應(yīng)用探索立體幾何中常見(jiàn)的探索型問(wèn)題有以下兩種類(lèi)型:1.條件追溯型:解決此類(lèi)問(wèn)題的基本策略為執(zhí)果索因,其結(jié)論明確,需要求

出使結(jié)論成立的充分條件,將題設(shè)和結(jié)論都視為已知條件即可迅速找到

切入點(diǎn).但在執(zhí)果索因的過(guò)程中,常常會(huì)犯的錯(cuò)誤是將必要條件當(dāng)成充要

條件,應(yīng)引起注意.2.存在判斷型:存在性問(wèn)題主要包括兩類(lèi):(1)與空間平行、垂直等位置關(guān)

系有關(guān)的存在性問(wèn)題;(2)與空間角有關(guān)的存在性問(wèn)題.解決方案有兩種:①

根據(jù)題目的已知條件進(jìn)行綜合分析和觀察猜想,找出點(diǎn)或線的位置,然后

加以證明,得出結(jié)論;②假設(shè)所求的點(diǎn)或線存在,并設(shè)定參數(shù)表達(dá)已知條

件,根據(jù)題目進(jìn)行求解,若能求出參數(shù)的值且符合已知限定的范圍,則存在這樣的點(diǎn)或線,否則不存在.向量法是解決此類(lèi)問(wèn)題的常用方法,它可以將

幾何存在問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問(wèn)題.例1如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=

,點(diǎn)E在AD上,且AE=2ED.(1)已知點(diǎn)F在BC上,且CF=2FB,求證:平面PEF⊥平面PAC;(2)當(dāng)二面角A-PB-E的余弦值為多少時(shí),直線PC與平面PAB所成的角為45°?解題導(dǎo)引(1)欲證平面PEF⊥平面PAC,結(jié)合題意只需證EF⊥平面PAC,

把證“面面垂直”轉(zhuǎn)化為證明“線面垂直”是通法,PA⊥EF易證,再證

EF⊥AC是關(guān)鍵,同一平面內(nèi)證線線垂直問(wèn)題,用平面幾何知識(shí)證明即可.(2)這是已知結(jié)論找充分條件的問(wèn)題,由線面角定義,易得∠APC=45°,反推

出AP的長(zhǎng),再通過(guò)建系求得二面角A-PB-E的余弦值.解析(1)證明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,則AD=CD,

(1分)又AB⊥AC,∴BC=

AC=2AD,

(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=

AD,∴四邊形ABFE是平行四邊形,∴AB∥EF,

(3分)∴AC⊥EF.∵PA⊥底面ABCD,EF?平面ABCD,∴PA⊥EF,

(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF?平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.

(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,則∠APC為PC與平面PAB所成的角,若PC與平面PAB所成的角為45°,則tan∠APC=

=1,即PA=AC=

,

(6分)取BC的中點(diǎn)G,連接AG,則AG⊥BC,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,

則A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E

,P(0,0,

),∴

=

,

=

,

(7分)設(shè)平面PBE的法向量為n=(x,y,z),則

即

令y=3,則x=5,z=

,∴n=(5,3,

),

(9分)易知

=(1,1,0)是平面PAB的一個(gè)法向量,

(10分)cos<n,

>=

=

,結(jié)合圖形可知當(dāng)二面角A-PB-E的余弦值為

時(shí),直線PC與平面PAB所成的角為45°.

(12分)例2如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形.(1)求證:平面AB1C∥平面DA1C1;(2)在直線CC1上是否存在點(diǎn)P,使BP∥平面DA1C1?

解題導(dǎo)引(1)要證平面AB1C∥平面DA1C1,只需證一平面內(nèi)的兩條相交

直線分別平行于另一個(gè)平面,由四棱柱的性質(zhì)得到A1C1∥AC,AB1∥DC1,從

而A1C1∥平面AB1C,DC1∥平面AB1C,繼而證得平面AB1C∥平面DA1C1.(2)利用點(diǎn)動(dòng)成線,思考C1C上不可能有兩個(gè)點(diǎn)P滿(mǎn)足BP∥平面DA1C1(原因

是平面BC1C不平行于平面DA1C1),另外發(fā)現(xiàn)A1D∥B1C?A1D∥平面BC1C,

則只需BP∥B1C即可.解析(1)證明:由四棱柱的性質(zhì)知,AB1∥DC1.∵DC1?平面AB1C,AB1?平面AB1C,∴DC1∥平面AB1C.同理,A1C1∥平面AB1C,∵DC1,A1C1?平面DA1C1,且DC1∩A1C1=C1,∴平面AB1C∥平面DA1C1.(2)在直線CC1上存在點(diǎn)P,使BP∥平面DA1C1.∵A1B1ABDC,∴四邊形A1B1CD為平行四邊形,∴A1D∥B1C.在C1C的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)P,使CP=C1C,連接BP,∵B1BC1C,∴B1BCP,∴四邊形BB1CP是平行四邊形,∴BP∥B1C,∴BP∥A1D,∵BP?平面DA1C1,A1D?平面DA1C1,∴BP∥平面DA1C1.例3已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,

DE=3AF,BE與平面ABCD所成的角為60°.(1)求證:AC⊥平面BDE;(2)求二面角F-BE-D的余弦值;(3)設(shè)點(diǎn)M是線段BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),試確定點(diǎn)M的位置,使得AM∥平面BEF,

并證明你的結(jié)論.

解析(1)證明:因?yàn)镈E⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以DE⊥AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以AC⊥BD.又DE∩BD=D,DE,BD?平面BDE,所以AC⊥平面BDE.(2)因?yàn)镈E⊥平面ABCD,所以∠EBD就是BE與平面ABCD所成的角,即∠EBD=60°,所以

=

.由AD=3,四邊形ABCD是正方形,得BD=3

,則DE=3

,所以AF=

.如圖,分別以DA,DC,DE所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則A(3,0,0),F(3,0,

),E(0,0,3

),B(3,3,0),C(0,3,0),所以

=(0,-3,

),

=(3,0,-2

).設(shè)平面BEF的法向量為n=(x,y,z),則

即

令z=

,則n=(4,2,

).因?yàn)锳C⊥平面BDE,所以

=(3,-3,0)為平面BDE的一個(gè)法向量,所以cos<n,

>=

=

=

.由圖可知二面角F-BE-D為銳二面角,故二面角F-BE-D的余弦值為

.(3)因?yàn)辄c(diǎn)M是線段BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),所以可以設(shè)M(t,t,0)(t>0),則

=(t-3,t,0).因?yàn)锳M∥平面BEF,所以AM與平面BEF的法向量垂直,所以

·n=0,即4(t-3)+2t=0,解得t=2,所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,2,0),此時(shí)

=

,所以M是線段BD上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn).經(jīng)典例題以下為教師用書(shū)專(zhuān)用例

(2019甘肅蘭州診斷,21)如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)棱PA⊥底面

ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,AD=1,PA=AB=BC=2,M是棱PB中點(diǎn).(1)已知點(diǎn)E在棱BC上,且平面AME∥平面PCD,試確定點(diǎn)E的位置并說(shuō)明

理由;(2)設(shè)點(diǎn)N是線段CD上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)N在何處時(shí),直線MN與平面PAB所成角

最大?并求最大角的正弦值.解題導(dǎo)引解析(1)E為BC中點(diǎn),證明如下:∵M(jìn)、E分別為PB,BC中點(diǎn),∴ME∥PC,又∵M(jìn)E?平面PDC,PC?平面PDC,∴ME∥平面PDC,∵ECAD,∴四邊形EADC為平行四邊形,∴AE∥DC,又AE?平面PDC,DC?平面PDC,∴AE∥平面PDC,又∵AE∩ME=E,∴平面AME∥平面PDC.(2)以A為原點(diǎn),分別以AD,AB,AP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1),設(shè)直線MN與平面PAB所成角為θ,

=λ

(λ∈[0,1]),則

=

+

+

=(λ+1,2λ-1,-1),又平面PAB的一個(gè)法向量為n=(1,0,0),則sinθ=|cos<

,n>|=

=

,令λ+1=t(t∈[1,2]),則

=

=

≤

,∴sinθ≤

,當(dāng)t=

,即λ=

時(shí),等號(hào)成立,即當(dāng)點(diǎn)N為線段DC上靠近C的三等分點(diǎn)時(shí),直線MN與平面PAB所成角最

大,最大角的正弦值為

.例

(2020云南曲靖10月聯(lián)考,19)如圖,四棱錐P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC

=

,AB=AD=

CD=2,PD=PB=

,PD⊥BC.(1)求證:平面PBC⊥平面PBD;(2)在線段PC上是否存在點(diǎn)M,使得平面ABM與平面PBD所成的銳二面角

為

?若存在,求出

的值;若不存在,說(shuō)明理由.

解析本題主要考查空間直線和平面、平面和平面的位置關(guān)系以及二

面角,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算.(1)證明:因?yàn)锳B∥DC,AB=AD=2,∠ADC=

,所以BD=2

,∠BDC=

,

(1分)又CD=4,所以根據(jù)余弦定理得BC=2

,

(2分)所以CD2=BD2+BC2,故BC⊥BD.

(3分)又BC⊥PD,PD∩BD=D,且BD,PD?平面PBD,所以BC⊥平面PBD,

(4分)又BC?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD.

(5分)(2)由(1)得平面ABCD⊥平面PBD,設(shè)E為BD的中點(diǎn),連接PE,因?yàn)镻B=PD=

,所以PE⊥BD,PE=2,又平面ABCD⊥平面PBD,平面ABCD∩平面PBD=BD,所以PE⊥平面ABCD.

(7分)如圖,以A為原點(diǎn),分別以

,

和垂直于平面ABCD的向量

的方向?yàn)閤,y,z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,4,0),P(1,1,2).

(8分)假設(shè)存在M(a,b,c)滿(mǎn)足要求,設(shè)

=λ(0≤λ≤1),即