立體幾何中的探索性問題-【題型·技巧培優(yōu)系列】2022-2023年高一數(shù)學(xué)同步精講精練（人教B版2019必修第三冊(cè)）（解析版）

專題08立體幾何中的探索性問題

。?？碱}型目錄

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

區(qū)題型分類

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，四邊形口口口。中，【□□,,￡70=6,

□□=?□□=4，口，儂別在OO，□口上，現(xiàn)將四邊形口。。功臺(tái)口。斤起，使?？?，口口.

Q)若口口=1，在折疊后的線段口口上是否存在一點(diǎn)口，使得。。//平面。?？凇?？若存在，求出黑的值；

若不存在，說明理由.

(2)求三棱錐口一口口量勺體積的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)。到平面。距離.

【答案】Q)存在，蝶=|

(2)三棱錐A-CDF的體積的最大值為3,此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD的距離為禽

【分析】(1)在AD上取一點(diǎn)P,使得攜=1,證明線面平行，則P點(diǎn)就是所求的點(diǎn)；

(2)先設(shè)U,運(yùn)用二次函數(shù)即可求出三棱錐O-□□□的體積最大值，再運(yùn)用等體積法求出F到平

面ACD的距離.

A

【詳解】(1)

AD上存在一點(diǎn)P,使得CP//平面ABEF,此時(shí)客=I,

理由如下：當(dāng)攜=|時(shí)，攜=|,

如圖，過點(diǎn)P作M〃FD交AF于點(diǎn)M,連接ME,則巖=零=[

LJLJLJLJD

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

故四邊形MPCE為平行四邊形，，CP〃ME,

又CPC平面ABEF,MEu平面ABEF,

.'.CP//平面ABEF;

(2)設(shè)BE=x，則AF=x(O<x“)，F(xiàn)D=6-x,

取口口-□□口=gxgx2x(6—。義。=—g(ZZ7—3)2+3,

二當(dāng)x=3時(shí)，□□.□□而時(shí)電,且最大值為3,

此時(shí)EC=1,AF=3,FD=3,UD=2y[2,

:.□口=+。廳=3盤.□□=+￡73+。萬=V14,

在SCD中，由余弦定理得COSNZ7R7=裴合=□□口=苧，

□△□□□=g,■S\n乙□□口=3V3,

設(shè)。到平面。。中)距離為2,

□□-□□□=□□-□□□ij?%=3,h=V3.

綜上，存在點(diǎn)P,使得CP〃平面ABEF,攜=|,三棱錐。-□口口的最大值為3,此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD

的距離為V5

【變式1-1]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，口,口分別是上、下底面

的圓心，四邊形oooa是該圓柱的軸截面，已知a是線段口中)中點(diǎn)，。是下底面半圓周上靠近加三

等分點(diǎn).

(1)求三棱錐口-DDO0勺體積；

(2)在底面圓周上是否存在點(diǎn)。，使得。D//平面口。。？若存在，請(qǐng)找出符合條件的所有O點(diǎn)并證明；若

不存在，請(qǐng)說明理由.

【答案】Q)竽；(2)存在，。為方2種中點(diǎn)，證明見解析.

【分析】⑴由圖形得。2口也=□/再根據(jù)錐體體積公式求體積；(2)觀察圖形猜測(cè)。

為無的中點(diǎn)，利用線面平行判定定理，面面平行判定定理，面面平行性質(zhì)定理證明猜測(cè).

【詳解】解：(1)因?yàn)閳A柱的底面半徑為2、高為4,。是線段。為勺中點(diǎn)，a是半圓周上的三等分點(diǎn)，

_11

所以三棱錐。-?？诳诘捏w積為：口□.□□□=-□□-□□□=§□□□口口,□□一三□□□□□,

□口

=；x；x2x2xsin120°x4x；x2x2xsin120°x2=孚.

32323

(2)存在點(diǎn)O,%曲勺中點(diǎn)，使得口切/平面.理由如下：

連接DO,因?yàn)榭?、磔半圓周的三等分點(diǎn)，

所以N□□口=Z□□□=Z□□口；

又,所以口口口口為等邊三角形,所以4□口口=口口□=60°,

所以I□口;

又口口。平面□□□,口□u平面□口□,所以。夕/平面□□□;

由￡7。0。是圓柱的軸截面，所以四邊形。002是矩形；

又因?yàn)橐詾閯e是□口、?？谏字悬c(diǎn)，而以□□“□□,我

又礴□□□,口□U平面□口□,耐以□□//平面□□□;

目□□c□□=□,￡7Z7u平面Z7ZZ7L7,□□《平面□□口，

所以平面OOD〃平面口□口；

又口口u平面口口□,所以￡7。〃平面□□□.

【變式1-1]2.(2021春?全國?高一專題練習(xí))如圖，空間幾何體OOO-UULJ^,四邊形□□口口是

梯形，四邊形ZZ7OO扇矩形，且平面￡700。1平面口□L□□,口口=口口=

□□=2,口口=4是線段口。上的動(dòng)點(diǎn).

(1)試確定點(diǎn)M的位置，使□口].□□□,并說明理由；

(2)在(1)的條件下，平面口各幾何體。SQ分成兩部分，求空間幾何體口-□□口與空

間幾何體-的體積的比值.

【答案】（1）當(dāng)M是線段。中點(diǎn)時(shí)，?！?平面OZ7O,理由見解析；（2）：.

【分析】（1）由線面平行的性質(zhì)定理確定M是線段中點(diǎn)，然后根據(jù)線面平行的判定定理證明.

（2）將幾何體Z7Z7口-￡7。次卜成三棱柱，由三棱柱和三棱錐體積得幾何體?！?-￡7口￡7。的體積，再

求得三棱錐口-體積后可得所求比值.

【詳解】（1）當(dāng)M是線段口為勺中點(diǎn)時(shí)，□□]『□□□.

證明如下：連接S交Z7行點(diǎn)N,趣妾,如圖，由于M、N分別是0a勺中點(diǎn)，

而以,又。。在平面內(nèi),且。，不在平面￡7/70內(nèi),所以口口〃平面□□□.

（2）?.四邊形?！?。浸矩形，:.口口人□□又□□工,且O￡7c□口=口,

□□1平面□□□,

平面口□□□1平面□□口口，平面□□□□C平面□□□□=□□,□□u平面□□口口,□□1□口,

所以□□L平面□□□□,又Su平面￡70。。，所以￡701,

將幾何體。。。一￡7。討卜成三棱柱?？诳谝豢诳诳?

三棱柱OZ7Z7-口ZZ7/D0勺體積ZZ7=口區(qū)□□口■口□=gx2x2x4=8,

則幾何體0〃〃一0/70$）體積&=□-□□口口口=8-Jxgx2x2）x（4-2）=y,

又三棱錐。一DO型函只4=gx（；x2x2x；）x4=g.

二空間幾何體〃口。與空間幾何體〃。。一體積的比為g:得一§=

【變式1-1]3.（2021春?福建三明?高一福建省寧化第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，正三棱柱m口-

口i口&的底面邊長(zhǎng)為2,高為苧，過口中）截面與上底面交于口口,且點(diǎn)。是棱&&的中點(diǎn)，點(diǎn)。在棱

口1口1上.

（1）試在棱上找一點(diǎn)o,使得。a/平面,并加以證明；

（2）求四棱錐。一口口。。的體積.

【答案】（1）點(diǎn)％棱02勺中點(diǎn)，證明見解析；（2）]

【分析】（1）證法1：取。。的中點(diǎn)。，連接，口、口,可得&口川平面口口□口,再由線面平行的性

質(zhì)可得4,則可得a是棱&a的中點(diǎn)，由三角形中位線定理結(jié)合已知可得四邊形。a是平

行四邊形，可得口口1口1口,然后由線面平行的判定定理可證得結(jié)論；證法2:由已知條件可證得007平

面□□□、口、,從而得OOZ74是平行四邊形，口□“□□、,由線面平行的判定可得。。/面Z7O4&,

廝得面□□□畫口口口1口1,再由面面平行的性質(zhì)可得結(jié)論；

（2）解法一：連接口口,四棱錐口-00/70可視為三棱錐口一口口的□-￡700組合而成，然后分

別求出兩個(gè)三棱錐的體積即可；解法二：分別取口皆口&&的中點(diǎn)。,n,連接/J。,口□,連接以故

口R氤口,連接口口,口口,可證得平面口。。。1平面,則口。，平面Z7OZ7Z7,然后結(jié)合

已知條件求出等腰梯形。勺面積，從而可求得四棱錐的體積

【詳解】（1）證法1：點(diǎn)匚為棱勺中點(diǎn)，證明如下：

取￡7牛中點(diǎn)。，連接。口，.

?：口口口\口1I□□d^^LJUUtJ,仁平面ZZ7Z7。。，

:I平□□□□：u平■（§]□□□口n平?面ZZ7[□、□[=□□：

:□口11□、□、、

又。是棱d口、的中點(diǎn)，二a是棱口、d的中點(diǎn)，

:II□□,□=—□□

■:口I儂別為棱04,〃中中點(diǎn)I□□='□□

:II□□]□□、=□口

???四邊形謨平行四邊形，.?.Z7D/0D,

,□□仁□□□、□[，,ZZ7Z^/平面ZZ7ZZ7ZZ71ZZ7i.

證法2:%。中)中點(diǎn)時(shí)，□□"頻□□□】□、.

證明如下：

,.?口口1平面口、&□、,□□u平面□□口口,平面口口□口n平面a□、口]=□口,

:□□《平面口口口1口1,ZZ7ZZ7U平面,所以□□“平面□□□]□],

又:口％口口^中氤,%&a的中點(diǎn)，，口是平行四邊形，.??00/0&,

又|，/l7ZZ70平面/Z7ZI7/Z7i/ZZ|,□u平■卸ZZ7ZZ7ZZZ]□、,,

又口與￡70在平面。。ZJ內(nèi)相交，:面口口口1面口口口1口1,

又,.,/ZZZZZu面OZ7ZZ7,二。。/平面.

(2)解法一：連接口□,四棱錐口—可視為三棱錐。一口口曲□-DO國合而成，三棱錐

□-￡700可視為□一□□口,底面積么so=^Z^=V3,高為1,

設(shè)=口，體積為&=：xgx9=’

三棱錐。-□口□與口一￡70%高，體積比為底面積之比，

11

-心=-

設(shè)□□.□□口=口2I則&：口'=□?□□□=□□:□□=1:2,故424

因此，□□-□□□□=&+。2=［即為所求.

解法二：分別取O次口a口的中點(diǎn)￡7口儂口口，口□,連接&。交27。于點(diǎn)。,連接，口口.

△□口州&&&口是正三角形，且口,口分別是￡7/不口&&的中點(diǎn),

1□□,且ZZ7ZZ7II□、□I□□=,則。，口,U,a四點(diǎn)共面.

_L平面Z7。。，□□u^^uuuI：.□□、1on,

又□□,□□、u平面。DOa,UEJc□□、=,

,：□口u平面□□□□，，平面□口□□1平面□□□□一

在地形□□□□［中,□口=□□、=y,□□、=□□百□□:V3,

；.□、□=□□=□口、=□□,；/□、口□=4口口□=45°,且□□=近□□I=y,

"□□□=90°,即OO_L□□.又平面￡7Z7￡7￡71平面ZZ7￡7￡7Z7i,

平面□□□□(>^^□□□□1=□□,￡7￡7u平面Z7￡7L74,，￡7￡71平面?！?Z7Z7.

在等腰梯形，口□=；口、口、='，口口=2,□□=□□='□不口d=y,

.?等腰梯形。。02勺高力=、□仃-乎再=f,

，四棱錐口一口□口口的梅積口=三口口.口播*nnr1rl=［□□吟(□□+口口小="日x

3梯記LJLJLJLJo23N

*1+2)H

【變式1-1]4.（2022?全國?高一專題練習(xí)）如圖，在四棱錐。-口口口小，直線口。垂直于平面口

□□]]□□/□□□=90°z且ZZ7ZZ7=□口=4,□□—W□口=2V3.

（1）求四棱錐O—OOO。的體積.

（2）在。。上是否存在點(diǎn)F，使得口。〃平面口口。？若存在，求出第勺值；若不存在，說明理由.

【答案】（1）873；（2）存在，器=；.

【分析】（1）利用椎體體積公式，即可求解.

（2分別取￡7。OO的中點(diǎn)E,F連接口D,OH,Z7Z7得到四邊形叨Z7Z7是平行四邊形所以

即可求解.

【詳解】解：（1）如圖，過點(diǎn)D,交□□于氤M,則=4□□口=90°.

因?yàn)榭诳?,所以四邊形0002是平行四邊形，

所以□□=口□=2,口□=口口=2V3.

因?yàn)椤?=4,所以口口=V16-12=2,所以口口=4.

則四邊形￡7。。。的面積為吟竺=6V3.

由題意可知是四棱錐口-□□□DW,則該四棱錐的體積為gx6V3x4=8V3.

(2)分別取。。中］中點(diǎn)E,F,連接?？诳诳?

因?yàn)镋,F分別是口口02勺中點(diǎn)，所似口□=；

由(1)可知□□//□□,□□=?：］口,但以□□=□□,

所以四邊形。是平行四邊形，而以

因?yàn)閆7Z7u平面0/7/7,口□《平面口□□,所以。切/平面OZ7Z7.

故存在點(diǎn)F,■導(dǎo)口□“平面口口口,此時(shí)L

【變式1-1］5.(2021?全國?專題練習(xí))如圖，四棱錐。一口口口供,OZZ71平面￡70。。，

口□=2口口=2,,口^線段□口上,口口=A□□,□□吟.

(2)線段。。上是否存在一點(diǎn)口，使口口怦面□□□?若存在,請(qǐng)確定點(diǎn)O0勺位置；若不存在，請(qǐng)說明

理由.

(3)若%口中)中點(diǎn)，在(2)的條件下，過口。的平面交平面。。。于直線口，求證：noun

【答案】(1)g；(2)存在；點(diǎn)。為線段Z7O0勺中點(diǎn)；(3)證明見解析.

【分析】(1)由于=/所以由已知條件求出口口巾=1.1.2=1,從而可求得結(jié)果；

(2)存在點(diǎn)O為線段￡7。的中點(diǎn)，取。中］中點(diǎn)口，連口□,口□,由三角形中位線定理再結(jié)合已知可得

四邊形0。是平行四邊形，從而可得口口/口口，進(jìn)而由線面平行的判定定理可證得結(jié)論；

(3)設(shè)過。中］平面為O,由(2)知點(diǎn)口為線段￡700勺中點(diǎn)，則由三角形中位線定理可得00/0。，再

由線面平行的判定和性質(zhì)可得結(jié)論

【詳解I1直角梯形0005由□□=2口□=2,口口,□□=4□□□口=當(dāng)母口□=1,

:=g?1?2=1,

=□□-□□□=gx□口口x□□=gx1x1=g,

(2)存在點(diǎn)依線段中點(diǎn).

取口為］中點(diǎn)。，連口口,,

由三角形的中位線的性質(zhì)，

□□U□□,□□=；口□,

又□□口□口,□口=~口口,

所以□□=□□,所以四邊形口口口2是平行四邊形，

所以□□〃口□,

□□N^^IJUU,￡7ZZ7u平面ZZ7ZZ7。，

所以口口11平面□口口,

p

4MB

(3)設(shè)過。。的平面為。，由(2)知點(diǎn)取線段。中點(diǎn),又口為0世中點(diǎn)

:.口口11口口,

又□口C面□□□,□□u平面□□口

:平面□□口

又面￡7。面￡700=□.OZ7U平面。

：.□□"口

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，在四棱柱口Z7OZ7-4&&&中，點(diǎn)M是線段功□[上

的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),E,F分別是口口口O0勺中點(diǎn)

(1)設(shè)G為棱￡7￡7上的一點(diǎn)，問：當(dāng)G在什么位置時(shí)，平面口口□||平面口口口□[?

⑵設(shè)三棱錐〃一也蜜勺體積為a,四棱柱口-ova的體積為4,求居

【答案】(I)G為。。中點(diǎn)時(shí)，平面□口口||平面ooaa；

⑵工

-12

【分析X1)G為。。中點(diǎn)時(shí)，先證￡7。||平面，再證SII平面OZ7&O1,即可證得平面OS

II平面￡7￡7。14;

(2)由□□-□□□—□□-□□□—；□□-□□□】結(jié)合。1□、Z平面口口6導(dǎo)□□一□□□—□□「□□□—:口2

即可求得&=七&.

【詳解】(1)

G為。。中點(diǎn)時(shí)，平面□口口||平面。O4口，理由如下：連接。D,取口中中點(diǎn)口，浸妾口口,口口,

因?yàn)镋,F分別是oaog］中點(diǎn)，則口口||口口，□□史平面□□□、口一□□U平面□□□］口［網(wǎng)口口

II平面OOZZ7lZZ7l1

同理可得。。Han,。。仁平面,uuu平面□□□、口、,則。。II平面。,

又LJUc□□=n,￡7aZZ7￡7u平面￡7￡7Z7,則平面Z7ZZ7O||平面。。?口；

(2)由F是口中點(diǎn)得□□一□□口=□□-□□□=~□□.□□□，又□、4II□口r□口u平面□口口,

e平面ZZ7ZZ7ZZ7,則/27|27II平面□□□,

又點(diǎn)M是線段a4上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則□□.□□□=□□口=；□□「□□□□=；乂

11

則瞪=2

【變式2-1]1.（2021春?安徽合肥?高一合肥市第六中學(xué)?？计谥校┤鐖D，正三棱柱OO0-口1口14的

高為g,底面邊長(zhǎng)為2,點(diǎn)。分別為aa上的點(diǎn).

（I）在棱。a4上是否存在點(diǎn)&使得平面平面oaa?請(qǐng)說明理由；

（n）在（I）的條件下，求幾何體口口&□[□[c種體積.

【答案】（I）存在，理由看解析；（n）%可體口-=2.

【分析】（I）連接交。a于。，連接,由平行線截線段成比例結(jié)合平面。&。//平面

可得口、口分別為棱?！ǎ琣4的中點(diǎn)，；

（n）由棱柱體積減去兩個(gè)三棱錐的體積即可.

【詳解】（I）如圖，連接交于點(diǎn)口，連接。a.

由棱柱的性質(zhì)，知四邊形為平行四邊形，

二點(diǎn)勺中點(diǎn).

;平面平面，且平面aoan平面/74/7=，平面4/jqn平面￡7&Z7i=

□、口,

：，□□#□、口,同理口口小口口1,

.□[_CJy□□、□、_□口

,44—~~DD'

又??生3=1?01旦===1

乂.口□一,□、口、□口,

即功勺中點(diǎn),a為&&的中點(diǎn).

故當(dāng)4口1分別為棱口□,&01的中點(diǎn)時(shí)，平面/740〃平面0。14；

注：以"乃。/加中點(diǎn)，4為&&的中點(diǎn)”為條件，證明"平面□□、口“平面口口口也算對(duì)，酌

情給分.

（n『□三雌□□□-□、mTX2XKXK=3,

口三雌□、=口三雌□、-□□□=3X2XlX^X>^=2,

，,口幾何體口□□、口1口口=3_2x/=2.

【變式2-1]2.（2021云南昆明?昆明一中校考模擬預(yù)測(cè)）在如圖所示的五面體ABCD訐中，MDF是正

三角形，四邊形ABCD為菱形，乙□□口鳴,EF〃平面ABCD,AB=2EF=2,點(diǎn)M為BC中點(diǎn)

（1）在直線CD上是否存在一點(diǎn)G，使得平面EMG〃平面BDF,請(qǐng)說明理由；

（2）請(qǐng)?jiān)谙铝袃蓚€(gè)條件中任選一個(gè)，求該五面體ABCDEF的體積.

1

①cos乙□□口=-;②EM=2.

【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|.

【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COSNOOZ7=:求得0/7=佃，如圖，五面體ABCDEF可由三棱柱ADF-BCP截去三棱錐

E-BCP得至!|;選擇②有0F=EM=2,可證FN_L平面ABCD,求體積時(shí)同①.

【詳解】解：(1)連接AC交BD于點(diǎn)0,連接0M,OF,取CD的中點(diǎn)G,連接GM,GE

因?yàn)镋F〃平面ABCD,EFu平面ABEF,平面ABEFD平面ABCD=AB,所以EF〃AB,

因?yàn)镺M//AB//EF所以四邊形OMEF是平行四邊形，所以O(shè)F〃EM,

因?yàn)镋MC平面BDF,OFu平面BDF,所以EM〃平面BDF,

因?yàn)辄c(diǎn)G與點(diǎn)M分別為CD與BC的中點(diǎn)，所以GM//BD,

因?yàn)镚MC平面BDF,BDu平面BDF,所以GM〃平面BDF,

而GMOEM=M,平面EMG〃平面BDF;

(2)選擇①：

在ABDF中,BD=DF=2,cos乙□□口=:,怩以口口=V6,

在ABNF中，□□=□□=V3,口口=V6,所以BN±FN,

因?yàn)椤鰽BD是正三角形，所以BN±AD,

因?yàn)锳DCIFN=N,所以BN_L平面ADF,

因?yàn)锽Nu平面ABCD,所以平面ADF,平面ABCD,

如圖，五面體ABCDEF可由三棱柱ADF-BCP截去三棱錐E-BCP得到

5551r-

所以□□□□□□口—=Q=Q'□?□□□，口□=gx-x2xv3x

V3=|

選擇②

由（1）有0F=EM=2,取AD中點(diǎn)N,連接FN,ON,BN,

在AONF中，0/7=V3,ON=1,0F=2,所以O(shè)N_LFN,

因?yàn)锳ADF是正三角形，所以AD_LFN,

因?yàn)锳DnON=N,所以FN,平面ABCD,所以平面ADF_L平面ABCD,

因?yàn)椤鰽BD是正三角形，所以BN±AD,

因?yàn)槠矫鍭DFC平面ABCD=AD,BNu平面ADF,所以BN_L平面ADF,

（選擇②求體積時(shí)，需多證一組線面垂直，即證明dB-ADF=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2-1]3.（2019春?江西南昌?南昌二中階段練習(xí)）已知四棱錐O一0口口為勺底面為平行四邊形，

其中□□1^^口口口口，苛口口=2口口=2口口/口口口=60\口、為別為□□、口口點(diǎn)，過

OO作平面分別與線段O。、OO相交于點(diǎn)。、口.

（1）在圖中作出平面口口口口，使平面。。?？?平面口口口（不要求證明）；

②若口口=4,在（1）條件下求多面體口口量勺體積.

【答案】（1）證明詳見解析

⑵誓

【分析】（I）結(jié)合面面平行的判定定理作出平面00OO.

（2）將多面體。0。。0為割成兩個(gè)錐體，由此計(jì)算出多面體的體積.

【詳解】（1）設(shè)a儂別是oa勺中點(diǎn)，連接oa□口口□,代平面口□□□“平面□□□.

附理由如下：由于aa分別是。a勺中點(diǎn)，所以。

而口口11口□,附以□□“□□,任于口口0平面□□□,DOu平面OOO,所以口□“平面□□□.

另外，由于aa分別是。次勺中點(diǎn)，所以□□“口口,奧'口口”口口,即口，□口。四點(diǎn)共面.

由于a匚粉別是口口,。牛中點(diǎn)，所以口口"口口,□□=；□□

茁于口口定平面□□□,口口^^口口口,RR以平面□□□.

由于n口口=口,□口,□口口口,

所以平面口口口口1平面□□□.

(2)□□=配□□=□□=□□=2,□□=□口=2,□□=；□□=1,

連接/17a口□,則△是等邊三角形，□□□□□□□=□□-□□□□+

由于。。1平面ODOO,□口，所以￡701平面口口口口,口口U平面□□口口，所以口口1口口,

而口口,所以□□一□□口=；x□&□□口x￡7O=；x(；x2x2xsin60°)x1=￡

NJJ/J

由于□□=□□,所以四邊形o口口，是平行四邊形，

由于00=2.所以四邊形Z7DOD是菱形，。DlOO

設(shè)口□△口口=口,則

由于□□L加口□□□,UUu.□□口口，所以?！?1口□,

由于。On□□=D,□□u.口口口口,所以□□工平面□□□□.

在三角形中,□□=□□=□□=2,所以三角形是等邊三角形,所以口口=V3.

由上述分析可知"/DO,所以四邊形是直角梯形.

所以口口-□□口口=g?□□□□□?□口=g?野-1?V3=y.

所以□□□□□□□=□□-□□□□+=y+y=尊

【變式2-1]4.(2023春?全國?高一專題練習(xí))如圖,在四棱錐口-□□□消,底面四邊形口口口。是

平行四邊形，1,O0=2,口加別為樓口□,口量勺中點(diǎn).

⑴證明：口口11平面口口口;

(2)在底面四邊形內(nèi)部(包括邊界)是否存在點(diǎn)口，使得平面SB/平面OOO?如果存在求點(diǎn)。的位置,

并求口也勺最大值，如果不存在請(qǐng)說明理由.

【答案】Q)證明見解析

(2)存在，理由見解析，。中)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)取中點(diǎn)為Z7,連接O。，口□,證明出面面平行，從而得到點(diǎn)中］位置，且求出OU的最大值.

【詳解】(1)證明：取口量勺中點(diǎn)O,連接口口口□.

???△□□咕,口,為別為口口，口或中點(diǎn)，二口口11口口,□□屋口口,

???□、儂別為Z7Z7、O次中點(diǎn)，:.口口11口□,□□=\口□,口口打□口，口□=□□,

故四邊形平行四邊形，

平面□□口，口口c^^UUIJ,：.￡7。/平面

(2)解：取?？谥悬c(diǎn)為￡7,連接OO,口口,

在^UUU^,口,通鎖為Og)中點(diǎn)，二口口1口口，

?：Z7Z7仁平面Z7ZZ7az7￡7u平面ZZ7Z7Z7,?！?7平面ZZ7Z7ZZ7.

因?yàn)椤酢酢啊酢觥酢?□□‘目口、。分別為￡70、￡7二的中點(diǎn)，所以，□□1口由口口=口口,

所以，四邊形為平行四邊形，.??□□口□□,目口□=00=2,

?.?《平面□□□,□□u平面□□口，：.Z707平面0/27/7

又O￡7n□□=(J,目□口,□□口口口,故平面ZZ7ZZ7a7平面Z7Z7A.

所以點(diǎn)。存在，目口￡口□,即點(diǎn)os線段oat移動(dòng)，可使平面□□口怦面口口口,

當(dāng)點(diǎn)主動(dòng)到厘寸，此時(shí)口OB勺最大值，最大值為2.

【變式2-1]5(2023春?全國?高一專題練習(xí)如圖在四棱柱?？?口]□[&中點(diǎn)2是線段&口1

上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，口，a分別是?？?，口中中點(diǎn).

(1)求證：□□“鈣□□□[□];

(2)設(shè)次棱心上的一點(diǎn)，問：當(dāng)。在什么位置時(shí)，平面□□□//平面口口口1口1?

【答案】(1)證明見解析；(2)口是口田點(diǎn)、.

【分析】（1）根據(jù)給定條件，連接口口,推導(dǎo)證得。?！诳赹可得解;

（2）由Q）的結(jié)論，取CD的中點(diǎn)G,證明出平面0。&&即可作答.

【詳解】（1）在四棱柱。。。。一口'□'□[□i中,連接DO,如圖，

因口，2分別是。Z7,OO的中點(diǎn)，雁又平面□□□、口、,口口匚平面□□□、□],

即以□□“平面□□□、□];

（2）口是。。中點(diǎn)，使得平面□口口〃平面口口口口,理由如下：

取CD的中點(diǎn)G,連接EG,FG,而。是口中）中點(diǎn),千感得口□“□□,

而《平面口口口1口1,￡7Z7u平面ZJLZqa,

仄而得□□//平面□□□]□、由Q]知平面口口=口，且口口口口匚淬面□□□,

因此有平面平面S&a,

所以當(dāng)U是。。的中點(diǎn)時(shí)，平面。。0//平面□□□、口.

題型3線面垂直探索性問題

【例題3]（2022秋?青海海東??？计谥校┤鐖D，四棱柱□□口口一口1口1口1口1中,底面ABCD是菱形，

乙□□口=60°,口口1_L平面ABCD,E為。&中點(diǎn),=□口=2.

⑴求證：//平面口1口1口;

(2)求點(diǎn)C到平面&□［勺距離；

⑶在Z7a上是否存在點(diǎn)M,滿足1平面口&若存在，求出AM長(zhǎng)，若不存在，說明理由.

【答案】(1)證明見解析；

⑵喙

⑶存在,竽.

【分析】(1)連&&交aa于點(diǎn)F,連EF,由中位線定理以及線面平行的判定證明即可；

(2連4磔訐于點(diǎn)N，由題可得=3an進(jìn)而點(diǎn)c到平面a5。的距離是點(diǎn)口到平面&口、口

的距離的3倍，然后根據(jù)等積法即得；

(3)由線面垂直的性質(zhì)證明。41□、口］，作,垂足為M，由線面垂直的判定證明OZN_L平

面口口口,最后得出AM的長(zhǎng).

【詳解】(1)連&&交a&于點(diǎn)F,連EF,

，二口1口1口、a是菱形；

.?.F是&&中點(diǎn)，又:E是Z7&中點(diǎn)，

又:ZZ72Z7u平面￡7,□0平?向□、□、口,

〃平面&口；

(2)連&。交EF于點(diǎn)N,棱柱中口1。是平行四邊形，且E,F分別為,□、4中點(diǎn)，

；.□口=3口t又ZZ7￡7u平面ZZ7i口、口,

點(diǎn)c到平面口口、。的距離是點(diǎn)&到平面a口1中）距離的3倍,

.?菱形□口、口、中,土□、□[□、=上□□口=60°,又=□口=2,

:口、=2'口□、-2A/3,UyD—1,

又1平面ABCD,Z7￡7u平面ABCD,

.L□□i又。1〃i〃/Z7ZZ7,

1□、□、,:?□口=V2,

因?yàn)椤?、□[=2V3,□、￡7=1,□]□=□、口=V5,

?口]□[■面積為:口、口、,□、口=V3,△口、□[面積為:□[□、,口口=V6,

由□□「□、口、□=口口-口口1小得;口4口3、口，%=g□△□、□、口、,口】口，其中h是a到平面&□、廳勺距離，

：人=y,

.?點(diǎn)c到平面4□、，的距離為苧；

（31平面ABCD,平面&□[aa〃平面ABCD,

:J_平?向□、□、□、□、1,：□[□]u平?向□、□、□、□、,

：.□、□、J_□□、）

，□、口1口1□、1n□□、=u平面ZZ70rlz17i,

_L平面￡7ZZ7iZZ7i,又ZZ7ZZ7iu平■面□□、口、,

iaa,

在Rg￡7&&中，過F作OOJ.□□「垂足為M,

又/Z7/Z7n口1口1—□,口□,□[u平向口□、口、,

所以口口_L平面￡744,

,存在M滿足條件，

在Raz7aa中，□□[=。1a=2,□□、=2五,F是&a中點(diǎn)，

:.口口=口口號(hào),

.?.?！?=2夜-孝=苧.

【變式3-1]1.(2006?山東?高考真題)如圖，已知四棱推。-底面DOOR等腰梯形，口口、

□□,□□工口□,□□與口口^交千點(diǎn)、O,且頂點(diǎn)P在底面上的射影恰為。點(diǎn)、.又□口=2,□□=

戲,□□L□□.

(1)求異面直線口。與。。所成角的余弦值；

(2)求二面角口一口口-2勺大??；

⑶設(shè)點(diǎn)M在梭口□上,且累=口,問%何值時(shí)，口□母面口口口.

【答案】Q)誓；

(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POJ^BD,過D做DEllBC交于AB

于E,連接PE,則NPDE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0E,由?！?￡7口為等腰梯形，而以□□=口□,且R中點(diǎn)，所以□□L□□、又口□，平

面□□口口,ZPEO為二面角P-AB-C的平面角，然后求值即可；

(3)連接MD,MB,M0,利用PQ平面BMD,得到PC±OM,Rt^POC中求的PM=竽，MC=f.

【詳解】(1).P。，平面ABCD,.-.PO±BD

又□□工□□,口□=2,□□=V2,

由平面幾何可得：口口=1,口□—V3,□□=V6,

過D做DEIIBC交于AB于E,連接PE,

則dDE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

:，□□—V5,口□-2V2,ZZ7ZZ7=V2

又ABIIDC.?.四邊形EBCD是平行四邊形.

:，□口=口口=V5,□口=口□—V2

」.E是AB的中點(diǎn)，且口

又口口=口口=瓜,

.1△PEA為直角三角形，

Jg-口廳=76^2=2

在APED中，由余弦定理得COSN3〃=^二會(huì)二鬻

故異面直線PD與BC所成的角的余弦值為鬻；

(2)連接0E,由0/7。磔等腰梯形，所以口□=口□‘且孕口口中點(diǎn),

所以?！?_L□口,又。Z71平面。ODD,

zPEO為二面角P-AB-C的平面角，

.?.sinzPEO=^=^,.-.zPEO=45°,

??二面角P-AB-C的平面角的大小為45°;

(3)連接MD,MB,M0,

；PCJ■平面BMD,OMu平面BMD,

.-.PC±OM,

在Rt^POC中，PC=PD=V3,OC=1,PO=在，

...PMWMCJ

.□□_2

一歷=3'

故人=I時(shí)，PCJ_平面BMD.

【變式3-1]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，口口

口口=3,。口=2g,AE=AC,點(diǎn)G是棱AB上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是AC的中點(diǎn).

(1)證明：OZ7II平面CEG.

⑵點(diǎn)H為線段BD上一點(diǎn)，沒口口=□□□,若AH,平面CEG,試確定t的值.

【答案】⑴證明見解析；

(2)0.

【分析】(1)取AG的中點(diǎn)I,記口口門=口，連接FI,DI,GO,由三角形中位線定理可得Sil

口口,口□”口口,然后先證得線面平行，再可證得面面平行；

(2)由已知可得AABC￥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O。，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_L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,記口口門口口=D,連接FI,DI,GO.

在AACG中，F(xiàn),I分別為AC,AG的中點(diǎn)，所以￡7011口□,

同理，在ABDI中，有￡7011口口,

因?yàn)榭诳?口□右平面□□□,口口,口□u平面□口口,

所以O(shè)OII平面?！?0,

因?yàn)镺￡7n□□=□.□□,□□^^□□口,

所以平面OO0II平面□口口,

又OZ7u平面IFD,

所以311平面CEG.

(2)解：因?yàn)榈酌鍮CDE是菱形，所以O(shè)CJ.OD.

因?yàn)锳E=AC,BC=BE,所以3BCNABE,

則GC=GE,

又因?yàn)辄c(diǎn)。是EC的中點(diǎn)，所以O(shè)CJLOG.

因?yàn)椤酢酢蹩诳?口,?！?口u平面ABD,

所以O(shè)CJ.平面ABD,

因?yàn)镈Ou平面ABD,

所以O(shè)C_LAG.

因?yàn)榭凇?口□—3,口□=2A/3,

所以COSNOOO=窈=今

則口口=J口爐+￡7爐-2口□-口口/乙□□□=V2,

則。爐+￡7廳=口吁,所以BG±OG.

又因?yàn)椤蹩?口,口Ou平面CEG,

所以AGJL平面CEG.

若AH_L平面CEG，則H與B重合.

故0=0.

【變式3-1】3.(2023?全國專題練習(xí))若圖，三棱柱?？凇?。。的側(cè)面。是平行四邊形，

□□i1□□「□□、工口口,且口、U分別是￡70、。4的中點(diǎn).

（1）求證：平面口1□、口口;

（2）在線段oah是否存在點(diǎn)￡7,使得口41平面￡7￡7口？若存在，求出等的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.

【答案】Q）證明見解析

⑵存在，器=；

【分析】（1）取&&中點(diǎn)0,連接口。、口口,證明出四邊形O口DD是平行四邊形，可得出口□“口口,

再利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論成立；

（2）取口木中點(diǎn)o,連接口□、、證明出平面口口。/平面口。&4,口口11平面口口口1口1,

可得出1平面￡70。，由此可得出結(jié)論.

【詳解】（1）證明：取&&中點(diǎn)O,連接口□、

因?yàn)橐詢z別是04、04的中點(diǎn)，

所以口□〃口[口、且口口=

在平行四邊形