05空间几何探索性问题求解策略高考数学考点讲解五.docx

1、05空间几何探索性问题求解策略高考数学考点讲解五高考、模拟题中对立体几何的考查出现了一些新题型，题目具有探索性、开放性，对这类问题向量法是求解这类问题的很好手段，借助向量使得几何问题代数化，降低了问题的难度，利用空间向量，将空间的位置关系转化为某个几何量的数量关系，再具体求出这个变量，从而确定满足条件的几何量。解决这类问题的关键有两个：一是建立恰当的空间直角坐标系；二是存在性问题成立策略先假设存在，通过数量积的运算如果能够得出结论说明存在；否则就不存在。下面具体剖析。一平行中的存在性问题例1.在如图所示的几何体中，底面为菱形，,且，平面，底面.（）求二面角的大小；（）在上是否存在一点，使得平面

2、，若存在，求的值，若不存在，说明理由.解：（）设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，设，则， 设则， 解得，设平面的法向量为，则，令， ，又平面的法向量为所以所求二面角的大小为（）设得，解得，存在点使面此时。【点评】：本题通过建立坐标系，表示出相关点的坐标，利用向量知识求出平面的法向量，再利用数量积公式求出二面角，第二问题目具有开放性，注意借助第一问的法向量进行求解。二垂直中的存在性问题例2【2012高考真题北京理16】 如图1，在RtABC中，C=90，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE=2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD,如图2.(I)求证

3、：A1C平面BCDE；(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由解：（1），平面，又平面，又，平面。（2）如图建系，则，,设平面法向量为，则 ，又，与平面所成角的大小。（3）设线段上存在点，设点坐标为，则则，设平面法向量为，则 。假设平面与平面垂直，则，不存在线段上存在点，使平面与平面垂直。点评：立体几何 “是否存在”、“是否有”、“在何位置”等，传统方法解答此类问题的思路是：首先假设点存在或猜测点的位置，再进行推证，若推出矛盾，即可知该点不存在；利用向量法显得简单的多，存在性问题成立策略先假设存在

4、，通过数量积的运算如果能够得出结论说明存在；否则就不存在。三空间角中的探索性问题例3（2011浙江理科）如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）证明：APBC；（）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则，由此可得，所以，即（II）解：设， ，设平面BMC的法向量，平面APC的法向量，由得即由即得由解得，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。点评： 在解决一

5、些立体几何探索性问题时，利用空间向量能够避免繁琐的“找”、“作”、“证”，只需通过定量计算，就可以解决问题，降低了思维难度，易于把握，体现了空间向量在解题中的巨大作用。四达标测试题1（2018陕西三模）如图1，在直角梯形ABCD中，ADC=90，CDAB，点E为AC中点，将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示（）求证：ADBC；（）在CD上找一点F，使AD平面EFB（）取CD的中点F，连接EF，BF，在ACD中，E，F分别为AC，DC的中点，ADEF，EF平面EFB，AD平面EFB，AD平面EFB12分2（2018南京三模）如图，在三棱锥PABC中，PA=，

6、其余棱长均为2，M是棱PC上的一点，D，E分别为棱AB，BC的中点（1）求证：平面PBC平面ABC；（2）若PD平面AEM，求PM的长2【解答】（2）解法一、如图，连接CD交AE于O，连接OMPD平面AEM，PD平面PDC，平面AEM平面PDC=OM，PDOM，则= D，E分别为AB，BC的中点，CDAE=O，O为ABC重心，则=，PM=PC= 3（2018如皋市二模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD（1）证明：平面PBD平面PAC；（2）设E为线段PC上一点，若ACBE，求证：PA平面BED证明：（1）PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD又四边形ABC

7、D是菱形，ACBD，又PAAC=A，PA，AC平面PAC，BD平面PAC而BD平面PBD，平面PBD平面PAC（6分） 4（2018聊城模拟）在四棱锥PABCD中，ABC=ACD=90，BAC=CAD=60，PA平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2（1）求四棱锥PABCD的体积V；（2）若F为PC的中点，求证PC平面AEF（2）PA=CA，F为PC的中点，AFPCPA平面ABCD，PACDACCD，PAAC=A，CD平面PACCDPCE为PD中点，F为PC中点，EFCD则EFPCAFEF=F，PC平面AEF 5（2018青州市三模）在如图所示的多面体ABCDE中，AB平面ACD，DE

8、平面ACD，且AC=AD=CD=DE=2，AB=1（1）请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF平面CDE，并证明；（2）在（1）的条件下，求多面体ABCDF的体积AHCD，AHDE，CDDE=D，AH平面CDE，BF平面CDE 6（2018铜山区一模）如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，AC=BC，ACD=90（1）求证：AB平面EDC；（2）若P为FG上任一点，证明：EP平面BCD证明：（1）平面ABC平面ACD，ACD=90，CDAC，平面ABC平面ACD=AC，CD平面ACD，CD平面ABC，又AB平面ABC，CDAB，AC=B

9、C，E为AB的中点，CEAB，又CECD=C，CD平面EDC，CE平面EDC，AB平面EDC 7（2018海淀区校级模拟）四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD底面ABCD，BCD=60，E是BC中点，点Q在侧棱PC上（）求证：ADPB；（）是否存在Q，使平面DEQ平面PEQ？若存在，求出，若不存在，说明理由（）是否存在Q，使PA平面DEQ？若存在，求出若不存在，说明理由7证明：（）取AD中点O，连接OP，OB，BD因为PA=PD，所以POAD因为菱形ABCD中，BCD=60，所以AB=BD所以BOAD因为BOPO=O，且BO，PO平面POB，所以AD平面POB所以ADPB ，=（1，1），=（2，），设平面DEQ的法向量=（x，y，z），则，所以平面DEQ的法向量为，设平面PEQ的法向量为，则，取y=1，得=（0，1，），因为平面DEQ平面PEQ，所以=0（1）+10+（21）=0，解得=，故Q为PC中点时，平面DEQ平面PEQ（）设由（）可知设Q（x，y，z），则，