⑶在AM上是否存在点M,满足力Ci1平面MJ%?若存在，求出AM长，若不存在，说明

理由.

【答案】(1)证明见解析；

⑵手；

⑶存在,苧.

【分析】(1)连&的交4小于点F,连EF,由中位线定理以及线面平行的判定证明即可；

(2)连力iC交EF于点N,由题可得CN=3A]N,进而点C到平面当口传的距离是点占到平

面的距离的3倍，然后根据等积法即得；

(3)由线面垂直的性质证明4cli，作FM1AC.,垂足为M,由线面垂直的判定证

明4cl1平面MB1小,最后得出AM的长.

【详解】(1)连41cl交当。1于点F,连EF,

•.&B1C1D1是菱形,

「.F是4C1中点,又「E是441中点,

：.EF//AC1,X-.EFu平面BiDiE,ACr仁平面BiDiE,

：.4Ci〃平面B/iE；

(2)连&C交EF于点N,棱柱中24C1C是平行四边形，且E,F分别为,4的中点,

：.CN=3&N,又EFu平面Bi/E,

.•点C到平面/。花的距离是点①到平面当小月的距离的3倍,

二,菱形勺当的小中，AA1B1C1=AABC=60°,又A4i=AB=2,

.,.A1C1=2,=2A/3,A1E=1,

又Z4■1平面ABCD,ACu平面ABCD,

「.A4iLAC,5^A1C1//AC,

.,.AA1±/[Ci,=V2,

因为当小=2V3,ArF=1,BiE=D1E=V5,

：△4/iDi面积为泅％•&F=遮，△/。出的面积为泅%・EF=历，

由K4LBI/E=VE-4I%DI得gSABID'E,h-gs”遇I%.ArE，其中h是4到平面Bi/E的距离,

.r_V2

-A~~'

.•.点C到平面/。住的距离为苧；

(3)；44i，平面ABCD,平面〃平面ABCD,

：.AAX1平面4面住1。1,•.,Bi%u平面占B1C1%,

：.B1D11AAt,

1,菱形,B1D11A1C1,A1C1C\AA1=Ax,A1C1,AA1u平面AZ^Ci,

：.B1D11平面44©,又4clu平面44©,

：.AC11B1D1,

在Rt△A41cl中，过F作FM1AC1,垂足为M,

5LFMnB1D1=F,FM,B1D1u平面研小，

所以4的1平面MBiDi,

，存在M满足条件，

在RtAAAiG中,AAr=41cl=2,AC1=2位,F是41cl中点,

:.CXM=FM=~,

：.AM=2V2--=—.

22

【变式31】1.（2006•山东•高考真题）如图，已知四棱锥P-A8CD的底面ABCD为等腰梯

形，AB||DC,AC1BD,4C与BD相交于点O,且顶点P在底面上的射影恰为。点.又BO=

2,PO=V2,PB1PD.

(1)求异面直线P。与BC所成角的余弦值；

(2)求二面角P-AB-C的大小；

⑶设点M在棱PC上，且矍=4,问4为何值时，PC1平面BMD.

【答案】⑴答；

(2)45°；

⑶见解析.

【分析】(1)由已知得到P0,平面ABCD,利用线面垂直的性质得到PO±BD，过D做

DEllBC交于AB于E,连接PE,则4DE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，利用

平面几何即可得解；

(2)连接0E,由4BCD为等腰梯形，所以CM=0B,且E为4B中点，所以0E1AB,又P。1

平面4BCD,ZPEO为二面角P-AB-C的平面角，然后求值即可；

(3)连接MD,MB,M0,利用PC,平面BMD,得至I」PC±OM,RbPOC中求的PM

【详解】（1）■.'PO±5p®ABCD,..POJ_BD

又PB1PD,BO=2,P0=V2,

由平面几何可得：OD=\,PD=W,PB=瓜.

过D做DEllBC交于AB于E,连接PE,

则NPDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角,

•.四边形ABCD是等腰梯形，

.-.OC=OD=1,OB=OA=2,OA±OB

：.BC=小,AB=2V2,CD=V2

又ABIIDC.,.四边形EBCD是平行四边形.

：.ED=BC=V5,BE=CD=V2

..E是AB的中点,且力E=&,

又P4=PB=正,

..△PEA为直角三角形，

:.PE=yJPA1-AE2=V6^2=2

3+5—42^15

在WED中，由余弦定理得cosNPDE=PD：M,E2

2PD-DE2-V3-V515

故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为誓；

（2）连接OE,由4BCD为等腰梯形，所以。4=0B,且E为4B中点，

所以。E1AB,又P。1平面4BCD,

zPEO为二面角P-AB-C的平面角，

.•.sinzPE0=—=-,，NPEO=45。，

PE2'

二二面角P-AB-C的平面角的大小为45°;

(3)连接MD,MB,MO,

.PC,平面BMD,OMu平面BMD,

.-.PC±OM,

在RfPOC中，PC=PD=V3,OC=1,PO=V2,

.­.PM=—3，,MC=-3,，

.PM_2

"''PC~3'

故人苧寸，PC_L平面BMD.

【变式31]2.（2023春•全国•高一专题练习）如图，在四棱锥A-BCDE中，四边形BCDE

为菱形，4B=4D=3,BD=2百，AE=AC,点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F

是AC的中点.

⑴证明:DFII平面CEG.

⑵点H为线段BD上一点，设丽=正5，若AH，平面CEG,试确定t的值.

【答案】（1）证明见解析；

⑵0.

【分析】（1）取AG的中点I,记BDc”=。，连接FI,DI,GO,由三角形中位线定

理可得尸/IICG,GOWDI,然后先证得线面平行，再可证得面面平行；

（2）由已知可得AABC%ABE,则GC=GE,得OC^OG，结合已知可得OC,平面ABD,

则OCLAG,利用余弦定理求出G。，再由勾股定理的逆定理可得BG±OG,由线面垂直的

判定可得AG,平面CEG,从而可得H与B重合，进而可求得结果.

【详解】（1）证明：如图，WAG的中点I,记BDnCE=。，连接FI,DI,GO.

在AACG中，F,I分别为AC,AG的中点，所以F/IICG,

同理,在^BDI中,有GOIIDI,

因为CG,GOC平面/FD,Fl,DIu平面/FD,

所以CGII平面/FD,GOII平面/FD,

因为CGHGO=G,CG,GOu平面GC。,

所以平面GCOII平面/FD,

又DFu平面IFD,

所以DFII平面CEG.

（2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC^OD.

因为AE=AC,BC=BE,所以AABC当ABE,

贝（1GC=GE,

又因为点。是EC的中点，所以OC±OG.

因为。GCDO=0,OG,DOu平面ABD,

所以OC,平面ABD,

因为4Gu平面ABD,

所以OJAG.

因为AB=4。=3,80=2V3,

所以cosNABD=黑=日，

ADJ

贝HOG=JBG2+OB2-2BG-OBCOSNABD=V2,

则0G2+BG2=OB2,所以BG±OG.

又因为。cnOG=。，OC,OGu平面CEG,

所以AG,平面CEG.

若AH,平面CEG，则H与B重合.

故t=。.

【变式31】3.（2023•全国・专题练习）若图，三棱柱4&前的侧面BCC/i是平行四

边形，BC】1CCi,BC11AXC,且E、F分别是BC、4当的中点.

⑴求证：EF〃平面&C1CA；

(2)在线段48上是否存在点P,使得BCi1平面EFP?若存在，求出喘的值；若不存在，请说

AD

明理由.

【答案】Q)证明见解析

⑵存在糕书

【分析】(1阚中点G，连接FG、CG，证明出四边形FECG是平行四边形，可得出FE〃GC,

再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

(2)取4B的中点P,连接PE、PF,证明出平面EFP〃平面力CC"i,BCX1平面力CC遇]，

可得出BCi1平面EFP,由此可得出结论.

【详解】(1)证明：取41cl中点G,连接FG、CG.

因为F、G分别是4/1、41。的中点，

所以FG〃BiM且尸G=：BiCi.

在平行四边形BCC/i中，Bi。"/8c且当的=BC,

因为E是BC的中点，所以EC〃B©且EC=fSiCp

所以EC//FG且EC=FG,所以四边形FECG是平行四边形，所以FE〃GC,

又因为FEC平面&的乙4,GCu平面4的。2,所以EF〃平面4的(74

(2)解：当点P为线段4B的中点时，BC]1平面EFP,理由如下：

因为8cl1CCi,BCi1ArC,ArCC=C,所以,BCr1平面4"出，

因为P、E分别为48、BC的中点，贝［|PE〃aC,

PEC平面4CCi4i,ACu平面ACCi^i,贝！JPE//平面467的41,

又因为EF〃平面4CC14,EFCPE=E,所以,平面EFP〃平面,

所以,BCi1平面EFP.

故当点P是线段4B的中点时，BC11平面EFP,此时，雾=1

ADN

【变式31]4.(2023春・全国•高一专题练习)如图，在棱长为1的正方体ABC。-

(1)求证：力忑〃平面4D1E；

(2)求点。到平面4D1E的距离；

(3)在对角线aC上是否存在点P,使得DP1平面4。送?若存在，求出CP的长；若不存在，

请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

⑵彳

⑶存在，CP=1

【分析】(1)连结公。,交4小于点尸，连结EF.利用线面平行的判定定理证明出&C〃平

面；

(2)利用等体积可得力TD]E=VD.-ADE，即可解出点。至呼面4。止的距离；

(3)在对角线&C上存在点P,且CP=f，使得OP_L平面4。出.由DP1平面4。止，得到

RtAArCD〜RtADCP,即可求得CP=/时，DP1平面幺小片.

【详解】(1)连结公。，交于点F,连结EF.

因为四边形力。氏久是正方形，所以F是的中点，又E是CD的中点，

所以EF〃&C.因为EFu平面4%E,&C乃平面4口出，所以41c〃平面.

(2)因为正方体4BCD-&B1C1/的棱长为1,E是CD的中点，

所以4E=DiE=J1+(|)2=亨，所以皿边上的高为-(穿=弓,所以勾薪=

因为力=VDx-ADE，所以:x^xd=|x|xlx|xl，解得:，即点0到平面

的距离为丹.

6

（3）在对角线&C上存在点P,且CP=f，使得OP，平面4。止.

证明如下：因为四边形4DD14是正方形，所以451AXD.

因为CD1平面4皿&,皿u平面