專題20 立體幾何中的探索性問題【一題一專題 技巧全突破】熱點題型專項突破（解析版）

立體幾何中的探索性問題高考定位立體幾何中的探索性問題是高考幾何的一個難點，尤常見于新高考的多選題和解答題中，其題目特點是靈活性較強，需要相對豐富的空間想象能力及計算能力，對所研究幾何體進行深入的剖析與推理。專題解析本專題研究解答題中的探索性問題：點的存在性（1）探索共面（2）探索線線平行與垂直（3）探索線面平行與垂直（4）探索面面平行與垂直（5）探索線面角定值與最值（6）探索面面角定值與最值（7）探索距離面積體積定值專項突破類型一、探索共面例1-1．如圖，四棱錐的底面為平行四邊形，，分別為，的中點.（1）求證：平面.（2）在線段上是否存在一點使得，，，四點共面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）存在；.【解析】【分析】（1）取的中點，連接，，證明四邊形為平行四邊形，可得，由直線與平面平行的判定可得平面；（2）取的中點，連接交于，在上取點，使，連接，，則，，，四點共面，然后證明即可.【詳解】解：（1）證明：如圖，取的中點，連接，，，分別為，的中點，，，又四邊形是平行四邊形，，，為的中點，，.，，則四邊形為平行四邊形，.平面，平面，平面；（2）存在點符合題目條件，且此時.取的中點，連接交于，在上取點，使，連接，，則，，，四點共面.證明如下：在平行四邊形中，，分別為，的中點，，又是的中點，是的重心，且.又，，，，與確定一個平面，而直線，，則，，，四點共面.故在線段上存在一點，使得，，，四點共面.【點睛】本題考查直線與平面平行的判定，考查平面的基本性質(zhì)，考查學(xué)生的空間想象能力與思維能力，是中檔題.練.如圖，在長方體中，點，分別在棱，上，且，．證明：（1）當時，；（2）點在平面內(nèi)．【思路引導(dǎo)】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得，根據(jù)長方體性質(zhì)得,進而可證平面,即得結(jié)果；（2）只需證明即可，在上取點使得,再通過平行四邊形性質(zhì)進行證明即可.【解析】（1）因為長方體,所以平面,因為長方體,所以四邊形為正方形因為平面,因此平面,因為平面,所以；（2）在上取點使得,連,因為,所以所以四邊形為平行四邊形，因為所以四點共面，所以四邊形為平行四邊形，，所以四點共面，因此在平面內(nèi)類型二、探索線線關(guān)系例2-1．在濱海文化中心有天津濱?？萍拣^，其建筑有鮮明的后工業(yè)風(fēng)格，如圖所示，截取其中一部分抽象出長方體和圓臺組合，如圖所示，長方體中，，圓臺下底圓心為的中點，直徑為2，圓與直線交于，圓臺上底的圓心在上，直徑為1.（1）求與平面所成角的正弦值；（2）求二面角的余弦值；（3）圓臺上底圓周上是否存在一點使得，若存在，求點到直線的距離，若不存在則說明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在點，此時點到直線的距離為．【分析】（1）建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，求出直線的方向向量和平面的法向量，由線面角的計算公式求解即可；（2）利用待定系數(shù)法求出兩個平面的法向量，然后由向量的夾角公式求解即可；（3）假設(shè)存在點，，，利用點在底面圓上以及垂直關(guān)系，列出關(guān)于，的方程，求解即可．【詳解】（1）由題意可知，建立空間直角坐標系如圖所示，則，0，，，4，，，1，，，0，，所以，設(shè)平面的法向量為，則有，即，令，則，，故，所以，故與平面所成角的正弦值為；（2）由（1）可知，，3，，所以，設(shè)平面的法向量為，則有，即，令，則，，故，所以，故二面角的余弦值為；（3）由（1）可知，，0，，，4，，所以，假設(shè)存在這樣的點，設(shè)，，，由題意可知，所以，因為，則有，所以，又，所以，解得（舍，，所以當時，，此時點到直線的距離為．【點睛】關(guān)鍵點點睛：涉及線面角與二面角角的求解以及點到線的距離的求解的時候，一般會建立合適的空間直角坐標系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進行研究，屬于中檔題．練．如圖，為正三角形，半圓以線段為直徑，是圓弧上的動點（不包括，點）平面平面．（1）是否存在點，使得？若存在，求出點的位置，若不存在，請說明理由；（2），求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）不存在點，使得，答案見解析；（2）．【分析】（1）假設(shè)存在點，使得．過點作，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，可得平面，，根據(jù)線面垂直的判定定理，可得平面，即，與已知矛盾，假設(shè)不成立，故不存在點D.（2）如圖建系，設(shè)，根據(jù)條件，可得各點坐標，進而可得，，坐標，求得平面的法向量，利用線面角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）不存在點，使得，證明如下：∵是圓弧上的動點（不包括，點），假設(shè)存在點，使得．過點作，∵平面平面，平面平面．∴平面，平面，∴，又，∴平面，即，而，得出矛盾．假設(shè)不正確．因此不存在點，使得．（2）設(shè)圓心為點，連接OA，作垂直于BC，分別以，，OA，為x，y，z軸正方向建系，如圖所示．設(shè)，則，，，，．∴，，，設(shè)平面的法向量為：，則，∴，，取，∴直線與平面所成角的正弦值∴直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】解題的關(guān)鍵是熟練掌握線面垂直的判定、性質(zhì)定理，面面垂直的性質(zhì)定理，并靈活應(yīng)用，在利用向量法求線面角時，直線方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值，即為線面角的正弦值，考查計算求解的能力.例2-2．如圖，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是線段的中點．（1）求證：平面；（2）若，求二面角的大?。唬?）若線段上總存在一點，使得，求的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）設(shè)，連結(jié)，，通過證明為平行四邊形得，或者建立空間直角坐標系，利用向量證明平行；（2）建立空間直角坐標系，利用向量方法分別求出兩個半平面的法向量的夾角即可得到二面角的大??；（3）根據(jù)向量的坐標表示，得恒有解即可求出的范圍.【詳解】解：（1）法一：設(shè)，連結(jié)，，因為矩形中是線段的中點，是線段的中點，所以，，所以為平行四邊形，故，又平面，平面，所以平面；法二：由題意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，因為平面平面，，所以平面，以為軸，為軸，為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，因為，，是線段的中點，則，，，，，，從而，，，，設(shè)平面的法向量為，則由，可知，不妨令，則，，從而平面的一個法向量為，計算可知，又平面，所以，從而平面.（2）若，則，，平面的一個法向量為，設(shè)平面的法向量為，則由，可知，不妨令，則，，從而平面的一個法向量為，設(shè)二面角的平面角為，因為為銳角，所以，所以二面角的大小為.（3）因為點在線段上，而，設(shè)，其中，則，從而點坐標為，于是，而，則由可知，即，所以，解得，故的最大值為.【點睛】此題考查立體幾何中的證明和計算問題，利用空間向量解決二面角的大小和探索性的問題，解體更加簡便.練．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，，底面.（1）當為何值時，平面？證明你的結(jié)論；（2）若在邊上至少存在一點，使，求的取值范圍.【答案】（1），證明見詳解；（2）【解析】【分析】（1）要證平面，只需證垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，由題意可知，則只需證明，只有當四邊形為正方形時滿足.（2）由題意可知，若存在點，使，則平面，即，則點應(yīng)是以為直徑的圓和邊的一個公共點，即半徑，求解即可.【詳解】（1）當時，四邊形為正方形，則.因為平面，平面，所以，又，平面，平面所以平面.故當時，平面.（2）設(shè)是符合條件的邊上的點.因為平面，平面所以，又，，平面，平面所以平面，因為平面，所以.因此，點應(yīng)是以為直徑的圓和邊的一個公共點.則半徑，即.所以.【點睛】本題考查根據(jù)線面垂直與線線垂直求參數(shù)，屬于難題.例2-3．如圖所示，在中，斜邊，，將沿直線AC旋轉(zhuǎn)得到，設(shè)二面角的大小為．（1）取AB的中點E，過點E的平面與AC，AD分別交于點F，G，當平面平面BDC時，求FG的長；（2）當時，求二面角的余弦值．（3）是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）1；（2）；（3）不存在.【解析】【分析】（1）根據(jù)平面平面BDC，得到，再由E為AB的中點，得到G，F(xiàn)都為相應(yīng)邊的中點，從而由求解；（2）過點B作，連接DO，則，由，易證平面ABC，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標系，求得平面BCD的一個法向量，易知是平面ACD的一個法向量，再由求解；（3）假設(shè)存在，由求解.【詳解】（1）如圖所示：因為平面平面BDC，平面平面BDC=BD，平面平面EFG=EG，所以，因為E為AB的中點，所以G為AD的中點，同理可證F為AC的中點，所以，在中，斜邊，，所以，即，所以；（2）過點B作，連接DO，則，面，因為，則平面平面ABC，因為平面平面ABC=AC，所以平面ABC，以O(shè)為原點，建立如圖所示空間直角坐標系；在中，斜邊，，所以，則，所以，設(shè)平面BCD的一個法向量為，則，即，令，得，則，因為平面ACD，所以是平面ACD的一個法向量，所以.即二面角的余弦值是．（3）假設(shè)存在，則，，，解得，則，因為，所以不存在，使得.練．如圖，在四棱錐中，底面是平形四邊形，設(shè)∠ABC=θ，平面，點為的中點，且，PA=AD=2．（1）若θ=45°，求二面角P?BC?A的正切值；（2）是否存在使PM⊥BD，若存在求出，若不存在請說明理由．【答案】（1）2；（2）存在θ=90°，使PM⊥BD.【解析】【分析】（1）連接AM，由幾何關(guān)系可得∠PMA是二面角P?BC?A的平面角，據(jù)此可求得二面角P?BC?A的正切值．（2）假設(shè)存在，使PM⊥BD，PA⊥BD，設(shè)BD∩AM=E，由幾何關(guān)系求得EM的長度，進一步確定角θ的值即可.【詳解】（1）連接AM，因為ABCD是平形四邊形，所以BM=1又AB=1，θ=45°，由余弦定理得AM=2所以AM2+BM2又因為PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AM，又PA∩AM=A，所以BC⊥平面PAM，因為PM?平面PAM，所以BC⊥PM，所以∠PMA是二面角P?BC?A的平面角，在Rt△PAM中，tan∠PMA=PAAM（2）假設(shè)存在，使PM⊥BD，因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，故PA⊥BD，PA∩PM=P，所以BD⊥平面PAM，因為AM?平面PAM，所以BD⊥AM．設(shè)BD∩AM=E在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，△ADE∽△MBE，所以AEME設(shè)EM=x，則EA=2x，由BD⊥AM得12?2x2=B所以AM=3x=62，又AB=1，BM=22所以有即存在θ=90°，使PM⊥BD．【點睛】本題考查二面角的正切值的求法，考查滿足線線垂直的角是否存在的判斷與求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．例2-4（恒）．如圖,在直三棱柱ABC?A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,且斜邊AB=22,側(cè)棱AA1=3,點為（1）求證：不論λ取何值時,恒有CD⊥B（2）當λ=13時,求平面與平面所成二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【詳解】試題分析：（1）這個問題反面容易想象，當λ變化時，B1E都在平面ABB1A1上，因此只要證明CD⊥平面ABB試題解析：（1）證明:在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC

,點D為AC的中點，\CD^AB,又在直三棱柱ABC?A1B\AA1^CD,又AA1∩AB=A,∴又不論l取何值時，B1Eì平面ABB（2）法一：由（1）知，CD^平面ABB\DE⊥CD,AD⊥CD.即∠ADE為二面角E－CD－A的平面角.∵λ=1又AD=1∴DE=A∴∴平面CDE與平面ABC所成的銳二面角的余弦值大小為.法二：分別以CA,CB,CC1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系C—xyz，則C（0,0,0）,D（1,1,0）,E（2,0,1）,B1(0,2,3),C設(shè)平面CDE的一個法向量為n=(x,y,z),則{n?CD=x+y=0,n?平面ABC的一個法向量為C∴|cos∴平面CDE與平面ABC所成的銳二面角的余弦值大小為.考點：線面垂直的判斷與性質(zhì)，二面角．【名師點睛】求二面角，通常是用空間向量法，即建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，求出二面角兩個面的法向量，由法向量的夾角求得二面角．在用這種方法求解時，有一個易錯的地方就是不判斷二面角是銳角不是鈍角，就想當然地認為法向量的夾角就是等于二面角．當然象本題已經(jīng)有棱的垂面了，二面角的平面角已經(jīng)出現(xiàn)了，因此直接用定義求二面角即可，沒必要再用向量法求解．練．如圖,四棱錐的底面是正方形,平面,,AD=2a，點是上的點,且DE=λa(0<λ≤2).（1）求證:對任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.（2）設(shè)二面角的大小為θ,直線與平面所成的角為φ,若,求λ的值.【答案】（1）證明略；（2）.【解析】【詳解】試題分析：（1）可先證明ACBD，根據(jù)三垂線定理即可得證；（2）先找出和，因為由SD平面ABCD知，二面角C-AE-D的平面角可由三垂線定理法作出.再用表示出和，代入，解方程即可.試題解析：（1）證明：連接BE，BD，由底面ABCD是正方形可得ACBD，SD平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，ACBE；（2）解：由SD平面ABCD知，由SD平面ABCD，SD平面ABCD，SDCD；又底面ABCD，的是正方形，CDAD，而SDAD=D，CD平面SAD.連接AE、CE，過點D在平面SAD內(nèi)作DFAE于F，連接CF，則CFAE，故是二面角C-AE-D的平面角，即.在Rt中，BD=2a，DE=，；在Rt中，AD=，DE=，，從而；在Rt中，.由，得，所以，由，解得，即為所求.考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；直線與平面垂直的性質(zhì)類型三、探索線面關(guān)系例3-1．（2018年全國卷Ⅲ文數(shù)高考試題）如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．（1）證明：平面平面；（2）在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在，理由見解析【詳解】：（1）由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）當P為AM的中點時，MC∥平面PBD．證明如下：連結(jié)AC交BD于O．因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC中點．連結(jié)OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．練．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．（Ⅰ）在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由；（Ⅱ）證明：平面PAB⊥平面PBD．【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）詳見解析.【詳解】試題分析：本題考查線面平行、線線平行、線線垂直、線面垂直等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、分析問題的能力、計算能力.第（Ⅰ）問，先證明線線平行，再利用線面平行的判定定理證明線面平行；第（Ⅱ）問，先由線面垂直得到線線垂直，再利用線面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAB，最后利用面面垂直的判定定理證明面面垂直.試題解析：（Ⅰ）取棱AD的中點M（M∈平面PAD），點M即為所求的一個點.理由如下：因為AD∥BC,BC=AD，所以BC∥AM,且BC=AM.所以四邊形AMCB是平行四邊形，從而CM∥AB.又AB平面PAB,CM平面PAB,所以CM∥平面PAB.（說明：取棱PD的中點N,則所找的點可以是直線MN上任意一點）（Ⅱ）由已知，PA⊥AB,PA⊥CD,因為AD∥BC,BC=AD，所以直線AB與CD相交，所以PA⊥平面ABCD.從而PA⊥BD.因為AD∥BC,BC=AD，所以BC∥MD,且BC=MD.所以四邊形BCDM是平行四邊形.所以BM=CD=AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.又BD平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.練．七面體玩具是一種常見的兒童玩具．在幾何學(xué)中，七面體是指由七個面組成的多面體，常見的七面體有六角錐?五角柱?正三角錐柱?Szilassi多面體等．在拓撲學(xué)中，共有34種拓撲結(jié)構(gòu)明顯差異的凸七面體，它們可以看作是由一個長方體經(jīng)過簡單切割而得到的．在如圖所示的七面體中，平面（1）在該七面體中，探究以下兩個結(jié)論是否正確．若正確，給出證明；若不正確，請說明理由：①平面；②平面；（2）求該七面體的體積．【答案】（1）結(jié)論①正確；證明見解析；結(jié)論②錯誤；答案見解析；（2）．【分析】（1）①由平行四邊形得線線平行，再得線面平行；②假設(shè)平面，平面，得平面，得，但，所以，與矛盾，故②錯誤.（2）將七面體進行分解，七面體的體積等于，轉(zhuǎn)化為容易求體積的幾何體來計算；也可補形為長方體,通過來求解；以及利用空間直角坐標系也行.【詳解】（1）結(jié)論①正確，結(jié)論②錯誤，理由如下：對于結(jié)論①，因為且，連接，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，平面結(jié)論①正確對于結(jié)論②，若，則，因為平面，，所以平面，所以，又因為，所以平面，所以，而在梯形中，，，所以，與矛盾所以結(jié)論②錯誤．（2）方法一：連接，交于點，連接，則在平面中，與EG相交，設(shè)交點為，則由可得，又，該七面體的體積等于方法二：將該七面體補成如圖所示的長方體；方法三：建立空間直角坐標系，利用空間向量求點到平面的距離后求三棱錐的體積．(參照給分【點睛】充分利用題目信息，特別是幾何體的幾何特征，并會假設(shè)結(jié)論成立，推導(dǎo)，若得出矛盾，則假設(shè)錯誤，否則假設(shè)成立.復(fù)雜的不規(guī)則的幾何體體積求解,需要轉(zhuǎn)化為常見幾何體的體積來解.例3-2．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側(cè)面底面，，分別為中點，．（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在一點，使平面？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）不存在；理由見解析．【分析】（1）作的中點，連接，先利用面面平行的判定定理，證明出平面平面，進而根據(jù)面面平行的性質(zhì)證明出平面；（2）作垂直于，作，連接，作中點，連接，先證出為二面角的平面角，進而求得和，最后在直角三角形中求得；（3）先假設(shè)存在點，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，表示出和，根據(jù)向量共線的性質(zhì)建立等式對求解．【詳解】（1）作的中點，連接，∵在中，為中點，∴，∵平面，平面，∴平面，同理可證明平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面；（2）作垂直于，作，連接，作中點，連接，∵，∴，∵，∴，∵為中點，∴，，∵側(cè)面底面，∴底面，∵，∴，∴為二面角的平面角，∵，∴∽，∴，，∴∴，∴，即二面角的余弦值為；（3）不存在．假設(shè)存在，連接，交于點，為平面和平面的交線，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，則（1，0，0），（1，2，0），（﹣1，2，0），（﹣1，0，0），，，（0，1，0），設(shè)，則，設(shè)平面的一個法向量是，∵，即，令，則，∵因為平面，∴，∴，，，∵，共線，，，∴，∴，無解，故在棱上不存在一點，使得平面.類型四、探索面面平行與垂直例4-1.如圖，在三棱柱中，平面，，E，F(xiàn)分別為，的中點．（Ⅰ）在四邊形內(nèi)是否存在點G，使平面平面？若存在，求出該點的位置；若不存在，請說明理由；（Ⅱ）設(shè)D是的中點，求與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）四邊形內(nèi)存在點G，即線段上任意一點，使平面平面；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取，的中點M，N，可得，從而可得平面，同理可證平面，由面面平行的判定定理可得平面平面，從而可得結(jié)論；（Ⅱ）取的中點O，建立空間直角坐標系，利用向量法即可求得與平面所成角的正弦值．【詳解】（Ⅰ）如圖所示，取，的中點M，N，連接，，，，，，因為E，F(xiàn)分別為，的中點，所以在直三棱柱中，，又因為平面，平面，所以平面，同理可證平面，又，所以平面平面，即平面平面，所以四邊形內(nèi)存在點G，即線段上任意一點，使平面平面．（Ⅱ）取的中點O，連接，，則在直三棱柱中，，，兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，所在的直線為x軸，所在的直線為y軸，所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，，，，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，，所以，所以，所以與平面所成角的正弦值為．例4-2.如圖所示，在四棱錐中，平面，，，，為的中點．（1）求證平面；（2）若點為的中點，線段上是否存在一點，使得平面平面？若存在，請確定的位置；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在；．【分析】（1）先證明平面，進而得到面，得出，再根據(jù)條件證明，最后根據(jù)線面垂直的判定定理得到結(jié)論；（2）建立空間直角坐標系，設(shè)，求出兩個平面的法向量，進而根據(jù)面面垂直求出k.【詳解】（1）因為平面，所以，又，，所以平面，又，所以面，面，．又，為的中點，所以，而，所以平面．（2）以A為坐標原點，所在方向分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，．所以，設(shè)（），所以，則，所以，，設(shè)平面的法向量為，則，，即，令，則，由（1）可知為平面的一個法向量，若平面平面，則，即，解得．即時平面平面.例4-3（恒垂直）．已知四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，且，平面，、分別是、上的中點，直線與平面所成角的正弦值為，點在上移動.（1）證明：無論點在上如何移動，平面平面；（2）若點為的中點，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）本小題先證明是正三角形，從而證明，再證明，接著證明平面，最后平面平面.（2）本小題先建立空間直角坐標系，再明確就是直線與平面所成的角，求得、，并標點，接著求平面的一個法向量，平面的一個法向量，最后求出二面角的余弦值為.【詳解】（1）因為底面為菱形，，所以是正三角形，又是的中點，所以，又，所以.因為平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）得，，，兩兩垂直，以，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖.因為平面.，所以就是直線與平面所成的角，在中，由得，由已知，則，得，所以，即，從而，則，，，，，，，所以，，設(shè)是平面的一個法向量，則取，得.又平面，∴是平面的一個法向量，所以，由圖可知為銳二面角，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查利用線面垂直證明面面垂直，利用空間向量求二面角的余弦值，是偏難題.類型五、探索線面角例5-1．如圖，四棱錐中，底面為菱形，，，平面，．（1）點E在線段PC上，，點F在線段PD上，，求證：平面；（2）設(shè)M是直線AC上一點，求CM的長，使得MP與平面PCD所成角為．【答案】（1）證明見解析；（2）或【分析】方法一：（1）根據(jù)題意，在中，由余弦定理得，進而得，在中，由余弦定理，進而在中，由余弦定理得，故，進而平面；（2）設(shè)，點M到平面的距離為，由得，進而由得，解方程即可得答案.方法二：以所在直線為x軸，以所在直線為z軸建立空間直線坐標系利用坐標法證明.【詳解】法1：（1）因為平面ABCD，，所以，因為底面為菱形，，所以，因為，所以，所以在中，由余弦定理得，所以，即，所以在中，由余弦定理所以在中，由余弦定理得，因為，所以又，所以平面（2）設(shè)，點M到平面的距離為，則由，得，所以，即解得或從而得M點與A點重合或在的反向延長線上，則得或法2：（1）以所在直線為x軸，以所在直線為z軸建立空間直線坐標系則，所以，所以又，所以平面（2），設(shè)是平面的一個法向量，則，得，設(shè),所以，因為MP與平面PCD所成角為，所以解得或從而得M點與A點重合或在的反向延長線上，則得或例5-2．如圖，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，，，且（1）設(shè)點M為棱中點，求證平面；（2）線段上是否存在一點N，使得直線與平面所成角的正弦值等？若存在，試求出線段的長度；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在；或．【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證明直線，，兩兩垂直，以為原點，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，根據(jù)空間向量的數(shù)量積即可求解.（2）求出平面的一個法向量，根據(jù)線面角即可求解.【詳解】證明：（1）∵平面平面，平面平面，，∴平面，又，∴直線，，兩兩垂直，以為原點，分別以，，為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，，，，∴∴，∵平面，∴為平面的一個法向量，∵∴，又平面，∴平面（2）解：∵，設(shè)平面的法向量為，則∴，令，得假設(shè)線段上存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值等于．設(shè)，∴∴∴，或．∴線段上存在兩個點使當或時，直線與平面所成角的正弦值等于．例5-3．直角梯形繞直角邊旋轉(zhuǎn)一周的旋轉(zhuǎn)的上底面面積為，下底面面積為，側(cè)面積為，且二面角為，，分別在線段，上．（Ⅰ）若，分別為，中點，求與所成角的余弦值；（Ⅱ）若為上的動點、為的中點，求與平面所成最大角的正切值，并求此時二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），．【分析】（Ⅰ）設(shè)出圓臺上、下底面半徑，求出圓臺高，再利用直二面角建立合適的空間直角坐標系，即可求解；（Ⅱ）取的中點，連接，，，由線線平行與線面垂直性質(zhì)，即可求解最大值，再利用空間向量法即可求解二面角的余弦值．【詳解】（Ⅰ）設(shè)圓臺上、下底面半徑分別為，．∵，∴；∵，∴．∵，∴．過點作于點，則，，∴圓臺的高為．∵二面角是直二面角，∴建立空間直角坐標系如圖所示，點，，，，，∴，∴與所成角的余弦值為．（Ⅱ）取的中點，連接，，，∴，則．∵平面，∴平面，∴為直線與平面所成角，，當時，最小，最大．在中，，，，，，即與平面所成最大角的正切值為．又點，，，，設(shè)點，平面的法向量，，，即，∴，則，，，即，解得，．即令得．易知平面的一個法向量為，設(shè)二面角的平面角為，則．由圖易得二面角為銳二面角，∴二面角的余弦值為．練．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，側(cè)棱底面，，，為的中點，點在棱上，且．（1）求直線與直線所成角的余弦值；（2）當直線與平面所成的角最大時，求此時的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）以為坐標原點，，，所在直線為，，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出與所成角的余弦值．（2）求出平面的法向量，利用向量法能求出的值．【詳解】（1）如圖，以為坐標原點，，，所在直線為，，軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，∴，∴與所成角的余弦值為．（2）點在棱上，且，∴，∴，，又，．設(shè)為平面的法向量，則，取，得，設(shè)直線與平面所成的角為，則，令，則，∴，當，即時，有最小值，此時取得最大值為，即與平面所成的角最大，此時，即的值為．練．請從下面三個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并作答.①；②；③點在平面的射影在直線上.如圖，平面五邊形中，是邊長為的等邊三角形，，，，將沿翻折成四棱錐，是棱上的動點（端點除外），分別是的中點，且___________.（1）求證：；（2）當與平面所成角最大時，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】條件選擇見解析；（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）取的中點分別為，連接.選擇①：根據(jù)，，得到，進而得到平面，易得平面平面，從而得到平面即可.選擇②：連接，易得，進而得到，進而得到平面，易得平面平面，從而得到平面即可.選擇③：根據(jù)點在平面的射影在直線上，得到平面平面，進而得到平面，則，進而得到平面，易得平面平面，從而得到平面即可.（2）連接，由平面，得到即為與平面所成的角，由，得到為中點時，最小，然后建立空間直角坐標系，取得平面的一個法向量為，以及平面的一個法向量為求解.【詳解】（1）如圖所示：取的中點分別為，連接.選擇①：因為，，所以，即.又，，所以平面.因為分別為的中點，所以，且平面，平面，所以平面.同理可得：平面.因為，所以平面平面，…所以平面.又平面，所以.選擇②：連接，則，，因為，所以.又，，所以平面.因為分別為的中點，所以，且平面，平面，所以平面.同理可得：平面.因為，所以平面平面，所以平面.又平面，所以.選擇③：因為點在平面的射影在直線上，所以平面平面.因為平面平面，平面，，所以平面，所以.又，，所以平面.因為分別為的中點，所以，且平面，平面，所以平面.…同理可得：平面.因為，所以平面平面，所以平面.又平面，所以.（2）連接，由（1）可知：平面，所以即為與平面所成的角.因為，所以當最小時，最大，所以當，即為中點，最小.以點為坐標原點，以為軸，為軸，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.所以，.設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得.由題意可知：平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.練．如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內(nèi)接正三角形，且邊長為在母線上，且．（1）求證：平面平面；（2）設(shè)線段上動點為，求直線與平面所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）證明見解析（2）1【分析】（1）設(shè)交于點連接，由，并結(jié)合可證得平面由此證得，再利用三角形相似證得從而證得平面進而證得平面平面；（2）建立空間直角坐標系，設(shè)，通過向量和平面的法向量建立直線與平面所成角的正弦值的關(guān)系式，并利用基本不等式，即可求最值．（1）證明：如圖，設(shè)交于點連接，易知，又平面平面，又平面．又是底面圓的內(nèi)接正三角形，由，可得，．又，，即．又，，，即．又平面，，平面．又平面，平面平面．（2）易知．以點為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則．設(shè)，可得．設(shè)直線與平面所成的角為，則.令，，則，當且僅當時，等號成立，當時，有最大值，于是當時，有最大值為，的最大值為，故直線與平面所成角的正弦值的最大值為．練．如圖，四棱錐的底面是邊長為的正方形，．（1）證明：；（2）當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時二面角的大小．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）分別取、的中點、，連接、、，證明出，可證得，由此可證得結(jié)論成立；（2）推導(dǎo)出為二面角的平面角，設(shè)，可得出，以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法結(jié)合基本不等式求出直線與平面所成角的正弦值的最大值，求出對應(yīng)的值，即可得解.【詳解】（1）分別取、的中點、，連接、、．因為，為的中點，所以．又因為，所以．因為四邊形為正方形，則且，、分別為、的中點，且，，所以，四邊形為矩形，則，，所以平面．因為平面，所以．在中，為的中點，，所以．又因為，，所以，從而可得；（2）由（1）可知，平面，，平面，平面，，所以，為二面角的平面角，且，以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設(shè)，其中，則、、、、、，，，，設(shè)平面的法向量為，由，即，取，則，，，，令，則，則，當且僅當時，即當時，即當時，等號成立.所以，當直線與平面所成角的正弦值最大時，二面角為．練．在①平面，②平面平面，③這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解決該問題．問題：如圖，在三棱錐中，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，為中點，為內(nèi)的動點（含邊界）．（1）求點到平面的距離；（2）若__________，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．注：若選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用等體積，轉(zhuǎn)換頂點即可；（2）建立空間直角坐標系，求其法向量，表示出線面角的正弦值，按照求值域的思路適當換元求范圍即可.【詳解】（1）在三棱錐中，連接，，因為是以為斜邊的等腰直角三角形，，為中點，所以，又平面平面，平面平面，平面∴平面又平面∴∴，，兩兩垂直.∴又∴∴點到平面的距離為.（2）與平面所成角的正弦值的取值范圍為．以選條件①為例（亦可使用綜合法、綜合與向量混用法）在三棱錐中，以為坐標原點，為正交基底，建立空間直角坐標系，則，，，，，設(shè)，則，，，，設(shè)平面的法向量為，則即即，不妨令，則同理可求得平面的法向量（選條件①）因為平面，平面∴即即∴又∴∴又平面，∴是平面的一個法向量設(shè)直線與平面所成角為，則令，，∴令，則∴在上單調(diào)遞增∴，∴，∴∴直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.選條件②，條件③結(jié)果相同.類型六、探索面面角例6-1、如圖，在半徑為的半球O中，平行四邊形是圓O的內(nèi)接四邊形，，點P是半球面上的動點，且四棱錐的體積為．（1）求動點P的軌跡T圍成的面積；（2）是否存在點P使得二面角的大小為？請說明理由．【答案】（1）；（2）存在，理由見解析.【分析】（1）根據(jù)條件得為矩形，可得底面積，由體積可得高，進而得點在底面的距離為的平面內(nèi)，點的軌跡為半徑為的圓，從而得解；（2）以底面圓的圓心為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，易知，再分別求兩個面的法向量，通過法向量表示二面角的余弦列方程求解即可.【詳解】（1）由已知條件可知，平行四邊形為矩形，因為，，所以，四邊形的面積為，設(shè)點到底面的距離為，則，解得，所以點在底面的距離為的平面內(nèi)，又因為點是半球面的動點，所以點的軌跡為半徑為的圓，所以T圍成的面積，（2）存在點P使得二面角的大小為，理由如下：以底面圓的圓心為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由（1）可知，設(shè)，易知，設(shè)平面的法向量為，，，，取，由題意可取平面的法向量為，若要滿足題目條件，則，解得，所以存在點P使得二面角的大小為.【點睛】思路點睛：利用空間向量法求解二面角的步驟如下：（1）建立合適的空間直角坐標系，寫出二面角對應(yīng)的兩個半平面中對應(yīng)的點的坐標；（2）設(shè)出法向量，根據(jù)法向量垂直于平面內(nèi)兩條直線的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面為坐標平面，直接取法向量即可）；（3）計算（2）中兩個法向量的余弦值，結(jié)合立體圖形中二面角的實際情況，判斷二面角是銳角還是鈍角，從而得到二面角的余弦值.例6-2（恒定角）．如圖1，菱形中，動點，在邊，上(不含端點)，且存在實數(shù)使，沿將向上折起得到，使得平面平面，如圖2所示.（1）若，設(shè)三棱錐和四棱錐的體積分別為，，求；（2）試討論，當點的位置變化時，二面角是否為定值，若是，求出該二面角的余弦值，若不是，說明理由.【答案】（1）；（2）;【分析】根據(jù)題目信息建立空間直角坐標系，（1）將直線的方向向量表示出來，根據(jù)數(shù)量積等于0求解題目中的取值，進而可以求得，最后獲得體積之比；（2）分別將兩個平面的法向量求解出來，根據(jù)面面角的公式求解平面角的余弦值，最后根據(jù)角是鈍角得出結(jié)果即可.【詳解】(1)取的中點為，因為即，所以,所以,又因為平面平面，平面平面，所以平面，連接,由題意可知,以點為坐標原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，,,，所以，，因為，所以，解得：或者（舍）；因為三棱錐和四棱錐的體積分別為，，所以.(2)二面角是定值,證明如下：由（1）知，面的法向量，由，，設(shè)面的法向量為，所以，取，則，，即，設(shè)二面角的平面角為，所以，由圖可知二面角的平面角為鈍角，所以二面角的平面角的余弦值為.【點睛】用向量方法解決立體幾何問題，樹立“基底”意識，利用基向量進行線性運算，要理解空間向量概念、性質(zhì)、運算，注意和平面向量類比.練．在四棱錐中，底面為菱形，，平面平面，是邊長為2的正三角形，，分別為，的中點.（Ⅰ）證明：平面；（Ⅱ）在棱上是否存在一點，使得銳二面角的余弦值為?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）存在，.【分析】（Ⅰ）取的中點，連接，，由中位線的性質(zhì)得，由線面平行的判定定理得平面，平面，再利用面面平行的判定定理及性質(zhì)定理即可得證；（Ⅱ）建立合適的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，再利用空間向量的夾角公式即可求解.【詳解】（Ⅰ）證明：取的中點，連接，，，分別為，的中點，.又平面，平面，平面.同理可證平面.又，平面平面.又平面，平面.（Ⅱ）設(shè)在上存在一點，使得銳二面角的余弦值為.為正三角形，且為的中點，.又平面平面，平面平面，平面.在菱形中，，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.則點，，，，，.設(shè)向量是平面的法向量，則令，則.設(shè)，則，.設(shè)向量是平面的法向量，則令，則，則，或（舍）在棱上存在一點，使得銳二面角的余弦值為，此時.例6-2．某人設(shè)計了一個工作臺，如圖所示，工作臺的下半部分是個正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其底面邊長為4，高為1，工作臺的上半部分是一個底面半徑為的圓柱體的四分之一．（1）當圓弧E2F2（包括端點）上的點P與B1的最短距離為5時，證明：DB1⊥平面D2EF．（2）若D1D2＝3．當點P在圓弧E2E2（包括端點）上移動時，求二面角P﹣A1C1﹣B1的正切值的取值范圍．【答案】（1）見解析，（2）【分析】（1）以為原點，以的方向分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，可得，從而可證DB1⊥平面D2EF；（2）設(shè)，則，所以，求出平面的法向量，而平面的一個法向量，設(shè)二面角的大小為，則先求出，從而可得，再由可得的范圍.【詳解】（1）證明：作平面于，則在圓弧上，因為，所以當取最小值時，最小，由圓的對稱性可知，的最小值為，所以,如圖，以為原點，以的方向分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，,因為，所以,因為平面，平面，,所以DB1⊥平面D2EF，（2）解：若D1D2＝3，由（1）知,設(shè)，因為，設(shè)所以，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，取平面的一個法向量，設(shè)二面角的大小為，顯然是鈍角，則，，則，所以二面角的正切值的取值范圍為.練．如圖，矩形中，，將其沿翻折，使點到達點的位置，且二面角為直二面角.（1）求證：平面平面；（2）設(shè)是的中點，二面角的平面角的大小為，當時，求的取值范圍.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】(1)由直二面角證得，，進而證得平面即可得證；(2)作平面，射線EB，EA，Ez分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，借助空間向量建立函數(shù)關(guān)系即可作答.【詳解】（1）因二面角為直二面角，即平面平面，又，平面平面，則平面，即，而，，于是平面，平面，所以平面平面；（2）過E作平面，由(1)知，以為原點，射線EB，EA，Ez分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，令，則，，，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，即取，則，設(shè)平面的法向量為，則，即，取，則，由圖可知二面角為銳二面角，從而有，而，所以.練；．如圖所示，四棱錐的底面是邊長為a的正方形，PB⊥平面ABCD．（1）若平面PAD與平面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積．（2）求證：無論四棱錐的高怎樣變化，平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°【答案】（1）V錐【解析】【分析】(1)正方形是四棱錐的底面，是四棱錐的高，再利用四棱錐的體積公式計算即可；（2）易得∠CEA是平面與平面所成的二面角的平面角,在ΔAEC中，證明cos∠AEC<0即可得解.【詳解】解：（1）正方形是四棱錐的底面，其面積為a2，從而只要算出四棱錐的高即可．∵PB⊥平面，∴PB⊥AD．又∵AD⊥AB，AB∩PB=B，∴AD⊥平面，AD⊥PA．∴∠PAB是平面與平面所成的二面角的平面角，∠PAB=60°而是四棱錐的高，PB=AB?tan60°=3a，（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐的側(cè)面、側(cè)面恒為全等三角形，作AE⊥DP，垂足為，連接，則ΔADE?ΔCDE．∴AE=CE，∠CED=90°，故∠CEA是平面與平面所成的二面角的平面角．設(shè)與DB相交于點，連接，則EO⊥AC，∴22a=OA<AE<AD=a=2在ΔAEC中，cos∠AEC=故平面與平面所成的二面角恒大于90°．【點睛】本題考查了四棱錐的體積公式及二面角的平面角的求法，屬綜合性較強的題型.例6-3（恒）．已知E,F分別為等腰直角三角形的邊上的中點，∠ACB=900,AC=BC=4，現(xiàn)把ΔAEF沿折起（如圖2），連結(jié)AB,AC，得到四棱錐A（1）證明：無論把ΔAEF轉(zhuǎn)到什么位置，面A1EF⊥面（2）當四棱錐A1?BCEF的體積