高中數(shù)學(xué)講義（人教B版2019必修四）第36講專題11-8立體幾何中的探索性問題

專題08立體幾何中的探索性問題TOC\o"13"\h\u題型1線面平行探索性問題 1題型2面面平行探索性問題 12題型3線面垂直探索性問題 22題型4面面垂直探索性問題 38題型1線面平行探索性問題【例題1】（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD//BC，AD=6，BC=2AB=4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，(1)若BE=1，在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P，使得CP//平面ABEF？若存在，求出(2)求三棱錐A?CDF的體積的最大值，并求出此時點(diǎn)F到平面【答案】(1)存在，AP(2)三棱錐A-CDF的體積的最大值為3，此時點(diǎn)F到平面ACD的距離為3【分析】(1)在AD上取一點(diǎn)P，使得APPD(2)先設(shè)BE=x，運(yùn)用二次函數(shù)即可求出三棱錐【詳解】（1）AD上存在一點(diǎn)P，使得CP//平面ABEF，此時APPD理由如下：當(dāng)APPD=3如圖，過點(diǎn)P作M//FD交AF于點(diǎn)M，連接ME，則MPFD∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP//FD//EC，∴MP//EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，∴CP//ME，又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF，∴CP//平面ABEF；（2）設(shè)BE＝x，則AF＝x(0<x≤4)，F(xiàn)D＝6－x，故VA∴當(dāng)x＝3時，VA此時EC＝1，AF＝3，F(xiàn)D＝3，DC=2∴AD=AF在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC=18+8?14S△設(shè)F到平面ACD的距離為?，VA?CDF=V綜上，存在點(diǎn)P，使得CP//平面ABEF，APPD=32【變式11】1．（2022·河北·專題練習(xí)）如圖，在底面半徑為2?高為4的圓柱中，B，A分別是上?下底面的圓心，四邊形EFGH是該圓柱的軸截面，已知P是線段AB的中點(diǎn)，N是下底面半圓周上靠近H的三等分點(diǎn).(1)求三棱錐B?(2)在底面圓周上是否存在點(diǎn)M，使得FM//平面PAN？若存在，請找出符合條件的所有M【答案】(1)233；(2)存在，M為【分析】(1)由圖形得VB?EPN=V【詳解】解：（1）因為圓柱的底面半徑為2?高為4，P是線段AB的中點(diǎn)，N是半圓周上的三等分點(diǎn)，所以三棱錐B?EPN=1（2）存在點(diǎn)M，M為EN的中點(diǎn)，使得FM//平面PAN連接EM，因為M?N是半圓周的三等分點(diǎn)，所以∠EAM又AE=AM，所以ΔAEM為等邊三角形，所以所以EM//又EM?平面PAN，AN?平面PAN，所以EM//由EFGH是圓柱的軸截面，所以四邊形EFGH是矩形；又因為B?A分別是FG?EH的中點(diǎn)，所以EF//BA，即又EF?平面PAN，PA?平面PAN，所以EF//且EF∩EM=E，EF?平面EFM所以平面EFM//平面PAN又FM?平面EFM，所以FM//平面【變式11】2．（2021春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，空間幾何體ADE?BCF中，四邊形ABCD是梯形，AB//CD，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面（1）試確定點(diǎn)M的位置，使AC//平面MDF（2）在（1）的條件下，平面MDF將幾何體ADE?BCF分成兩部分，求空間幾何體M?【答案】（1）當(dāng)M是線段AE的中點(diǎn)時，AC//平面MDF，理由見解析；（2）1【分析】（1）由線面平行的性質(zhì)定理確定M是線段AE的中點(diǎn)，然后根據(jù)線面平行的判定定理證明．（2）將幾何體ADE?BCF補(bǔ)成三棱柱，由三棱柱和三棱錐體積得幾何體AB?【詳解】（1）當(dāng)M是線段AE的中點(diǎn)時，AC//平面MDF證明如下：連接CE交DF于點(diǎn)N，連接MN，如圖，由于M、N分別是AE、所以MN//AC，又MN在平面MDF內(nèi)，且AC不在平面MDF內(nèi)，所以AC//（2）∵四邊形CDEF是矩形，∴CD⊥DE.又CD⊥∴CD⊥平面ADE平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF=CD，AD?平面ABCD，AD⊥CD，所以AD⊥平面CDEF將幾何體ADE?BCF補(bǔ)成三棱柱三棱柱ADE?B'則幾何體ADE?BCF的體積又三棱錐F?DEM的體積∴空間幾何體M?DEF與空間幾何體ADM?【變式11】3．（2021春·福建三明·高一福建省寧化第一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1的底面邊長為2，高為32，過AB的截面與上底面交于PQ，且點(diǎn)（1）試在棱AC上找一點(diǎn)D，使得QD//平面AB（2）求四棱錐C?【答案】（1）點(diǎn)D為棱AC的中點(diǎn)，證明見解析；（2）34【分析】（1）證法1：取AB的中點(diǎn)M，連接DM，B1M，可得A1B1//平面ABQP，再由線面平行的性質(zhì)可得PQ//A1B1，則可得Q是棱B1C1的中點(diǎn)，由三角形中位線定理結(jié)合已知可得四邊形DMB1Q是平行四邊形，可得QD（2）解法一：連接BP，四棱錐C?ABQP可視為三棱錐C?BPQ和C?ABP組合而成，然后分別求出兩個三棱錐的體積即可；解法二：分別取AB和A1B1的中點(diǎn)M，N，連接MN，CM，連接C1N交PQ于點(diǎn)G，連接MG，CG【詳解】（1）證法1：點(diǎn)D為棱AC的中點(diǎn)，證明如下：取AB的中點(diǎn)M，連接DM，B1∵AB//A1B1，AB?平面∴A1B1//平面ABQP，∵A1B1∴PQ//又P是棱A1C1的中點(diǎn)，∴Q∴QB1∥BC∵D，M分別為棱AC，AB的中點(diǎn)，∴DM∥BC，DM∴QB1∥DM∴四邊形DMB1Q∵B1M?平面ABB1A1，OD證法2：D為AC的中點(diǎn)時，QD//平面AB證明如下：∵AB//平面A1B1C1，AB?∴PQ//AB，PQ?平面ABB1A1，AB又∵D為AC的中點(diǎn)，P為A1C1的中點(diǎn)，∴PDA又∵PD?平面ABB1A1，AA1又∵PD與PQ在平面PDQ內(nèi)相交，∴面PDQ//面AB又∵QD?面PDQ，∴DQ//平面（2）解法一：連接BP，四棱錐C?ABQP可視為三棱錐C?BPQ和C?ABP組合而成，三棱錐C?設(shè)VC?BAP三棱錐C?BPQ與設(shè)VC?BPQ=V因此，VC解法二：分別取AB和A1B1的中點(diǎn)M，N，連接MN，CM，連接C1N交PQ于點(diǎn)G∵△ABC和△A1B1C1是正三角形，且M∴CM⊥AB，且CM∥C1N，CM=C1N，則∵CC1⊥平面ABC，AB?平面又CM?平面CMNC1，CC1?平面CMNC∵AB?平面ABQP，∴平面ABQP⊥平面在矩形CMNC1中，MN=∴C1G=NG=∴∠CGM=90°，即CG⊥MG．又平面平面ABQP∩平面CMNC1=MG，CG?平面在等腰梯形ABQP中，PQ=12A1∴等腰梯形ABQP的高?=∴四棱錐C?ABQP的體積V=【變式11】4.（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，直線PA垂直于平面ABCD，AD//（1）求四棱錐P?（2）在PB上是否存在點(diǎn)F，使得AF//平面PCD？若存在，求出PF【答案】（1）83；（2）存在，PF【分析】（1）利用椎體體積公式，即可求解.（2）分別取PC,PB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接AF,EF,【詳解】解：（1）如圖，過點(diǎn)D作DM//AB，交BC于點(diǎn)M，則因為AD//BC,所以BM=因為CD=4，所以CM=16?12則四邊形ABCD的面積為(2+4)×23由題意可知PA是四棱錐P?ABCD的高，則該四棱錐的體積為（2）分別取PC,PB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接因為E，F(xiàn)分別是PC,PB的中點(diǎn)，所以由（1）可知EF//BC,所以四邊形ADEF是平行四邊形，所以AF//因為DE?平面PCD，AF?平面PCD，所以AF//故存在點(diǎn)F，使得AF//平面PCD，此時，PF【變式11】5．（2021·全國·專題練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB//CD，CD=2AB=2，AB⊥AD，（1）求三棱錐D?（2）線段PA上是否存在一點(diǎn)E，使DE//平面PBF？若存在，請確定點(diǎn)E（3）若M為AB的中點(diǎn)，在（2）的條件下，過ME的平面交平面PBD于直線l，求證：ME【答案】（1）13；（2）存在；點(diǎn)E為線段PA【分析】（1）由于VD?PBC（2）存在點(diǎn)E為線段PA的中點(diǎn)，取PB的中點(diǎn)G，連EG，F(xiàn)G，由三角形中位線定理再結(jié)合已知可得四邊形DEGF是平行四邊形，從而可得DE//（3）設(shè)過ME的平面為α，由（2）知點(diǎn)E為線段PA的中點(diǎn)，則由三角形中位線定理可得ME//【詳解】（1）直角梯形ABCD中，由CD=2AB=2，AB⊥AD，DC∴S△∴VD（2）存在點(diǎn)E為線段PA的中點(diǎn)．取PB的中點(diǎn)G，連EG，F(xiàn)G，由三角形的中位線的性質(zhì)，EG//AB，又DF//AB，所以EG∥DF，EG=DF，所以四邊形所以DE//DE?平面PBF，F(xiàn)G?平面所以DE//平面PBF（3）設(shè)過ME的平面為α，由（2）知點(diǎn)E為線段PA的中點(diǎn)，又M為AB的中點(diǎn)∴ME//又ME?面PBD，PB?∴ME//平面又面α∩面PBD=l，∴ME題型2面面平行探索性問題【例題2】（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1(1)設(shè)G為棱CD上的一點(diǎn)，問：當(dāng)G在什么位置時，平面GEF∥平面BDD(2)設(shè)三棱錐C?BDF的體積為V1，四棱柱ABCD?A【答案】(1)G為CD中點(diǎn)時，平面GEF∥平面BDD(2)1【分析】（1）G為CD中點(diǎn)時，先證EF∥平面BDD1B1，再證GE∥平面BDD1B（2）由VC?BDF=VF?BDC=12【詳解】（1）G為CD中點(diǎn)時，平面GEF∥平面BDD1B1，理由如下：連接BM，取CD的中點(diǎn)因為E，F(xiàn)分別是BC,CM的中點(diǎn)，則EF∥BM，EF?平面BDD1B1，BM?平面同理可得GE∥BD，GE?平面BDD1B1，BD?平面BDD又GE∩EF=E，GE,EF?平面GEF（2）由F是CM的中點(diǎn)得VC?BDF=VF?BDC=12VM?BDC，又B1D1又點(diǎn)M是線段B1D1則V1=1【變式21】1．（2021春·安徽合肥·高一合肥市第六中學(xué)校考期中）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1的高為3，底面邊長為2，點(diǎn)D（Ⅰ）在棱AC，A1C1上是否存在點(diǎn)D，D1使得平面（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求幾何體ABB【答案】（Ⅰ）存在，理由看解析；（Ⅱ）V幾何體【分析】（Ⅰ）連接A1B交AB1于O，連接OD1，由平行線截線段成比例結(jié)合平面BC1D//平面（Ⅱ）由棱柱體積減去兩個三棱錐的體積即可．【詳解】（Ⅰ）如圖，連接A1B交AB1于點(diǎn)由棱柱的性質(zhì)，知四邊形A1∴點(diǎn)O為A1∵平面BC1D//平面AB1D1，且平面∴BC1//∴A1又∵A1OOB即D為AC的中點(diǎn)，D1為A故當(dāng)D、D1分別為棱AC，A1C1的中點(diǎn)時，平面注：以“D為AC的中點(diǎn)，D1為A1C1的中點(diǎn)”為條件，證明“平面（Ⅱ）∵V三棱柱V三棱錐∴V幾何體【變式21】2．（2021·云南昆明·昆明一中?？寄M預(yù)測）在如圖所示的五面體ABCDEF中，△ADF是正三角形，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=2（1）在直線CD上是否存在一點(diǎn)G，使得平面EMG//平面BDF，請說明理由；（2）請在下列兩個條件中任選一個，求該五面體ABCDEF的體積．①cos∠BDF【答案】（1）CD的中點(diǎn)G，理由見解析；（2）條件選擇見解析；體積為52【分析】（1）取CD的中點(diǎn)G，根據(jù)中位線得GM//BD，可證四邊形OMEF是平行四邊形，則有OF//EM，即可證到平面EMG//平面BDF；（2）選擇①由cos∠BDF=14求得【詳解】解：（1）連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OM，OF，取CD的中點(diǎn)G，連接GM，GE因為EF//平面ABCD，EF?平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以EF//AB，因為OM//AB//EF，OM=12因為EM?平面BDF，OF?平面BDF，所以EM//平面BDF，因為點(diǎn)G與點(diǎn)M分別為CD與BC的中點(diǎn)，所以GM//BD，因為GM?平面BDF，BD?平面BDF，所以GM//平面BDF，而GM∩EM=M，平面EMG//平面BDF；（2）選擇①：在△BDF中，BD=DF=2，cos∠BDF=1取AD中點(diǎn)N，連接FN，BN，在△BNF中，BN=FN=因為△ABD是正三角形，所以BN⊥AD，因為AD∩FN=N，所以BN⊥平面ADF，因為BN?平面ABCD，所以平面ADF⊥平面ABCD，如圖，五面體ABCDEF可由三棱柱ADFBCP截去三棱錐EBCP得到所以V選擇②由（1）有OF=EM=2，取AD中點(diǎn)N，連接FN，ON，BN，在△ONF中，F(xiàn)N=因為△ADF是正三角形，所以AD⊥FN，因為AD∩ON=N，所以FN⊥平面ABCD，所以平面ADF⊥平面ABCD，因為△ABD是正三角形，所以BN⊥AD，因為平面ADF∩平面ABCD=AD，BN?平面ADF，所以BN⊥平面ADF，(選擇②求體積時，需多證一組線面垂直，即證明dBADF=BN)下同①，略.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：求幾何體的體積，要注意分割與補(bǔ)形．將不規(guī)則的幾何體通過分割或補(bǔ)形將其轉(zhuǎn)化為規(guī)則的幾何體求解．【變式21】3．（2019春·江西南昌·南昌二中階段練習(xí)）已知四棱錐S?ABCD的底面為平行四邊形，其中SD⊥平面ABCD，且有AB=2AD=2SD，∠DCB=60°,M(1)在圖中作出平面MNPQ，使平面MNPQ//平面SAD(2)若AB=4，在（1）條件下求多面體MNCBQP【答案】(1)證明詳見解析(2)5【分析】（1）結(jié)合面面平行的判定定理作出平面MNPQ.（2）將多面體MNCBQP分割成兩個錐體，由此計算出多面體的體積.【詳解】（1）設(shè)P,Q分別是CD,AB的中點(diǎn)，連接MQ,附理由如下：由于M,N分別是SB,而BC//AD，所以MN//AD，由于MN?平面SAD，AD?平面另外，由于P,Q分別是CD,AB的中點(diǎn)，所以PQ//由于P,N分別是CD,SC由于NP?平面SAD，SD?平面SAD，所以NP//由于MN∩NP=所以平面MNPQ//平面SAD（2）AB=4,AD=連接PB,NB，則△PBC由于SD⊥平面ABCD，NP//SD，所以NP⊥平面ABCD，PQ?而NP=12由于PD//BQ,由于PB=PD=2，所以四邊形設(shè)PQ∩BD=由于NP⊥平面ABCD，BH?平面ABCD，所以由于PQ∩NP=P,PQ,在三角形BPQ中，PB=BQ=PQ=2由上述分析可知MN//PQ，NP⊥所以VB所以VMNCBQP=V【變式21】4．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD是平行四邊形，AB=1,(1)證明：EF//平面ADP(2)在底面四邊形內(nèi)部（包括邊界）是否存在點(diǎn)G，使得平面GEF//平面ADP？如果存在求點(diǎn)G的位置，并求FG【答案】(1)證明見解析(2)存在，理由見解析，F(xiàn)G的最大值為2【分析】（1）作出輔助線，證明線線平行，從而得到線面平行；（2）取CD中點(diǎn)為V，連接VF，VE，證明出面面平行，從而得到點(diǎn)G的位置，且求出FG的最大值.【詳解】（1）證明：取PD的中點(diǎn)O，連接AO,∵△PCD中，O,E分別為PD∵E?F分別為PC?AB故四邊形AFEO為平行四邊形，∴EF∵EF?平面PAD,OA?平面PAD（2）解：取CD中點(diǎn)為V，連接VF，VE，在△PCD中，V,E分別為CD∵VE?平面PAD,PD?平面PAD因為AB//CD且AB=CD，且F、V分別為AB、CD的中點(diǎn)，所以，所以，四邊形AFVD為平行四邊形，∴VF//AD∵VF?平面PAD,AD?平面PAD又VF∩VE=V，且VF,VE?所以點(diǎn)G存在，且G∈VF，即點(diǎn)G在線段VF上移動，可使平面GEF//當(dāng)點(diǎn)G運(yùn)動到V時，此時FG的最大值，最大值為2.【變式21】5．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)M是線段B（1）求證：EF//平面BD（2）設(shè)G為棱CD上的一點(diǎn)，問：當(dāng)G在什么位置時，平面GEF//平面BD【答案】（1）證明見解析；（2）G是DC中點(diǎn).【分析】(1)根據(jù)給定條件，連接BM，推導(dǎo)證得EF//(2)由(1)的結(jié)論，取CD的中點(diǎn)G，證明出GE//平面BD【詳解】（1）在四棱柱ABCD?A1因E，F(xiàn)分別是BC，CM的中點(diǎn)，則有EF//BM，又EF?平面BDD1所以EF//平面BD（2）G是DC中點(diǎn)，使得平面GEF//平面BD取CD的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，而E是BC的中點(diǎn)，于是得EG//而EG?平面BDD1B1從而得EG//平面BDD1B1，由(1)知EF//平面BDD因此有平面GEF//平面BD所以當(dāng)G是DC的中點(diǎn)時，平面GEF//平面BD題型3線面垂直探索性問題【例題3】（2022秋·青海海東·校考期中）如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1(1)求證：AC1//平面(2)求點(diǎn)C到平面B1(3)在AC1上是否存在點(diǎn)M，滿足AC【答案】(1)證明見解析；(2)32(3)存在，32【分析】（1）連A1C1（2）連A1C交EF于點(diǎn)N，由題可得CN=3A1N，進(jìn)而點(diǎn)C到平面（3）由線面垂直的性質(zhì)證明AC1⊥B1D1【詳解】（1）連A1C1∵A1∴F是A1C1∴EF//AC1，又∵EF?平面B∴AC1//（2）連A1C交EF于點(diǎn)N，棱柱中AA1C∴CN=3A1N，又∴點(diǎn)C到平面B1D1E的距離是點(diǎn)∵菱形A1B1C1∴A1C1=2，又AA1⊥∴AA1⊥∴AA1⊥因為B1D1=23∴△A1B1D1面積為由VA1?B1D1∴?=∴點(diǎn)C到平面B1D1（3）∵AA1⊥∴AA1⊥平面A1B∴B1∵菱形A1B1C1D1，B∴B1D1⊥平面AA∴AC在Rt△AA1又FM∩B1D1所以AC1⊥∴存在M滿足條件，在Rt△AA1C1中，A∴C1∴AM=2【變式31】1．（2006·山東·高考真題）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面ABCD為等腰梯形，AB∥DC，AC⊥(1)求異面直線PD與BC所成角的余弦值；(2)求二面角P?(3)設(shè)點(diǎn)M在棱PC上，且PMMC=λ，問λ為何值時，PC【答案】(1)215(2)45°；(3)見解析.【分析】（1）由已知得到PO⊥平面ABCD，利用線面垂直的性質(zhì)得到PO⊥BD，過D做DE∥BC交于AB于E，連接PE，則∠PDE或其補(bǔ)角為異面直線PD與BC所成的角，利用平面幾何即可得解；（2）連接OE，由ABCD為等腰梯形，所以O(shè)A=OB，且E為AB中點(diǎn)，所以O(shè)E⊥AB，又（3）連接MD，MB，MO，利用PC⊥平面BMD，得到PC⊥OM，Rt△POC中求的PM＝233，MC＝【詳解】（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD又PB⊥由平面幾何可得：OD=1,過D做DE∥BC交于AB于E，連接PE，則∠PDE或其補(bǔ)角為異面直線PD與BC所成的角，∵四邊形ABCD是等腰梯形，∴OC＝OD＝1，OB＝OA＝2，OA⊥OB∴BC又AB∥DC∴四邊形EBCD是平行四邊形．∴ED∴E是AB的中點(diǎn)，且AE=又PA=∴△PEA為直角三角形，∴PE在△PED中，由余弦定理得cos∠故異面直線PD與BC所成的角的余弦值為215（2）連接OE，由ABCD為等腰梯形，所以O(shè)A=OB，且E為所以O(shè)E⊥AB，又PO⊥∠PEO為二面角P﹣AB﹣C的平面角，∴sin∠PE0＝POPE∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的大小為45°；（3）連接MD，MB，MO，∵PC⊥平面BMD，OM?平面BMD，∴PC⊥OM，在Rt△POC中，PC＝PD＝3，OC＝1，PO＝2，∴PM＝233，MC＝∴PMPC故λ＝23【變式31】2．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐A－BCDE中，四邊形BCDE為菱形，AB=AD=3(1)證明：DF∥平面CEG．(2)點(diǎn)H為線段BD上一點(diǎn)，設(shè)BH=【答案】(1)證明見解析；(2)0.【分析】（1）取AG的中點(diǎn)Ⅰ，記BD∩CE=O，連接FⅠ，DⅠ，GO，由三角形中位線定理可得FI∥CG，（2）由已知可得△ABC≌△ABE，則GC＝GE，得OC⊥OG，結(jié)合已知可得OC⊥平面ABD，則OC⊥AG，利用余弦定理求出GO，再由勾股定理的逆定理可得BG⊥OG，由線面垂直的判定可得AG⊥平面CEG，從而可得H與B重合，進(jìn)而可求得結(jié)果.【詳解】（1）證明：如圖，取AG的中點(diǎn)Ⅰ，記BD∩在△ACG中，F(xiàn)，Ⅰ分別為AC，AG的中點(diǎn)，所以FI∥CG，同理，在△BDⅠ中，有GO∥DI，因為CG,GO?平面IFD，F(xiàn)I所以CG∥平面IFD，GO∥平面IFD，因為CG∩GO=G，所以平面GCO∥平面IFD，又DF?所以DF∥平面CEG．（2）解：因為底面BCDE是菱形，所以O(shè)C⊥OD．因為AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE，則GC＝GE，又因為點(diǎn)O是EC的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥OG．因為OG∩DO=所以O(shè)C⊥平面ABD，因為AG?所以O(shè)C⊥AG．因為AB=AD=3所以cos∠ABD則OG=則OG又因為OC∩OG=所以AG⊥平面CEG．若AH⊥平面CEG，則H與B重合．故t=0【變式31】3．（2023·全國·專題練習(xí)）若圖，三棱柱ABC?A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是平行四邊形，B(1)求證：EF//平面A(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)P，使得BC1⊥平面EFP【答案】(1)證明見解析(2)存在，AP【分析】（1）取A1C1中點(diǎn)G，連接FG、CG，證明出四邊形FECG（2）取AB的中點(diǎn)P，連接PE、PF，證明出平面EFP//平面ACC1A1，BC1【詳解】（1）證明：取A1C1中點(diǎn)G，連接FG因為F、G分別是A1B1所以FG//B1在平行四邊形BCC1B1中，因為E是BC的中點(diǎn)，所以EC//B1所以EC//FG且EC=FG，所以四邊形又因為FE?平面A1C1CA，GC?平面（2）解：當(dāng)點(diǎn)P為線段AB的中點(diǎn)時，BC1⊥取AB的中點(diǎn)P，連接PE、PF.因為BC1⊥CC1，BC因為P、E分別為AB、BC的中點(diǎn)，則PE//∵PE?平面ACC1A1，AC?又因為EF//平面ACC1A1，EF所以，BC1⊥故當(dāng)點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)時，BC1⊥平面EFP【變式31】4．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1(1)求證：A1C//(2)求點(diǎn)D到平面AD(3)在對角線A1C上是否存在點(diǎn)P，使得DP⊥平面A【答案】(1)證明見解析(2)6(3)存在，CP【分析】（1）連結(jié)A1D，交AD1于點(diǎn)F，連結(jié)EF．利用線面平行的判定定理證明出（2）利用等體積可得VD?AD1（3）在對角線A1C上存在點(diǎn)P，且CP=33，使得DP⊥平面AD1E．由DP⊥平面【詳解】（1）連結(jié)A1D，交AD1于點(diǎn)因為四邊形ADD1A1是正方形，所以F是A1所以EF//A1C．因為EF?平面AD1E，（2）因為正方體ABCD?A1B1所以AE=D1E=1+1因為VD?AD1E=VD1?（3）在對角線A1C上存在點(diǎn)P，且CP=33證明如下：因為四邊形ADD1A因為CD⊥平面ADD1A1，AD1?平面ADD因為AD1?平面AD1E，所以平面AD1E⊥平面因為DP?平面A1CD，平面A1CD∩平面由Rt△A1CD~Rt△DCP,得CP=C【變式31】5．（2023春·全國·校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，四邊形ABCD為菱形．∠ADC=120°，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED(1)試問是否存在實數(shù)λ，使得EM⊥平面AFC？若存在，請求出λ(2)當(dāng)λ=【答案】(1)存在，λ(2)1【分析】（1）依題意，可得AC⊥平面BDEF，過點(diǎn)F作FG⊥DE于點(diǎn)G，則四邊形BDGF為矩形，設(shè)AB=ED=1λFB=2a，求出E（2）證明FQ∥EM，且FQ=【詳解】（1）方法一：存在，且λ=因為四邊形ABCD為荾形，所以AB=因為∠ADC=120°，所以因為ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，BD?平面ABCD．所以ED因為ED∩BD=D，ED?又EM?平面BDEF，所以AC過點(diǎn)F作FG⊥設(shè)AB=ED=1λ因為FB∥ED，所以FB⊥BD．所以EM欲使EM⊥平面AFC，只需EM即EM2+FM所以存在實數(shù)λ，使得EM⊥平面AFC，且λ方法二：存在，且λ=若EM⊥平面AFC，又MF所以EM⊥MF，即因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED因為BD?平面ABCD，所以ED⊥BD所以∠MFB+∠BMF所以Rt△故DMBF=DE在菱形ABCD中，∠ADM=60°，所以所以λ=因為四邊形ABCD為菱形，所以AB=因為ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以因為ED∩BD=D，ED?又EM?平面BDEF，所以AC因此，λ=14（2）設(shè)AB=ED=2FB=2a，因為因為FB=所以FQ∥EM，故∠CFQ因為FC=BF所以根據(jù)余弦定理，得CQ所以cos∠CFQ故異面直線EM與FC所成角的余弦值為15【變式31】6．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，正四棱錐P?ABCD中，O為底面正方形的中心，已知側(cè)面PAD與底面ABCD所成的二面角的大小為60°，E是(1)請在棱AB與BC上各找一點(diǎn)M和N，使平面MNE//平面PAC(2)求異面直線PD與AE所成角的正切值；(3)問在棱AD上是否存在一點(diǎn)F，使EF⊥側(cè)面PBC，若存在，試確定點(diǎn)F【答案】(1)答案見解析(2)2(3)答案見解析【分析】（1）根據(jù)三角形中位線可得線線平行，進(jìn)而可得線面平行，由線面平行可證明面面平行，（2）利用線線平行，即可找到異面直線所成的角，進(jìn)而在三角形中進(jìn)行求解即可，（3）根據(jù)線線垂直，可得線面垂直，即可找到F的位置.【詳解】（1）分別取AB，BC的中點(diǎn)M，N，連接MN，NE，則平面MNE//平面PAC證明：在△ABP所以ME//AP，同理，NE//PC，又PC?平面PAC，ME所以ME//平面PAC，同理NE//平面PAC又ME∩NE=（2）連接AE，OE，因為O,E分別是BD,故∠OEA為異面直線PD與AE因為AO⊥BD，AO⊥PO，所以AO⊥平面PBD．又OE?平面PBD，所以設(shè)四棱錐的底面邊長為a，取AD中點(diǎn)為H,連接OH,由于OH⊥AD,PD⊥AD,故∠在△PHO中,OH所以O(shè)E=所以tan∠AEO（3）存在點(diǎn)F符合題意，且AF=14證明：取OB得中點(diǎn)Q，連接QF,在△POB所以QE⊥平面ABCD，因為BC平面ABCD，所以QE⊥BC,又在△ABD中，QB=1所以QF//AB，所以QF⊥BC，又QF∩所以BC⊥平面QEF，所以BC⊥EF在△PFB，PF=PH2+FH所以PF=BF又PB所以FE⊥所以存在這樣的F點(diǎn)，且AF題型4面面垂直探索性問題【例題4】（2023春·浙江溫州·統(tǒng)考開學(xué)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形且∠ABC=π(1)求PD的值；(2)若BH=λBP，是否存在λ，使得平面CDH⊥平面【答案】(1)10；(2)存在，λ=【分析】（1）取線段AB的中點(diǎn)E，連接CE、PE，證明出AB⊥平面PCE，可得出PC⊥AB，進(jìn)而可得出PC（2）過點(diǎn)C在平面PCE內(nèi)作CM⊥PE，垂足為點(diǎn)M，證明出CM⊥平面PAB，過點(diǎn)M作HN//AB，分別交PA、PB于點(diǎn)N、H，可得出平面CDH⊥平面【詳解】（1）解：取線段AB的中點(diǎn)E，連接CE、PE，因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形，則BC=2，BE因為∠ABC=π∴BE2+C又∵PB=PA且E是AB∵PE∩CE=E，PE、CE?平面∵PC?平面PCE，∴PC⊥AB∵PC=6（2）解：過點(diǎn)C在平面PCE內(nèi)作CM⊥PE，垂足為點(diǎn)因為AB⊥平面PCE，AB?平面所以，平面PAB⊥平面PCE∵平面PAB∩平面PCE=PE，CM?平面所以，CM⊥平面PAB過點(diǎn)M作HN//AB，分別交PA、PB于點(diǎn)N、因為CD//AB，則所以，C、D、N、H四點(diǎn)共面，因為CM?平面CDNH所以，平面CDNH⊥平面PAB因為PA=PB=4，AE則PE=因為CE=3，PC=所以，sin∠PCES△所以，CM=∴EM因為HN//AB，所以，【變式41】1．（2020秋·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六中學(xué)校?？计谥校┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，側(cè)面PAD為正三角形，且平面(1)求證：AD⊥(2)若E為BC中點(diǎn)，試在PC上找一點(diǎn)F，使平面DEF⊥平面ABCD【答案】(1)證明見解析(2)F為PC的中點(diǎn)【分析】（1）通過構(gòu)造線面垂直的方法來證得AD⊥（2）結(jié)合面面垂直的判定定理判斷出F點(diǎn)的位置.【詳解】（1）取AD的中點(diǎn)O，連接PO，BO，BD，∵PA=PD，∴在底面菱形ABCD中，∵∠BAD=60°，∴三角形ABD是等邊三角形，則由于PO∩BO=所以AD⊥平面POB，由于PB?平面POB，所以（2）F為PC的中點(diǎn)，連接OC交DE于點(diǎn)G．連接FG,∵OD//CE，OD=∴G為OC的中點(diǎn)，則FG//∵平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD，PO⊥AD，PO∴PO⊥平面ABCD則FG⊥平面ABCD由于FG?平面DEF∴平面DEF⊥平面ABCD所以F是PC的中點(diǎn).【變式41】2．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐S?ABCD中，底面ABCD為矩形，△SAD為等腰直角三角形，SA(1)在AD上是否存在點(diǎn)E，使得平面SEF⊥平面ABCD(2)△SBC【答案】(1)存在，E為AD的中點(diǎn)(2)1【分析】(1)E為AD的中點(diǎn)，連接EF，SE，SF，則由已知條件可證得AD⊥平面SEF，再由面面垂直的判定定理可證得結(jié)論，(2)根據(jù)直線與平面的夾角的定義，確定直線SE與平面SBC所成角，再解三角形求其大小.【詳解】（1）在線段AD上存在點(diǎn)E滿足題意，且E為AD的中點(diǎn)．如圖，取AD中點(diǎn)E連接EF，SE，SF，因為四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥AD．又E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)，所以EF//因為△SAD為等腰直角三角形，SA=SD因為SE∩EF=E，SE?平面SEF所以AD⊥平面SEF又AD?平面ABCD．所以平面SEF⊥平面故AD上存在中點(diǎn)E，使得平面SEF⊥平面ABCD（2）過點(diǎn)E作EG⊥SF于點(diǎn)G，由（1）知AD⊥平面則BC⊥平面SEF，EG?平面所以BC⊥EG，又SF∩BC=所以直線SE與平面SBC所成的角為∠ESG由△SAD為等腰直角三角形，SA=SD=22，得AD因為△SBC為等邊三角形，BC=AD在△SEF中，SE=所以EG=則sin∠ESG即直線SE與平面SBC所成角的正弦值為12【變式41】3．（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖示，邊長為4的正方形ABCD與正三角形ADP所在平面互相垂直，M、Q分別是PC，AD的中點(diǎn)．(1)求證：PA//面BDM(2)求多面體P