2018高中数学（文）黄金100题系列第68题+立体几何中的探索性问题

第68题　立体几何中的探索性问题 I．题源探究·黄金母题
【例1】【2016高考北京文数】如图，在四棱锥中，平面，
（I）求证：；
（II）求证：；
（III）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，
使得平面?说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；
（III）存在.理由见解析.
【解析】分析：（Ⅰ）利用线面垂直判定定理证明；（Ⅱ）利用面面垂直判定定理证明；（III）取中点，连结，则，根据线面平行定理则平面.
解析：（I）因为平面，所以．又因为，所以平面．
（II）因为，，所以．
因为平面，所以．
所以平面．
所以平面平面．
（III）棱上存在点，使得平面．证明如下：取中点，连结，，．
又因为为的中点，所以．
又因为平面，所以平面．

【名师点睛】在解决立体几何探索性问题时，常常先通过空间观察和条件分析（中点）假设存在符合条件的点，然后进行推理论证。
II．考场精彩·真题回放
【例2】【2015高考安徽文19】如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，
.
（Ⅰ）求三棱锥P-ABC的体积；
（Ⅱ）证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求的值.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解：由题设＝1,
可得.由面 ，可知是三棱锥的高,又
所以三棱锥的体积
（Ⅱ）证：在平面内，过点B作，
垂足为，过作交于，连接.
由面知，所以.由于，故面，又面，所以.在直角中，
，从而.由，得.
【名师点睛】本题将正弦定理求三角形的面积巧妙地结合到求锥体的体积之中，本题的第（Ⅱ）问需要学生构造出线面垂直，进而利用性质定理证明出面面垂直，本题考查了考生的空间想象能力、构造能力和运算能力.
【例3】【2016高考四川文科】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，.
（I）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
（II）证明：平面PAB⊥平面PBD.
【答案】（Ⅰ）取棱AD的中点M，证明详见解析；（Ⅱ）证明详见解析.
【解析】分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，只要在平面上作交于即得；（Ⅱ）要证面面垂直，先证线面垂直，也就要证线线垂直，本题中有（由线面垂直的性质或定义得），另外可以由平面几何知识证明，从而有线面垂直，再有面面垂直．
试题解析：
（I）取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点.理由如下：
因为AD‖BC,BC=AD，所以BC‖AM, 且BC=AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM‖AB.
又AB 平面PAB,CM 平面PAB,
所以CM∥平面PAB.(说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
（II）由已知，PA⊥AB, PA ⊥CD,因为AD∥BC,BC=AD，所以直线AB与CD相交，所以PA ⊥平面ABCD.
从而PA ⊥ BD.因为AD∥BC,BC=AD，
所以BC∥MD,且BC=MD.
所以四边形BCDM是平行四边形.
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.
【例4】【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接.
（Ⅰ）证明：平面. 试判断四面体是
否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；
（Ⅱ）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．
【答案】（Ⅰ）四面体是一个鳖臑；
（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）因为底面，所以. 由底面为长方形，有，而，所以平面. 平面，所以. 又因为，点是的中点，所以. 而，所以平面. 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是
（Ⅱ）由已知，是阳马的高，所以；由（Ⅰ）知，是鳖臑的高， ，所以.在△中，因为，点是的中点，
所以，
于是
【名师点睛】以《九章算术》为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，但其实质仍然是考查线面垂直与简单几何体的体积计算，其解题思路：第一问通过线线、线面垂直相互之间的转化进行证明，第二问关键注意底面积和高之比，运用锥体的体积计算公式进行求解. 结合数学史料的给予新定义，不仅考查学生解题能力，也增强对数学的兴趣培养，为空间立体几何注入了新的活力.
【例5】【2014四川文18】在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形。
（Ⅰ）若，证明：直线平面；
（Ⅱ）设，分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线平面？请证明你的结论。
【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，M为线段AB的中点时，直线平面.
【解析】分析：（1）证直线垂直平面，就是证直线垂直平面内的两条相交直线.已经有了，那么再在平面内找一条直线与BC垂直. 据题意易得，平面ABC，所以.由此得平面.（2）首先连结，取的中点O. 考虑到，分别是线段，的中点，故在线段上取中点，易得.从而得直线平面.
解析：（Ⅰ）因为四边形和都是矩形，
所以.因为AB，AC
为平面ABC内的两条相交直线，所以平面ABC.
因为直线平面ABC内，所以.
又由已知，为平面内的两条相交直线，所以，平面.
（2）取线段AB的中点M，连接，
设O为的交点.由已知，O为的中点.
连接MD，OE，则MD，OE分别为的中位线.所以，，
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则.因为直线平面，平面，所以直线平面.即线段AB上存在一点M（线段AB的中点），使得直线平面.
【名师点睛】证明直线和平面垂直可以利用判定定理，即线线垂直到线面垂直；也可以利用面面垂直的性质定理，即面面垂直到线面垂直；立体几何中的“是否存在”问题解决办法通常为先取在证.
精彩解读
【试题来源】2016高考北京文数17题
【母题评析】本题共3问题对立体几何中平行于垂直考查比较全面，而第3问具有一定的探索性，使问题变的比较活泼，对于探索性问题的处理，首先应凭借几何直觉进行大胆的猜想，然后再进行严密的论证。对于培养学生的探究能力和创新能力很有裨益。
【思路方法】对于探索开放性问题，采用先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.
【命题意图】考察空间想象能力，猜想能力及推理论证和转化思想。
【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本以解答为主，难度中等偏难.
【难点中心】在熟练进行几何论证基础上，形成几何直觉。
III．理论基础·解题原理
　立体几何初步是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.
考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．
对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型.
IV．题型攻略·深度挖掘
【考试方向】
这类试题在考查题型上，通常问题解答题形式。
【技能方法】
1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.
2.在立体几何的垂直关系问题中，需根据题目具体条件结合垂直的判断定理，寻找必要条件。
3.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.
V．举一反三·触类旁通
考向1　空间平行关系的探索
【例1】【2017·湖南师大附中检测】如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，
求SE∶EC；若不存在，试说明理由.
【答案】见解析
【解析】(1)证明　连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S－ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.
过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN.
在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，NE?平面BNE，BN?平面BNE，
BN∩NE＝N，PO?平面PAC，PC?平面PAC，PO∩PC＝P，
所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.
因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.
【例2】【2016·西安模拟】如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：
(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；
若不存在，请说明理由；
(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.
【答案】见解析
【解析】(1)解　如图，
线段AB上存在一点K，且当AK＝AB时，BC∥平面DFK.
证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.
∵AK＝AB，F为AE的中点，∴KF∥EH，∴KF∥BC，
∵KF?平面DFK，BC?平面DFK，∴BC∥平面DFK.
(2)证明　∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，
∴在折起后的图形中，AE＝BE＝，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，
∴BE⊥平面ADE，∵BE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.
【跟踪练习】
1.【2017·石家庄模拟】在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.
(1)求证：AC⊥平面FBC.
(2)求四面体FBCD的体积.
(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】见解析
(2)解　因为AC⊥平面FBC，FC?平面FBC，所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.
在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.
所以△BCD的面积为S＝.
所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝S·FC＝.
(3)解　线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.
证明如下：连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.
因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.
所以EA∥MN.因为MN?平面FDM，EA?平面FDM，
所以EA∥平面FDM.所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，
使得EA∥平面FDM成立.
2.【2017三明市期末】已知正四棱锥S﹣ABCD的各条棱长都相等，且点E，F分别是SB，SD的中点．
（1）求证：AC⊥SB；
（2）在SC上是否存在点M，使平面△MBD∥平面AEF，若存在，求出的值；
若不存在，说明理由．
【答案】见解析
解析：（1）证明：设AC∩BD=O，则O为底面正方形ABCD中心，连接SO，
∵SA=SC，O是AC的中点，∴SO⊥AC．又BD⊥AC，且SO∩BD=O，
∴AC⊥平面SBD，又SB?平面SBD，∴AC⊥SB．
（2）解：存在点M，设SO∩EF=G，连AG，CG．
取CG中点H，连OH并延长交SC于点M，
∵O是AC中点，∴OH∥AG，即OM∥AG，
又EF∥BD，OM，BD?平面AEF，AG，EF?平面AEF，
∴OM∥平面AEF，BD∥平面AEF，
又OM∩BD=O，OM，BD?平面MBD，
∴平面MBD∥平面AEF，在△SOC中，作FN∥OM交SC于N，
则N是SM的中点，M是NC的中点，∴．
【点评】本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，属于中档题．
3.【2017北京西城区期末】如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），求证：EF∥GH；
（Ⅲ）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF？若存在，
求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，
且AC?平面ABCD，∴AC⊥平面BDEF．
又AC?平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF．
（Ⅱ）证明：∵EF∥BD，EF?平面AEF，BD?平面AEF，∴BD∥平面AEF，
又BD?平面BDGH，平面AEF∩平面BDGH=GH，
∴BD∥GH，又BD∥EF，∴GH∥EF．
（Ⅲ）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF，此时．
以下给出证明过程．证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，
因为BD∥EF，BD?平面AEF，EF?平面AEF，
所以BD∥平面AEF．设AC∩BD=O，连接OM，
在△ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OM∥AE，
又因为OM?平面AEF，AE?平面AEF，所以OM∥平面AEF．
又因为OM∩BD=O，OM，BD?平面BDM，所以平面BDM∥平面AEF．
4.【2017湖南三模】如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．
（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；
（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；
（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，
求出PE的长；若不存在，说明理由．
【答案】见解析
（II）要求三棱锥的体积，首先根据所给的体积确定用哪一个面做底面，会使得计算简单一些，选择三角形AMC，做出底面面积，利用体积公式得到结果．
（III）对于这种是否存在的问题，首先要观察出结论，再进行证明，根据线面平行的判定定理，利用中位线确定线与线平行，得到结论．
解：（Ⅰ）证明：∵ABCD为菱形，∴AB=BC又∠ABC=60°，
∴AB=BC=AC，又M为BC中点，∴BC⊥AM
而PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC
又PA∩AM=A，∴BC⊥平面AMN
（II）∵，又PA⊥底面ABCD，PA=2，∴AN=1
∴三棱锥N﹣AMC的体积S△AMC?AN=
（III）存在点E，取PD中点E，连接NE，EC，AE，
∵N，E分别为PA，PD中点，∴
又在菱形ABCD中，
∴，即MCEN是平行四边形∴NM∥EC，
又EC?平面ACE，NM?平面ACE
∴MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，此时．
【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，是一个非常适合作为高考题目出现的问题，题目包含的知识点比较全面，重点突出，是一个好题
考向2　空间垂直关系的探索
【例1】【2017·秦皇岛调研】如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示.
(1)求证：A1F⊥BE；
(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.
【答案】见解析
(2)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，
则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，
所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
【例2】【2018哈尔滨质检】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，
并加以证明；若不存在，请说明理由.

【答案】见解析
(2)解　存在满足要求的点G.证明如下：在线段CD上存在一点G为CD的中点，
使得平面EFG⊥平面PDC，
因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.
又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，
所以CD⊥平面EFG，又CD?平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.
【跟踪练习】
1.【2017贵阳模拟模拟】如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC
的条件是(　　)
A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC
【答案】B
【解析】A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.
2. 【2017朝阳区模拟】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).
【答案】DM⊥PC(或BM⊥PC等)
【解析】由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
有PC⊥平面MBD.又PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
3.【2017湖北武汉武昌调研】在矩形ABCD中，AB①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
【答案】②
4．【2017贵阳模拟】已知如图，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.
(1)在直线BC上求作一点O，使BC⊥平面AOD，写出作法并说明理由；
(2)求三棱锥A-BCD的体积.
【答案】见解析
【解析】 (1)作AO⊥BC，交CB延长线于点O，连接DO，则BC⊥平面AOD.
5．【2017兰州模拟】如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，
求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P-ABC的高．又PA＝1，
所以三棱锥P-ABC的体积V＝·S△ABC·PA＝
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，
过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM?平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos ∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝.由MN∥PA，得＝＝.
6.【2017届安徽省合肥联考】如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，
四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点.
(1)证明：AE∥平面BDF.
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】见解析
(2)解　当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连 接DP，PH，CH，∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面.∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD?平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE?平面BCE，
∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，
又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM?平面DPHC，
∴BE⊥PM，即PM⊥BE.
7.【2017平谷区模拟】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD，PD=AD=3，PM=2MD，AN=2NB，
（Ⅰ）求证：直线AM∥平面PNC；
（Ⅱ）在AB上是否存在一点E，使CD⊥平面PDE，若存在，确定E的位置，
并证明，若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求三棱锥C﹣PDA的体积．
【答案】见解析
【解答】证明：（Ⅰ）在PC上去一点F，使PF=2FC，连接MF，NF，因为PM=2MD，AN=2NB，所以FM∥DC，，AN∥DC，AN=，所以．
所以MFNA为平行四边形，即AM∥NA，又AM?平面PNC
所以直线AM∥平面PNC
（Ⅱ）因为E是AB中点，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，所以∠AED=90°
因为AB∥CD，所以，∠EDC=90°即CD⊥DE．
又PD⊥平面ABCD，所以CD⊥PD
又DE∩PD=D所以直线CD⊥平面PDE
（Ⅲ）直线AB∥DC，且由（Ⅱ）可知，DE为点A到平面PDC的距离，，，．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理与直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力．