《高考數(shù)學(xué) 熱點(diǎn)專題突破系列(四)立體幾何的綜合問題課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 熱點(diǎn)專題突破系列(四)立體幾何的綜合問題課件.ppt（77頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

熱點(diǎn)專題突破系列(四) 立體幾何的綜合問題,考點(diǎn)一 平行、垂直關(guān)系的證明與體積的計(jì)算 【考情分析】以空間幾何體(主要是柱、錐或簡單組合體)為載體,通過空間平行、垂直關(guān)系的論證命制,主要考查公理4及線、面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理,常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計(jì)算等知識交匯考查,考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想,一般以解答題的形式出現(xiàn),難度中等.,【典例1】(2014·重慶高考改編)如圖所示, 在四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形, PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD= ,M為BC上一點(diǎn), 且BM= ,N為AB上一點(diǎn),且BN= . (1)證明:MN∥平面PAC. (2)證明:BC⊥平面POM. (3)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積.,【解題提示】(1)只需證明MN∥AC即可. (2)在平面POM內(nèi)可以找到OM,PO與BC垂直,從而得出結(jié)論. (3)直接利用體積公式求解即可.,【規(guī)范解答】(1)因?yàn)锽M=BN= , 所以 所以MN∥AC. 又MN?平面PAC,AC?平面PAC, 所以MN∥平面PAC.,(2)因?yàn)锳BCD為菱形,O為菱形中心,連接OB,則AO⊥OB. 因?yàn)椤螧AD= ,故OB=AB·sin =1, 又因?yàn)锽M= ,且∠OBM= , 在△OBM中, OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM,所以O(shè)B2=OM2+BM2,故OM⊥BM,故OM⊥BC. 又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC. 從而BC與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直, 所以BC⊥平面POM.,(3)由(2)得,OA=AB·cos∠OAB=2× 設(shè)PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形, 故PA2=PO2+OA2=a2+3. 由△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+ . 連接AM,在△ABM中, AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM,由已知MP⊥AP, 故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2, 即 得 (舍去), 即PO= 此時(shí)S四邊形ABMO=S△AOB+S△OMB = ·AO·OB+ ·BM·OM 所以四棱錐P-ABMO的體積,【規(guī)律方法】 1.空間兩直線位置關(guān)系的判定方法 (1)對于平行直線可通過作輔助線,利用三角形或梯形中位線的性質(zhì)及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理. (2)垂直關(guān)系可采用線面垂直的性質(zhì)解決.,2.空間線面的位置關(guān)系的判定方法 (1)證明直線與平面平行,設(shè)法在平面內(nèi)找到一條直線與已知直線平行,解答時(shí)合理利用中位線性質(zhì)、線面平行的性質(zhì),或構(gòu)造平行四邊形,尋求比例關(guān)系確定兩直線平行. (2)證明直線與平面垂直,主要途徑是找到一條直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直.解題時(shí)注意分析觀察幾何圖形,尋求隱含條件.,3.空間面面的位置關(guān)系的判定方法 (1)證明面面平行,需要證明線面平行,要證明線面平行需證明線線平行,將“面面平行”問題轉(zhuǎn)化為“線線平行”問題. (2)證明面面垂直,將“面面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問題,再將“線面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問題.,4.計(jì)算幾何體體積的關(guān)鍵及注意點(diǎn) 計(jì)算幾何體的體積時(shí),能直接用公式時(shí),關(guān)鍵是確定幾何體的高,而不能直接用公式時(shí),注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化.,【變式訓(xùn)練】(2015·杭州模擬)如圖,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2, D為AB的中點(diǎn),且CD⊥DA1. (1)求證:平面A1B1B⊥平面ABC. (2)求多面體DBC-A1B1C1的體積.,【解析】(1)因?yàn)锳C=BC,D為AB的中點(diǎn), 所以CD⊥AB,又CD⊥DA1,AB∩DA1=D, 所以CD⊥平面A1B1B, 又因?yàn)镃D?平面ABC, 故平面A1B1B⊥平面ABC.,(2)因?yàn)槠矫鍭1B1B⊥平面ABC,平面A1B1B∩平面ABC=AB,BB1?平面 A1B1B,AB⊥BB1,所以BB1⊥平面ABC,因此 =S△ABC·|AA1|- S△ADC·|AA1|=S△ABC·|AA1|- S△ABC·|AA1|= S△ABC·|AA1|= .,【加固訓(xùn)練】(2013·江西高考)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥ 面ABCD,AB∥CD,AD⊥AB,AB=2,AD= ,AA1=3,E為CD上一點(diǎn),DE=1,EC=3. (1)證明:BE⊥平面BB1C1C. (2)求點(diǎn)B1到平面EA1C1的距離.,【解析】(1)過點(diǎn)B作CD的垂線交CD于點(diǎn)F,則BF=AD= , EF=AB-DE=1,FC=2. 在Rt△BFE中,BE= ,在Rt△CFB中,BC= . 在△BEC中,因?yàn)锽E2+BC2=9=EC2, 所以BE⊥BC,又由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1, 又BB1∩BC=B,故BE⊥平面BB1C1C.,(2) 在Rt△A1D1C1中， 同理， 則 設(shè)點(diǎn)B1到平面EA1C1的距離為d，則三棱錐B1-EA1C1的體積為 所以點(diǎn)B1到平面EA1C1的距離為,考點(diǎn)二 平面圖形折疊成空間幾何體問題 【考情分析】先將平面圖形折疊成空間幾何體,再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計(jì)算有關(guān)的幾何量是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向,它很好地將平面圖形拓展成空間圖形,同時(shí)也將空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑,是高考深層次考查空間想象能力的主要方向.,【典例2】(2015·中山模擬)如圖1所示,在Rt△ABC中,AC=6,BC=3, ∠ABC=90°,CD為∠ACB的平分線,點(diǎn)E在線段AC上,且CE=4.如圖2所示,將△BCD沿CD折起,使得平面BCD⊥平面ACD,連接AB,設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn).,(1)求證:DE⊥平面BCD. (2)若EF∥平面BDG,其中G為直線AC與平面BDG的交點(diǎn),求三棱錐B-DEG的體積. 【解題提示】(1)由平面BCD⊥平面ACD,只需證明DE⊥DC即可. (2)先由平面BCD⊥平面ACD,求得B到平面ACD,即DEG的距離,再由體積公式求解.,【規(guī)范解答】(1)在題圖1中,因?yàn)锳C=6,BC=3,∠ABC=90°,所以∠A=30°,∠ACB=60°. 因?yàn)镃D為∠ACB的平分線,所以∠BCD=∠ACD=30°, 所以CD=2 . 因?yàn)镃E=4,∠DCE=30°,由余弦定理可得cos30°= 即 ,解得DE=2.則CD2+DE2=EC2,所以∠CDE=90°,DE⊥DC.,在題圖2中,因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD, DE?平面ACD,且DE⊥DC, 所以DE⊥平面BCD.,(2)在題圖2中,因?yàn)镋F∥平面BDG,EF?平面ABC, 平面ABC∩平面BDG=BG, 所以EF∥BG. 因?yàn)辄c(diǎn)E在線段AC上,CE=4,點(diǎn)F是AB的中點(diǎn), 所以AE=EG=CG=2. 作BH⊥CD于點(diǎn)H.因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD, 所以BH⊥平面ACD.,由已知可得 所以三棱錐B-DEG的體積V= S△DEG·BH=,【規(guī)律方法】折疊問題的求解策略 (1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量.一般情況下,長度是不變量,而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化. (2)在解決問題時(shí),要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.進(jìn)而將其轉(zhuǎn)化為立體幾何的常規(guī)問題求解.,解決折疊問題的關(guān)注點(diǎn) 平面圖形折疊成空間圖形,主要抓住變與不變的量,所謂不變的量,即是指“未折壞”的元素,包括“未折壞”的邊和角,一般優(yōu)先標(biāo)出未折壞的直角(從而觀察是否存在線面垂直),然后標(biāo)出其他特殊角,以及所有不變的線段.,【變式訓(xùn)練】(2015·天津模擬)如圖,在邊長為3的正三角形ABC中,G,F為邊AC的三等分點(diǎn),E,P分別是AB,BC邊上的點(diǎn),滿足AE=CP=1,今將△BEP,△CFP分別沿EP,FP向上折起,使邊BP與邊CP所在的直線重合,B,C折后的對應(yīng)點(diǎn)分別記為B1,C1. (1)求證:C1F∥平面B1GE. (2)求證:PF⊥平面B1EF.,【證明】(1)取EP的中點(diǎn)D,連接FD,C1D. 因?yàn)锽C=3,CP=1,所以折起后C1為B1P的中點(diǎn). 所以在△B1EP中,DC1∥EB1. 又因?yàn)锳B=BC=AC=3,AE=CP=1, 所以 ,所以EP=2且EP∥GF. 因?yàn)镚,F為AC的三等分點(diǎn),所以GF=1.,又因?yàn)镋D= EP=1,所以GF=ED, 所以四邊形GEDF為平行四邊形.所以FD∥GE. 又因?yàn)镈C1∩FD=D,GE∩B1E=E, 所以平面DFC1∥平面B1GE. 又因?yàn)镃1F?平面DFC1,所以C1F∥平面B1GE.,(2)連接EF,B1F,由已知得∠EPF=60°,且FP=1,EP=2, 由余弦定理,得EF2=12+22-2×1×2×cos60°=3, 所以FP2+EF2=EP2,可得PF⊥EF. 因?yàn)锽1C1=PC1=1,C1F=1,得FC1=B1C1=PC1, 所以△PB1F的中線C1F= PB1,可得△PB1F是直角三角形,即B1F⊥PF. 因?yàn)镋F∩B1F=F,EF,B1F?平面B1EF, 所以PF⊥平面B1EF.,【加固訓(xùn)練】(2013·湖北高考)如圖甲, 在平面四邊形ABCD中,已知∠A=45°,∠C =90°,∠ADC=105°,AB=BD,現(xiàn)將四邊形 ABCD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BDC (如圖乙),設(shè)點(diǎn)E,F分別為棱AC,AD的中點(diǎn). (1)求證:DC⊥平面ABC. (2)設(shè)CD=a,求三棱錐A-BFE的體積.,【解析】(1)在圖甲中因?yàn)锳B=BD且∠A=45°, 所以∠ADB=45°,∠ABD=90°,即AB⊥BD. 在圖乙中,因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BDC, 且平面ABD∩平面BDC=BD, 所以AB⊥底面BDC,所以AB⊥CD. 又∠DCB=90°,所以DC⊥BC,且AB∩BC=B, 所以DC⊥平面ABC.,(2)因?yàn)镋,F分別為AC,AD的中點(diǎn), 所以EF∥CD,又由(1)知,DC⊥平面ABC, 所以EF⊥平面ABC, 所以VA-BFE=VF-AEB= S△AEB·FE 在圖甲中,因?yàn)椤螦DC=105°, 所以∠BDC=60°,∠DBC=30°,,由CD=a得BD=2a,BC= a,EF= CD= a, 所以S△ABC= AB·BC= ·2a· a= a2, 所以S△AEB= 所以,考點(diǎn)三 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用 【考情分析】在高考中主要考查通過建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算證明空間中的線、面的平行與垂直關(guān)系,計(jì)算空間角(特別是二面角)及空間距離,常與空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征,空間線、面位置關(guān)系的判定定理與性質(zhì)定理等知識綜合,以解答題形式出現(xiàn),難度中等.,【典例3】(2015·南昌模擬)如圖,三棱柱 ABC-A1B1C1中,BC=2,BC1= ,CC1= ,△ABC 是以BC為底邊的等腰三角形,平面ABC⊥平面 BCC1B1,E,F分別為棱AB,CC1的中點(diǎn). (1)求證:EF∥平面A1BC1. (2)若AC2為整數(shù),且EF與平面ACC1A1所成的角的正弦值為 ,求二面角C-AA1-B的余弦值.,【解題提示】根據(jù)平面ABC⊥平面BCC1B1,選坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角 坐標(biāo)系,(1)求平面A1BC1的法向量n,證明n⊥ 即可.(2)分別求平面 ACC1A1與平面AA1B的法向量,利用向量的夾角公式求解.,【規(guī)范解答】(1)因?yàn)镃C1=BC1= ,BC=2, 所以△CC1B是以BC為斜邊的等腰直角三角形,取BC的中點(diǎn)O,連接AO,C1O,設(shè)OA=b,則AO⊥BC,C1O⊥BC, 因?yàn)槊鍭BC⊥面BCC1B1,且面ABC∩面BCC1B1=BC, 所以AO⊥面BCC1B1,C1O⊥面ABC.,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)C,OC1,OA所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 所以C(1,0,0),C1(0,1,0),A(0,0,b), A1(-1,1,b),B(-1,0,0). 所以 所以 =(1,1,0)， =(1,0,-b)， 可得平面A1BC1的一個(gè)法向量為n=(b,-b,1), 所以 ,所以 又EF?平面A1BC1，所以EF∥平面A1BC1.,(2)設(shè)平面ACC1A1的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1)， 又 =(-1,1,0), =(1,0,-b), 則 令z1=1, 則n1=(b,b,1).又,所以 解得b=1或b= ，因?yàn)锳C2為整數(shù)，所以b=1, 所以n1=(1,1,1)，同理可求得平面AA1B的一個(gè)法向量n2=(1,1,-1), 所以 又二面角C-AA1-B為銳二面角，所以余弦值為,【規(guī)律方法】利用空間向量證明線面位置關(guān)系與計(jì)算空間角的步驟 (1)根據(jù)題目中的條件,充分利用垂直關(guān)系,盡量使相關(guān)點(diǎn)在坐標(biāo)軸上,建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo). (2)求出相關(guān)直線的方向向量,相關(guān)平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當(dāng)?shù)墓?將相關(guān)坐標(biāo)代入進(jìn)行求解和證明. (3)回歸待求證、求解問題.,【變式訓(xùn)練】(2015·唐山模擬)在如圖所示 的幾何體中,四邊形ABCD是等腰梯形,AB∥CD, ∠ABC=60°,AB=2CB=2. 在梯形ACEF中,EF∥AC,且AC=2EF,EC⊥平面ABCD. (1)求證:BC⊥AF. (2)若二面角D-AF-C為45°, 求CE的長.,【解析】(1)在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=3,所以AB2=AC2+BC2,由勾股定理知∠ACB=90°, 所以BC⊥AC.又因?yàn)镋C⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以BC⊥EC. 又因?yàn)锳C∩EC=C,所以BC⊥平面ACEF, 又AF?平面ACEF.所以BC⊥AF.,(2)因?yàn)镋C⊥平面ABCD,又由(1)知BC⊥AC,所以以 C為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz, 設(shè)CE=h，則C(0，0，0)，A( ，0，0)，,設(shè)平面DAF的法向量為n1=(x,y,z)， 則 所以 令x= ，所以 又平面AFC的法向量n2=(0，1，0)， 所以 解得 所以CE的長為,【加固訓(xùn)練】1.(2013·山東高考)如圖所示, 在三棱錐P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ, D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn),AQ=2BD, PD與EQ交于點(diǎn)G,PC與FQ交于點(diǎn)H,連接GH. (1)求證:AB∥GH. (2)求二面角D-GH-E的余弦值.,【解析】(1)因?yàn)镈,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn), 所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC. 又EF?平面PCD,DC?平面PCD,所以EF∥平面PCD. 又EF?平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH, 所以EF∥GH,又EF∥AB,所以AB∥GH.,(2)由AQ=2BD,D為AQ的中點(diǎn)可得,△ABQ為直角三角形,∠ABQ=90°. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BA,BC,BP所在直線為x,y,z軸建立空間直角 坐標(biāo)系,則B(0,0,0),設(shè)A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),則E(1,0,1), F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0), 所以 =(0,1,-2), =(-1,0,0), =(1,0,0), =(1,-2,1).,設(shè)平面GCD的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1),則 得 取n1=(0,2,1)， 設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n2=(x2,y2,z2),則 得,取n2=(0,1,2)， 可得 因?yàn)槎娼荄-GH-E為鈍角， 所以二面角D-GH-E的余弦值為－ .,2.(2015·鄭州模擬)如圖,四邊形ABCD是邊長為2 的正方形,MD⊥平面ABCD,NB∥MD,且NB=1,MD=2; (1)求證:AM∥平面BCN. (2)求AN與平面MNC所成角的正弦值. (3)E為直線MN上一點(diǎn),且平面ADE⊥平面MNC,求 的值.,【解析】(1)因?yàn)锳BCD是正方形, 所以BC∥AD,因?yàn)锽C?平面AMD,AD?平面AMD, 所以BC∥平面AMD. 因?yàn)镹B∥MD,又NB?平面AMD,MD?平面AMD, 所以NB∥平面AMD. 因?yàn)镹B∩BC=B,NB?平面BCN,BC?平面BCN, 所以平面AMD∥平面BCN. 因?yàn)锳M?平面AMD,所以AM∥平面BCN.,(2)因?yàn)镸D⊥平面ABCD,ABCD是正方形,所以,可選點(diǎn)D為原點(diǎn),DA, DC,DM所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系(如圖), 則A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1),所以 =(0,2,1), =(2,2,-1), =(0,2,-2), 設(shè)平面MNC的一個(gè)法向量n=(x,y,z), 則 令z=2,則n=(-1,2,2), 設(shè)AN與平面MNC所成角為θ, 所以sinθ,(3)設(shè)E(x,y,z), 又因?yàn)? =(x,y,z-2), =(2,2,-1), 所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為(2λ,2λ,2-λ). 因?yàn)锳D⊥平面MDC,所以AD⊥MC,欲使平面ADE⊥平面MNC,只要AE⊥MC, 因?yàn)? =(2λ-2,2λ,2-λ), =(0,2,-2), 且 =0,所以4λ-2(2-λ)=0, 所以λ= ,所以,考點(diǎn)四 利用空間向量解決探索性問題 【考情分析】此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn),常涉及線、面平行、垂直、空間角的計(jì)算問題,是高考命題的熱點(diǎn),一般有兩種考查形式: (1)根據(jù)條件作出判斷,再進(jìn)一步論證. (2)利用空間向量,先假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo),再根據(jù)條件判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在.,【典例4】(2015·深圳模擬)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB =2 ,AB⊥BC,如圖所示,把△ABD沿BD翻折,使得平面ABD⊥平面BCD. (1)求證:CD⊥AB. (2)若點(diǎn)M為線段BC的中點(diǎn),求點(diǎn)M到平面ACD的距離. (3)在線段BC上是否存在點(diǎn)N,使得AN與平面ACD所成的角為60°?若存 在,求出 的值;若不存在,請說明理由.,【解題提示】(1)根據(jù)平面ABD⊥平面BCD,只需證明CD⊥BD,進(jìn)而得到CD⊥平面ABD,從而證明CD⊥AB. (2)以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,求出向量 及平面ACD的一個(gè)法向量n,代入點(diǎn)到平面的距離公式求解. (3)假設(shè)在線段BC上存在一點(diǎn)N使AN與平面ACD所成的角為60°,再利用向量的夾角公式進(jìn)行運(yùn)算判斷.,【規(guī)范解答】(1)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB= AB⊥BC, 所以AD=AB= ,BD= =2，∠DBC=∠ADB=45°，CD= 所以BD2+CD2=BC2,所以CD⊥BD. 因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD，所以CD⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以CD⊥AB.,(2)由(1)知CD⊥BD.以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB所在的直 線為x軸，DC所在的直線為y軸，過點(diǎn)D作垂直 于平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系 D-xyz，如圖所示，由已知得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， D(0,0,0)，M(1,1,0)，所以 =(0,-2,0)， =(-1,0,-1), =(-1,1,0).設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則 即 令x=1，得z=-1，y=0,則平面ACD的一個(gè)法 向量為n=(1,0,-1),所以點(diǎn)M到平面ACD的距離為,(3)假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成的角為60°. 設(shè) (0＜λ＜1)，N(a,b,0),則(a-2,b,0)=λ(-2,2,0), 所以N(2-2λ,2λ,0), =(1-2λ,2λ，-1). 又平面ACD的一個(gè)法向量為n=(1,0,-1)，且直線AN與平面ACD所成的 角為60°，所以sin 60°= 即 可得8λ2+2λ-1=0，解得λ= 或λ=- (舍去). 綜上所述，在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成的角為60°, 此時(shí),【規(guī)律方法】探索性問題的求解策略 (1)對于存在判斷型問題的求解,應(yīng)先假設(shè)存在,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對于位置探究型問題,通常借助向量,引進(jìn)參數(shù),綜合已知和結(jié)論列出等式,解出參數(shù).,【變式訓(xùn)練】(2015·西安模擬)如圖所示,棱 柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2,∠ABC和 ∠A1AC均為60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求證:BD⊥AA1. (2)求二面角D-A1A-C的余弦值. (3)在直線CC1上是否存在點(diǎn)P,使BP∥平面DA1C1,若存在,求出點(diǎn)P的位置,若不存在,請說明理由.,【解析】設(shè)BD與AC交于O，則BD⊥AC，連接A1O， 在△AA1O中，AA1=2，AO=1,∠A1AO=60°, 所以A1O2=AA12+AO2-2AA1·AO·cos 60°=3, 所以AO2+A1O2=AA12, 所以A1O⊥AO.,由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,所以A1O⊥平面ABCD. 以O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的 空間直角坐標(biāo)系，則A(0,-1,0),B( ,0,0)，C(0,1,0)， D(- ,0，0),A1(0,0, ),C1(0,2, ). (1)由于 所以BD⊥AA1.,(2)由于OB⊥平面AA1C1C, 所以平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n1=(1,0,0). 設(shè)n2⊥平面AA1D，則 設(shè)n2=(x,y,z)，則 取n2=(1， ,-1)，則〈n1，n2〉即為二面角D-A1A-C的平面角, 所以 所以二面角D-A1A-C的平面角的余弦值為,(3)假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1, 設(shè) ，P(x,y,z),則(x,y-1,z)=λ(0，1， ), 從而有P(0，1+λ， λ)， 設(shè)n3⊥平面DA1C1，則 又 =(0,2,0)， 設(shè)n3=(x3,y3,z3)，則 取n3=(1,0,-1),,因?yàn)锽P∥平面DA1C1，則n3⊥ , 即 得λ=-1, 即點(diǎn)P在C1C的延長線上，且C1C=CP.,【加固訓(xùn)練】1.(2014·海淀模擬)在如圖所示 的幾何體中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°, AA1 DD1 CC1∥BE,且AA1=AB,D1E⊥平面D1AC, AA1⊥底面ABCD. (1)求二面角D1-AC-E的大小. (2)在D1E上是否存在一點(diǎn)P,使得A1P∥平面EAC,若存在,求 的值,若不存在,說明理由.,【解析】(1)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,如圖所示建立 空間直角坐標(biāo)系Oxyz,設(shè)AB=2,則A( ,0,0), B(0,-1,0),C(- ,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2), 設(shè)E(0,-1,t),則 因?yàn)镈1E⊥平面D1AC,所以D1E⊥CA,D1E⊥D1A, 所以 解得t=3,所以E(0,-1,3),所以,設(shè)平面EAC的一個(gè)法向量為m=(x,y,z), 則 所以 令z=1,y=3，則m=(0,3,1). 又平面D1AC的一個(gè)法向量為 =(0,2,-1), 所以 所以所求二面角的大小為45°.,(2)假設(shè)在D1E上存在一點(diǎn)P，使得A1P∥平面EAC, 設(shè) 得 因?yàn)锳1P∥平面EAC,所以 ⊥m, 所以 解得λ= , 存在點(diǎn)P使A1P∥平面EAC,此時(shí)D1P∶PE=3∶2.,2.(2015·西安模擬)如圖，四棱錐A-BCDE中， △ABC是正三角形，四邊形BCDE是矩形，且平 面ABC⊥平面BCDE，AB=2，AD=4. (1)若點(diǎn)G是AE的中點(diǎn)，求證：AC∥平面BDG. (2)試問點(diǎn)F在線段AB上什么位置時(shí)，二面角B-CE-F的余弦值為,【解析】(1)設(shè)BD，CE交于點(diǎn)O，連接OG，易知OG為△ACE的中位線，故OG∥AC，又AC?平面BDG，OG?平面BDG，得AC∥平面BDG. (2)如圖，取BC的中點(diǎn)H，建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz, 在Rt△ACD中，斜邊AD=4，AC=2，得CD= ， 所以A(0,0, ),B(1，0，0)，C(-1，0，0)，E(1，2 ，0). 設(shè) (0＜λ≤1)，得F(1-λ,0, λ). 設(shè)平面CEF的一個(gè)法向量為n=(x，y，z)，,由 即 取x= ,得 而平面BCE的一個(gè)法向量n0=(0，0，1)，所以由題意得 解得λ=-1(舍去)或λ= .所以當(dāng)點(diǎn)F為線段AB的中點(diǎn)時(shí)，二面角 B-CE-F的余弦值為,