热点专题立体几何的综合问题.ppt

热点专题突破系列(四)立体几何的综合问题考点一考点一 平行、垂直关系的平行、垂直关系的证证明与体明与体积积的的计计算算【考情分析考情分析】以空以空间间几何体几何体(主要是柱、主要是柱、锥锥或或简单组简单组合体合体)为载为载体体,通通过过空空间间平行、垂平行、垂直关系的直关系的论证论证命制命制,主要考主要考查查公理公理4 4及及线线、面平行与垂直的判定定理与性、面平行与垂直的判定定理与性质质定理定理,常与常与平面平面图图形的有关性形的有关性质质及体及体积积的的计计算等知算等知识识交交汇汇考考查查,考考查查学生的空学生的空间间想象能力和推理想象能力和推理论证论证能力以及能力以及转转化与化化与化归归思想思想,一般以解答一般以解答题题的形式出的形式出现现,难难度中等度中等.【典例典例1 1】(2014(2014重重庆庆高考改高考改编编)如如图图所示所示,在四棱在四棱锥锥P-ABCDP-ABCD中中,底面是以底面是以O O为为中心的菱形中心的菱形,POPO底面底面ABCD,AB=2,BAD=,MABCD,AB=2,BAD=,M为为BCBC上一点上一点,且且BM=,NBM=,N为为ABAB上一点上一点,且且BN=.BN=.(1)(1)证证明明:MN:MN平面平面PAC.PAC.(2)(2)证证明明:BC:BC平面平面POM.POM.(3)(3)若若MPAP,MPAP,求四棱求四棱锥锥P-ABMOP-ABMO的体的体积积.【解解题题提示提示】(1)(1)只需只需证证明明MNMN ACAC即可即可.(2)(2)在平面在平面POMPOM内可以找到内可以找到OM,POOM,PO与与BCBC垂直垂直,从而得出从而得出结论结论.(3)(3)直接利用体直接利用体积积公式求解即可公式求解即可.【规范解答规范解答】(1)(1)因为因为BM=BN=,BM=BN=,所以所以所以所以MNMN AC.AC.又又MNMN 平面平面PAC,ACPAC,AC 平面平面PAC,PAC,所以所以MNMN 平面平面PAC.PAC.(2)(2)因为因为ABCDABCD为菱形为菱形,O,O为菱形中心为菱形中心,连接连接OB,OB,则则AOAO OB.OB.因为因为BAD=,BAD=,故故OB=ABOB=ABsin =1,sin =1,又因为又因为BM=,BM=,且且OBM=,OBM=,在在OBMOBM中中,OMOM2 2=OB=OB2 2+BM+BM2 2-2OB-2OBBMBMcoscos OBMOBM所以所以OBOB2 2=OM=OM2 2+BM+BM2 2,故故OMOM BM,BM,故故OMOM BC.BC.又又POPO 底面底面ABCD,ABCD,所以所以POPO BC.BC.从而从而BCBC与平面与平面POMPOM内两条相交直内两条相交直线线OM,POOM,PO都垂直都垂直,所以所以BCBC 平面平面POM.POM.(3)(3)由由(2)(2)得得,OA=AB,OA=AB coscos OAB=2OAB=2设设PO=a,PO=a,由由POPO 底面底面ABCDABCD知知,POAPOA为为直角三角形直角三角形,故故PAPA2 2=PO=PO2 2+OA+OA2 2=a=a2 2+3.+3.由由POMPOM也是直角三角形也是直角三角形,故故PMPM2 2=PO=PO2 2+OM+OM2 2=a=a2 2+.+.连连接接AM,AM,在在ABMABM中中,AMAM2 2=AB=AB2 2+BM+BM2 2-2AB-2AB BMBM coscos ABMABM由已知由已知MPMP AP,AP,故故APMAPM为直角三角形为直角三角形,则则PAPA2 2+PM+PM2 2=AM=AM2 2,即即 得得 (舍去舍去),),即即PO=PO=此时此时S S四边形四边形ABMOABMO=S=SAOBAOB+S+SOMBOMB=AOAOOB+OB+BMBMOMOM所以四棱锥所以四棱锥P-ABMOP-ABMO的体积的体积【规规律方法律方法】1.1.空空间间两直两直线线位置关系的判定方法位置关系的判定方法(1)(1)对对于平行直于平行直线线可通可通过过作作辅辅助助线线,利用三角形或梯形中位利用三角形或梯形中位线线的性的性质质及及线线面平行与面面平行与面面平行的性面平行的性质质定理定理.(2)(2)垂直关系可采用垂直关系可采用线线面垂直的性面垂直的性质质解决解决.2.2.空空间线间线面的位置关系的判定方法面的位置关系的判定方法(1)(1)证证明直明直线线与平面平行与平面平行,设设法在平面内找到一条直法在平面内找到一条直线线与已知直与已知直线线平行平行,解答解答时时合理利合理利用中位用中位线线性性质质、线线面平行的性面平行的性质质,或构造平行四或构造平行四边边形形,寻寻求比例关系确定两直求比例关系确定两直线线平行平行.(2)(2)证证明直明直线线与平面垂直与平面垂直,主要途径是找到一条直主要途径是找到一条直线线与平面内的两条相交直与平面内的两条相交直线线垂直垂直.解解题时题时注意分析注意分析观观察几何察几何图图形形,寻寻求求隐隐含条件含条件.3.3.空空间间面面的位置关系的判定方法面面的位置关系的判定方法(1)(1)证证明面面平行明面面平行,需要需要证证明明线线面平行面平行,要要证证明明线线面平行需面平行需证证明明线线线线平行平行,将将“面面平行面面平行”问题转问题转化化为为“线线线线平行平行”问题问题.(2)(2)证证明面面垂直明面面垂直,将将“面面垂直面面垂直”问题转问题转化化为为“线线面垂直面垂直”问题问题,再将再将“线线面垂直面垂直”问题转问题转化化为为“线线线线垂直垂直”问题问题.4.4.计计算几何体体算几何体体积积的关的关键键及注意点及注意点计计算几何体的体算几何体的体积时积时,能直接用公式能直接用公式时时,关关键键是确定几何体的高是确定几何体的高,而不能直接用公式而不能直接用公式时时,注意注意进进行体行体积积的的转转化化.【变变式式训练训练】(2015(2015 杭州模杭州模拟拟)如如图图,在三棱柱在三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1中中,ACBC,ABBB,ACBC,ABBB1 1,AC=BC=BB,AC=BC=BB1 1=2,=2,D D为为ABAB的中点的中点,且且CDDACDDA1 1.(1)(1)求求证证:平面平面A A1 1B B1 1BB平面平面ABC.ABC.(2)(2)求多面体求多面体DBC-ADBC-A1 1B B1 1C C1 1的体的体积积.【解析解析】(1)(1)因因为为AC=BC,DAC=BC,D为为ABAB的中点的中点,所以所以CDCD AB,AB,又又CDCD DADA1 1,ABDA,ABDA1 1=D,=D,所以所以CDCD 平面平面A A1 1B B1 1B,B,又因又因为为CDCD 平面平面ABC,ABC,故平面故平面A A1 1B B1 1B B 平面平面ABC.ABC.(2)(2)因因为为平面平面A A1 1B B1 1B B 平面平面ABC,ABC,平面平面A A1 1B B1 1BB平面平面ABC=AB,BBABC=AB,BB1 1 平面平面A A1 1B B1 1B,ABB,AB BBBB1 1,所以所以BBBB1 1 平面平面ABC,ABC,因此因此=S=SABCABC|AA|AA1 1|-S|-SADCADC|AA|AA1 1|=S|=SABCABC|AA|AA1 1|-S|-SABCABC|AA|AA1 1|=|=S SABCABC|AA|AA1 1|=.|=.【加固加固训练训练】(2013(2013 江西高考江西高考)如如图图,四棱柱四棱柱ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AA,AA1 1面面ABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD=,AAABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD=,AA1 1=3,E=3,E为为CDCD上一点上一点,DE=1,EC=3.,DE=1,EC=3.(1)(1)证证明明:BE:BE平面平面BBBB1 1C C1 1C.C.(2)(2)求点求点B B1 1到平面到平面EAEA1 1C C1 1的距离的距离.【解析解析】(1)(1)过过点点B B作作CDCD的垂的垂线线交交CDCD于点于点F,F,则则BF=AD=,BF=AD=,EF=AB-DE=1,FC=2.EF=AB-DE=1,FC=2.在在RtRt BFEBFE中中,BE=,BE=,在在RtRt CFBCFB中中,BC=.,BC=.在在BECBEC中中,因因为为BEBE2 2+BC+BC2 2=9=EC=9=EC2 2,所以所以BEBE BC,BC,又由又由BBBB1 1 平面平面ABCDABCD得得BEBE BBBB1 1,又又BBBB1 1BC=B,BC=B,故故BEBE 平面平面BBBB1 1C C1 1C.C.(2)(2)在在RtRt A A1 1D D1 1C C1 1中，中，同理，同理，则则设点设点B B1 1到平面到平面EAEA1 1C C1 1的距离为的距离为d d，则三棱锥，则三棱锥B B1 1-EA-EA1 1C C1 1的体积为的体积为所以点所以点B B1 1到平面到平面EAEA1 1C C1 1的距离为的距离为考点二考点二 平面平面图图形折叠成空形折叠成空间间几何体几何体问题问题【考情分析考情分析】先将平面先将平面图图形折叠成空形折叠成空间间几何体几何体,再以其再以其为载为载体研究其中的体研究其中的线线、面、面间间的的位置关系与位置关系与计计算有关的几何量是近几年高考考算有关的几何量是近几年高考考查查立体几何的一立体几何的一类类重要考向重要考向,它很好地它很好地将平面将平面图图形拓展成空形拓展成空间图间图形形,同同时时也将空也将空间间立体立体图图形向平面形向平面图图形形转转化提供了具体形象化提供了具体形象的途径的途径,是高考深是高考深层层次考次考查查空空间间想象能力的主要方向想象能力的主要方向.【典例典例2 2】(2015(2015中山模中山模拟拟)如如图图1 1所示所示,在在RtABCRtABC中中,AC=6,BC=3,ABC=90,AC=6,BC=3,ABC=90,CD,CD为为ACBACB的平分的平分线线,点点E E在在线线段段ACAC上上,且且CE=4.CE=4.如如图图2 2所示所示,将将BCDBCD沿沿CDCD折起折起,使得平面使得平面BCDBCD平面平面ACD,ACD,连连接接AB,AB,设设点点F F是是ABAB的中点的中点.(1)(1)求求证证:DE:DE平面平面BCD.BCD.(2)(2)若若EFEF平面平面BDG,BDG,其中其中G G为为直直线线ACAC与平面与平面BDGBDG的交点的交点,求三棱求三棱锥锥B-DEGB-DEG的体的体积积.【解题提示解题提示】(1)(1)由平面由平面BCDBCD 平面平面ACD,ACD,只需证明只需证明DEDE DCDC即可即可.(2)(2)先由平面先由平面BCDBCD 平面平面ACD,ACD,求得求得B B到平面到平面ACD,ACD,即即DEGDEG的距离的距离,再由体积公式求解再由体积公式求解.【规规范解答范解答】(1)(1)在在题图题图1 1中中,因因为为AC=6,BC=3,AC=6,BC=3,ABC=90,ABC=90,所以所以A=30,A=30,ACB=60.ACB=60.因因为为CDCD为为ACBACB的平分的平分线线,所以所以BCD=BCD=ACD=30,ACD=30,所以所以CD=2 .CD=2 .因因为为CE=4,CE=4,DCE=30,DCE=30,由余弦定理可得由余弦定理可得cos30=cos30=即即 ,解得解得DE=2.DE=2.则则CDCD2 2+DE+DE2 2=EC=EC2 2,所以所以CDE=90,DECDE=90,DE DC.DC.在在题图题图2 2中中,因因为为平面平面BCDBCD 平面平面ACD,ACD,平面平面BCDBCD平面平面ACD=CD,ACD=CD,DEDE 平面平面ACD,ACD,且且DEDE DC,DC,所以所以DEDE 平面平面BCD.BCD.(2)(2)在在题图题图2 2中中,因因为为EFEF 平面平面BDG,EFBDG,EF 平面平面ABC,ABC,平面平面ABCABC平面平面BDG=BG,BDG=BG,所以所以EFEF BG.BG.因因为为点点E E在在线线段段ACAC上上,CE=4,CE=4,点点F F是是ABAB的中点的中点,所以所以AE=EG=CG=2.AE=EG=CG=2.作作BHBH CDCD于点于点H.H.因因为为平面平面BCDBCD 平面平面ACD,ACD,所以所以BHBH 平面平面ACD.ACD.由已知可得由已知可得所以三棱锥所以三棱锥B-DEGB-DEG的体积的体积V=SV=SDEGDEGBH=BH=【规规律方法律方法】折叠折叠问题问题的求解策略的求解策略(1)(1)解决与折叠有关的解决与折叠有关的问题问题的关的关键键是搞清折叠前后的是搞清折叠前后的变变化量和不化量和不变变量量.一般情况下一般情况下,长长度是不度是不变变量量,而位置关系往往会而位置关系往往会发发生生变变化化.(2)(2)在解决在解决问题时问题时,要要综综合考合考虑虑折叠前后的折叠前后的图图形形,既要分析折叠后的既要分析折叠后的图图形形,也要分析折也要分析折叠前的叠前的图图形形.进进而将其而将其转转化化为为立体几何的常立体几何的常规问题规问题求解求解.解决折叠解决折叠问题问题的关注点的关注点平面平面图图形折叠成空形折叠成空间图间图形形,主要抓住主要抓住变变与不与不变变的量的量,所所谓谓不不变变的量的量,即是指即是指“未折坏未折坏”的的元素元素,包括包括“未折坏未折坏”的的边边和角和角,一般一般优优先先标标出未折坏的直角出未折坏的直角(从而从而观观察是否存在察是否存在线线面垂面垂直直),),然后然后标标出其他特殊角出其他特殊角,以及所有不以及所有不变变的的线线段段.【变变式式训练训练】(2015(2015天津模天津模拟拟)如如图图,在在边长为边长为3 3的正三角形的正三角形ABCABC中中,G,F,G,F为边为边ACAC的三等的三等分点分点,E,P,E,P分分别别是是AB,BCAB,BC边边上的点上的点,满满足足AE=CP=1,AE=CP=1,今将今将BEP,CFPBEP,CFP分分别别沿沿EP,FPEP,FP向上折向上折起起,使使边边BPBP与与边边CPCP所在的直所在的直线线重合重合,B,C,B,C折后的折后的对应对应点分点分别记为别记为B B1 1,C,C1 1.(1)(1)求求证证:C:C1 1FF平面平面B B1 1GE.GE.(2)(2)求求证证:PF:PF平面平面B B1 1EF.EF.【证证明明】(1)(1)取取EPEP的中点的中点D,D,连连接接FD,CFD,C1 1D.D.因因为为BC=3,CP=1,BC=3,CP=1,所以折起后所以折起后C C1 1为为B B1 1P P的中点的中点.所以在所以在B B1 1EPEP中中,DC,DC1 1 EBEB1 1.又因又因为为AB=BC=AC=3,AE=CP=1,AB=BC=AC=3,AE=CP=1,所以所以 ,所以所以EP=2EP=2且且EPEP GF.GF.因因为为G,FG,F为为ACAC的三等分点的三等分点,所以所以GF=1.GF=1.又因又因为为ED=EP=1,ED=EP=1,所以所以GF=ED,GF=ED,所以四所以四边边形形GEDFGEDF为为平行四平行四边边形形.所以所以FDFD GE.GE.又因又因为为DCDC1 1FD=D,GEBFD=D,GEB1 1E=E,E=E,所以平面所以平面DFCDFC1 1 平面平面B B1 1GE.GE.又因又因为为C C1 1F F 平面平面DFCDFC1 1,所以所以C C1 1F F 平面平面B B1 1GE.GE.(2)(2)连连接接EF,BEF,B1 1F,F,由已知得由已知得EPF=60,EPF=60,且且FP=1,EP=2,FP=1,EP=2,由余弦定理由余弦定理,得得EFEF2 2=1=12 2+2+22 2-212cos60=3,-212cos60=3,所以所以FPFP2 2+EF+EF2 2=EP=EP2 2,可得可得PFPF EF.EF.因因为为B B1 1C C1 1=PC=PC1 1=1,C=1,C1 1F=1,F=1,得得FCFC1 1=B=B1 1C C1 1=PC=PC1 1,所以所以PBPB1 1F F的中的中线线C C1 1F=PBF=PB1 1,可得可得PBPB1 1F F是直角三角形是直角三角形,即即B B1 1F F PF.PF.因因为为EFBEFB1 1F=F,EF,BF=F,EF,B1 1F F 平面平面B B1 1EF,EF,所以所以PFPF 平面平面B B1 1EF.EF.【加固加固训练训练】(2013(2013 湖北高考湖北高考)如如图图甲甲,在平面四在平面四边边形形ABCDABCD中中,已知已知A=45A=45,C,C=90=90,ADC=105,ADC=105,AB=BD,AB=BD,现现将四将四边边形形ABCDABCD沿沿BDBD折起折起,使平面使平面ABDABD平面平面BDCBDC(如如图图乙乙),),设设点点E,FE,F分分别为别为棱棱AC,ADAC,AD的中点的中点.(1)(1)求求证证:DC:DC平面平面ABC.ABC.(2)(2)设设CD=a,CD=a,求三棱求三棱锥锥A-BFEA-BFE的体的体积积.【解析解析】(1)(1)在在图图甲中因甲中因为为AB=BDAB=BD且且A=45,A=45,所以所以ADB=45,ADB=45,ABD=90,ABD=90,即即ABAB BD.BD.在在图图乙中乙中,因因为为平面平面ABDABD 平面平面BDC,BDC,且平面且平面ABDABD平面平面BDC=BD,BDC=BD,所以所以ABAB 底面底面BDC,BDC,所以所以ABAB CD.CD.又又DCB=90,DCB=90,所以所以DCDC BC,BC,且且ABBC=B,ABBC=B,所以所以DCDC 平面平面ABC.ABC.(2)(2)因因为为E,FE,F分分别为别为AC,ADAC,AD的中点的中点,所以所以EFEF CD,CD,又由又由(1)(1)知知,DC,DC 平面平面ABC,ABC,所以所以EFEF 平面平面ABC,ABC,所以所以V VA-BFEA-BFE=V=VF-AEBF-AEB=S=SAEBAEBFEFE在在图图甲中甲中,因因为为ADC=105,ADC=105,所以所以BDC=60,BDC=60,DBC=30,DBC=30,由由CD=aCD=a得得BD=2a,BC=a,EF=CD=a,BD=2a,BC=a,EF=CD=a,所以所以S SABCABC=AB=ABBC=BC=2a2a a=a a=a2 2,所以所以S SAEBAEB=所以所以考点三考点三 空空间间向量在立体几何中的向量在立体几何中的应应用用【考情分析考情分析】在高考中主要考在高考中主要考查查通通过过建立恰当的空建立恰当的空间间直角坐直角坐标标系系,利用空利用空间间向量的坐向量的坐标标运算运算证证明空明空间间中的中的线线、面的平行与垂直关系、面的平行与垂直关系,计计算空算空间间角角(特特别别是二面角是二面角)及空及空间间距距离离,常与空常与空间间几何体的几何体的结结构特征构特征,空空间线间线、面位置关系的判定定理与性、面位置关系的判定定理与性质质定理等知定理等知识识综综合合,以解答以解答题题形式出形式出现现,难难度中等度中等.【典例典例3 3】(2015(2015南昌模南昌模拟拟)如如图图,三棱柱三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1中中,BC=2,BC,BC=2,BC1 1=,CC=,CC1 1=,ABC=,ABC是以是以BCBC为为底底边边的等腰三角形的等腰三角形,平面平面ABCABC平面平面BCCBCC1 1B B1 1,E,F,E,F分分别为别为棱棱AB,CCAB,CC1 1的中点的中点.(1)(1)求求证证:EF:EF平面平面A A1 1BCBC1 1.(2)(2)若若ACAC2 2为为整数整数,且且EFEF与平面与平面ACCACC1 1A A1 1所成的角的正弦所成的角的正弦值为值为 ,求二面角求二面角C-AAC-AA1 1-B-B的余弦的余弦值值.【解解题题提示提示】根据平面根据平面ABCABC 平面平面BCCBCC1 1B B1 1,选选坐坐标标原点建立空原点建立空间间直角直角坐坐标标系系,(1),(1)求平面求平面A A1 1BCBC1 1的法向量的法向量n n,证证明明n n 即可即可.(2).(2)分分别别求平面求平面ACCACC1 1A A1 1与平面与平面AAAA1 1B B的法向量的法向量,利用向量的利用向量的夹夹角公式求解角公式求解.【规规范解答范解答】(1)(1)因因为为CCCC1 1=BC=BC1 1=,BC=2,=,BC=2,所以所以CCCC1 1B B是以是以BCBC为为斜斜边边的等腰直角三角形的等腰直角三角形,取取BCBC的中点的中点O,O,连连接接AO,CAO,C1 1O,O,设设OA=b,OA=b,则则AOAO BC,CBC,C1 1OO BC,BC,因因为为面面ABCABC 面面BCCBCC1 1B B1 1,且面且面ABCABC面面BCCBCC1 1B B1 1=BC,=BC,所以所以AOAO 面面BCCBCC1 1B B1 1,C,C1 1OO 面面ABC.ABC.以以OO为为坐坐标标原点原点,以以OC,OCOC,OC1 1,OA,OA所在直所在直线为线为x,y,zx,y,z轴轴建立空建立空间间直角坐直角坐标标系系,所以所以C(1,0,0),CC(1,0,0),C1 1(0,1,0),A(0,0,b),(0,1,0),A(0,0,b),A A1 1(-1,1,b),B(-1,0,0).(-1,1,b),B(-1,0,0).所以所以所以所以 =(1,1,0)=(1,1,0)，=(1,0,-b)=(1,0,-b)，可得平面可得平面A A1 1BCBC1 1的一个法向量的一个法向量为为n n=(b,-b,1),=(b,-b,1),所以所以 ,所以所以又又EFEF 平面平面A A1 1BCBC1 1，所以，所以EFEF 平面平面A A1 1BCBC1 1.(2)(2)设平面设平面ACCACC1 1A A1 1的一个法向量为的一个法向量为n n1 1=(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1)，又又 =(-1,1,0),=(1,0,-b),=(-1,1,0),=(1,0,-b),则则 令令z z1 1=1,=1,则则n n1 1=(b,b,1).=(b,b,1).又又所以所以解得解得b=1b=1或或b=b=，因为，因为ACAC2 2为整数，所以为整数，所以b=1,b=1,所以所以n n1 1=(1,1,1)=(1,1,1)，同理可求得平面，同理可求得平面AAAA1 1B B的一个法向量的一个法向量n n2 2=(1,1,-1),=(1,1,-1),所以所以又二面角又二面角C-AAC-AA1 1-B-B为锐二面角，所以余弦值为为锐二面角，所以余弦值为【规规律方法律方法】利用空利用空间间向量向量证证明明线线面位置关系与面位置关系与计计算空算空间间角的步角的步骤骤(1)(1)根据根据题题目中的条件目中的条件,充分利用垂直关系充分利用垂直关系,尽量使相关点在坐尽量使相关点在坐标轴标轴上上,建立适当的空建立适当的空间间直角坐直角坐标标系系,求出相关点的坐求出相关点的坐标标.(2)(2)求出相关直求出相关直线线的方向向量的方向向量,相关平面的法向量相关平面的法向量,根据根据题题目的要求目的要求,选择选择适当的公式适当的公式,将相关坐将相关坐标标代入代入进进行求解和行求解和证证明明.(3)(3)回回归归待求待求证证、求解、求解问题问题.【变变式式训练训练】(2015(2015 唐山模唐山模拟拟)在如在如图图所示所示的几何体中的几何体中,四四边边形形ABCDABCD是等腰梯形是等腰梯形,ABCD,ABCD,ABC=60ABC=60,AB=2CB=2.,AB=2CB=2.在梯形在梯形ACEFACEF中中,EFAC,EFAC,且且AC=2EF,ECAC=2EF,EC平面平面ABCD.ABCD.(1)(1)求求证证:BCAF.:BCAF.(2)(2)若二面角若二面角D-AF-CD-AF-C为为4545,求求CECE的的长长.【解析解析】(1)(1)在在ABCABC中中,AC,AC2 2=AB=AB2 2+BC+BC2 2-2AB-2ABBCcos60=3,BCcos60=3,所以所以ABAB2 2=AC=AC2 2+BC+BC2 2,由勾由勾股定理知股定理知ACB=90,ACB=90,所以所以BCBC AC.AC.又因又因为为ECEC 平面平面ABCD,BCABCD,BC 平面平面ABCD,ABCD,所以所以BCBC EC.EC.又因又因为为ACEC=C,ACEC=C,所以所以BCBC 平面平面ACEF,ACEF,又又AFAF 平面平面ACEF.ACEF.所以所以BCBC AF.AF.(2)(2)因因为为ECEC 平面平面ABCD,ABCD,又由又由(1)(1)知知BCBC AC,AC,所以以所以以C C为为原点原点,建立如建立如图图所示的空所示的空间间直角坐直角坐标标系系C-xyz,C-xyz,设设CE=hCE=h，则则C(0C(0，0 0，0)0)，A(A(，0 0，0)0)，设平面设平面DAFDAF的法向量为的法向量为n n1 1=(x,y,z)=(x,y,z)，则则 所以所以令令x=x=，所以，所以又平面又平面AFCAFC的法向量的法向量n n2 2=(0=(0，1 1，0)0)，所以所以 解得解得所以所以CECE的长为的长为【加固加固训练训练】1.(20131.(2013山山东东高考高考)如如图图所示所示,在三棱在三棱锥锥P-ABQP-ABQ中中,PB,PB平面平面ABQ,BA=BP=BQ,ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,FD,C,E,F分分别别是是AQ,BQ,AP,BPAQ,BQ,AP,BP的中点的中点,AQ=2BD,AQ=2BD,PDPD与与EQEQ交于点交于点G,PCG,PC与与FQFQ交于点交于点H,H,连连接接GH.GH.(1)(1)求求证证:ABGH.:ABGH.(2)(2)求二面角求二面角D-GH-ED-GH-E的余弦的余弦值值.【解析解析】(1)(1)因因为为D,C,E,FD,C,E,F分分别别是是AQ,BQ,AP,BPAQ,BQ,AP,BP的中点的中点,所以所以EFEF AB,DCAB,DC AB.AB.所以所以EFEF DC.DC.又又EFEF 平面平面PCD,DCPCD,DC 平面平面PCD,PCD,所以所以EFEF 平面平面PCD.PCD.又又EFEF 平面平面EFQ,EFQ,平面平面EFQEFQ平面平面PCD=GH,PCD=GH,所以所以EFEF GH,GH,又又EFEF AB,AB,所以所以ABAB GH.GH.(2)(2)由由AQ=2BD,DAQ=2BD,D为为AQAQ的中点可得的中点可得,ABQABQ为为直角三角形直角三角形,ABQ=90.ABQ=90.以以B B为为坐坐标标原点原点,分分别别以以BA,BC,BPBA,BC,BP所在直所在直线为线为x,y,zx,y,z轴轴建立空建立空间间直角直角坐坐标标系系,则则B(0,0,0),B(0,0,0),设设A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),则则E(1,0,1),E(1,0,1),F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0),F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0),所以所以 =(0,1,-2),=(-1,0,0),=(1,0,0),=(1,-2,1).=(0,1,-2),=(-1,0,0),=(1,0,0),=(1,-2,1).设平面设平面GCDGCD的一个法向量为的一个法向量为n n1 1=(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1),),则则得得取取n n1 1=(0,2,1)=(0,2,1)，设平面设平面EFGEFG的一个法向量为的一个法向量为n n2 2=(x=(x2 2,y,y2 2,z,z2 2),),则则得得取取n n2 2=(0,1,2)=(0,1,2)，可得可得因为二面角因为二面角D-GH-ED-GH-E为钝角，为钝角，所以二面角所以二面角D-GH-ED-GH-E的余弦值为的余弦值为 .2.(20152.(2015郑郑州模州模拟拟)如如图图,四四边边形形ABCDABCD是是边长为边长为2 2的正方形的正方形,MD,MD平面平面ABCD,NBMD,ABCD,NBMD,且且NB=1,MD=2;NB=1,MD=2;(1)(1)求求证证:AM:AM平面平面BCN.BCN.(2)(2)求求ANAN与平面与平面MNCMNC所成角的正弦所成角的正弦值值.(3)E(3)E为为直直线线MNMN上一点上一点,且平面且平面ADEADE平面平面MNC,MNC,求求 的的值值.【解析解析】(1)(1)因因为为ABCDABCD是正方形是正方形,所以所以BCBC AD,AD,因因为为BCBC 平面平面AMD,ADAMD,AD 平面平面AMD,AMD,所以所以BCBC 平面平面AMD.AMD.因因为为NBNB MD,MD,又又NBNB 平面平面AMD,MDAMD,MD 平面平面AMD,AMD,所以所以NBNB 平面平面AMD.AMD.因因为为NBBC=B,NBNBBC=B,NB 平面平面BCN,BCBCN,BC 平面平面BCN,BCN,所以平面所以平面AMDAMD 平面平面BCN.BCN.因因为为AMAM 平面平面AMD,AMD,所以所以AMAM 平面平面BCN.BCN.(2)(2)因因为为MDMD 平面平面ABCD,ABCDABCD,ABCD是正方形是正方形,所以所以,可可选选点点D D为为原点原点,DA,DA,DC,DMDC,DM所在直所在直线线分分别为别为x,y,zx,y,z轴轴,建立空建立空间间直角坐直角坐标标系系(如如图图),),则则A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1),A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1),所以所以 =(0,2,1),=(0,2,1),=(2,2,-1),=(0,2,-2),=(2,2,-1),=(0,2,-2),设设平面平面MNCMNC的一个法向量的一个法向量n n=(x,y,z),=(x,y,z),则则 令令z=2,z=2,则则n n=(-1,2,2),=(-1,2,2),设设ANAN与平面与平面MNCMNC所成角所成角为为,所以所以sinsin(3)(3)设设E(x,y,z),E(x,y,z),又因又因为为 =(x,y,z-2),=(2,2,-1),=(x,y,z-2),=(2,2,-1),所以所以E E点的坐点的坐标为标为(2,2,2-).(2,2,2-).因因为为ADAD 平面平面MDC,MDC,所以所以ADAD MC,MC,欲使平面欲使平面ADEADE 平面平面MNC,MNC,只要只要AEAE MC,MC,因因为为 =(2-2,2,2-),=(0,2,-2),=(2-2,2,2-),=(0,2,-2),且且 =0,=0,所以所以4-2(2-)=0,4-2(2-)=0,所以所以=,=,所以所以考点四考点四 利用空利用空间间向量解决探索性向量解决探索性问题问题【考情分析考情分析】此此类试题类试题一般以解答一般以解答题题形式呈形式呈现现,常涉及常涉及线线、面平行、垂直、空、面平行、垂直、空间间角的角的计计算算问题问题,是高考命是高考命题题的的热热点点,一般有两种考一般有两种考查查形式形式:(1)(1)根据条件作出判断根据条件作出判断,再再进进一步一步论证论证.(2)(2)利用空利用空间间向量向量,先假先假设设存在点的坐存在点的坐标标,再根据条件判断再根据条件判断该该点的坐点的坐标标是否存在是否存在.【典例典例4 4】(2015(2015 深圳模深圳模拟拟)在直角梯形在直角梯形ABCDABCD中中,ADBC,BC=2AD=2AB,ADBC,BC=2AD=2AB=2 ,ABBC,=2 ,ABBC,如如图图所示所示,把把ABDABD沿沿BDBD翻折翻折,使得平面使得平面ABDABD平面平面BCD.BCD.(1)(1)求求证证:CDAB.:CDAB.(2)(2)若点若点M M为线为线段段BCBC的中点的中点,求点求点M M到平面到平面ACDACD的距离的距离.(3)(3)在在线线段段BCBC上是否存在点上是否存在点N,N,使得使得ANAN与平面与平面ACDACD所成的角所成的角为为6060?若存若存在在,求出求出 的的值值;若不存在若不存在,请说请说明理由明理由.【解解题题提示提示】(1)(1)根据平面根据平面ABDABD 平面平面BCD,BCD,只需只需证证明明CDCD BD,BD,进进而得到而得到CDCD 平面平面ABD,ABD,从而从而证证明明CDCD AB.AB.(2)(2)以以D D为为原点建立空原点建立空间间直角坐直角坐标标系系,求出向量求出向量 及平面及平面ACDACD的一个法向量的一个法向量n n,代入点到代入点到平面的距离公式求解平面的距离公式求解.(3)(3)假假设设在在线线段段BCBC上存在一点上存在一点N N使使ANAN与平面与平面ACDACD所成的角所成的角为为60,60,再利用向量的再利用向量的夹夹角公角公式式进进行运算判断行运算判断.【规范解答规范解答】(1)(1)在直角梯形在直角梯形ABCDABCD中，中，ADAD BCBC，BC=2AD=2AB=BC=2AD=2AB=ABAB BC,BC,所以所以AD=AB=,BD=2AD=AB=,BD=2，DBC=DBC=ADB=45ADB=45，CD=CD=所以所以BDBD2 2+CD+CD2 2=BC=BC2 2,所以所以CDCD BD.BD.因为平面因为平面ABDABD 平面平面BCD,BCD,平面平面ABDABD平面平面BCD=BDBCD=BD，所以，所以CDCD 平面平面ABDABD，又，又ABAB 平平面面ABDABD，所以，所以CDCD AB.AB.(2)(2)由由(1)(1)知知CDCD BD.BD.以点以点D D为原点，为原点，DBDB所在的直所在的直线为线为x x轴，轴，DCDC所在的直线为所在的直线为y y轴，过点轴，过点D D作垂直作垂直于平面于平面BCDBCD的直线为的直线为z z轴，建立空间直角坐标系轴，建立空间直角坐标系D-xyzD-xyz，如图所示，由已知得，如图所示，由已知得A(1,0,1)A(1,0,1)，B(2,0,0)B(2,0,0)，C(0,2,0)C(0,2,0)，D(0,0,0)D(0,0,0)，M(1,1,0)M(1,1,0)，所以，所以 =(0,-2,0)=(0,-2,0)，=(-1,0,-1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0).=(-1,1,0).设平面设平面ACDACD的一个法向量为的一个法向量为n n=(x,y,z)=(x,y,z)，则，则 即即 令令x=1x=1，得，得z=-1z=-1，y=0,y=0,则平面则平面ACDACD的一个法的一个法向量为向量为n n=(1,0,-1),=(1,0,-1),所以点所以点MM到平面到平面ACDACD的距离为的距离为(3)(3)假设在线段假设在线段BCBC上存在点上存在点N N，使得，使得ANAN与平面与平面ACDACD所成的角为所成的角为60.60.设设 (0(0 1)1)，N(a,b,0),N(a,b,0),则则(a-2,b,0)=(-2,2,0),(a-2,b,0)=(-2,2,0),所以所以N(2-2,2,0),=(1-2,2