1、考点一 空间向量法解决探索性问题(常考常新型考点多角探明)多角探明第二课时 空间向量的应用 探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：(1)探索性问题与平行结合；(2)探索性问题与垂直相结合；(3)探索性问题与空间角相结合.角度一：探索性问题与平行相结合1(2015北京西城二模)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直ABCD，ABBC，AB2CD2BC，EAEB.(1)求证：ABDE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(3)线段EA上是否存在点F，使EC平面FBD？若存在，求出E
2、FEA；若不存在，请说明理由解：(1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.因为EBEA，所以EOAB.因为四边形ABCD为直角梯形AB2CD2BC，ABBC，所以四边形OBCD为正方形，所以ABOD.因为EODOO，所以AB平面EOD，所以ABED.(2)因为平面ABE平面ABCD，且EOAB，所以EO平面ABCD，所以EOOD.由OB,OD,OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OAOBODOE，设OB1，所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)所以EC(1,1，1)
3、，平面ABE的一个法向量为OD(0,1,0)设直线EC与平面ABE所成的角为，所以sin|cosEC，OD|EC OD|EC|OD|33，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为 33.(3)存在点F，且EFEA13时，有EC平面FBD.证明如下：由EF 13EA13，0，13，F13，0，23，所以FB43，0，23，BD(1,1,0)设平面FBD的法向量为v(a，b，c)，则有vBD0，vFB0，所以ab0，43a23c0，取a1，得v(1,1,2)因为EC v(1,1，1)(1,1,2)0，且EC平面FBD，所以EC平面FBD，即点F满足EFEA13时，有EC平面FBD.角度二：探索性问题
4、与垂直相结合2已知正ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E-DF-C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由解：(1)在ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EFAB，又AB平面DEF，EF平面DEF，所以AB平面DEF.(2)以点 D 为坐标原点，以直线 DB，DC，DA 分别为 x 轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系 D-xyz，则 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(
5、0，2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF(1，3，0)，DE(0，3，1)，DA(0,0,2)易知平面 CDF 的法向量为DA(0,0,2)，设平面 EDF 的法向量 n(x，y，z)，则DFn0，DEn0，即x 3y0，3yz0，取 n(3，3，3)，cosDA，n DAn|DA|n|217，所以二面角 E-DF-C 的余弦值为 217.(3)存在设P(s，t,0)，则 AP DE(s，t，2)(0，3，1)3t20，t2 33，又BP(s2，t,0)，PC(s,2 3t,0)，BPPC，(s2)(2 3t)st，3st2 3.把t2 33 代入上式得s43，BP13BC，
6、在线段BC上存在点P，使APDE.此时，BPBC13.角度三：探索性问题与空间角相结合3(2015广东七校联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD底面ABCD，且PAPD22 AD,E，F分别为PC，BC的中点(1)求证：EF平面PAD；(2)求证：平面PAB平面PDC；(3)在线段AB上是否存在点G，使得二面角C-PD-G的余弦值为13？说明理由解：(1)证明：如图，连接AC，交BD于点F，底面ABCD为正方形，F为AC中点，E为PC中点所以在CPA中，EFPA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.(2)证明：因为平面PAD平面ABCD
7、，平面PAD平面ABCDAD.底面ABCD为正方形，CDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD.又PA平面PAD，所以CDPA.又PAPD22 AD，所以PAD是等腰直角三角形，且APD2，即PAPD.又CDPDD，且CD，PD平面PDC，所以PA平面PDC.又PA平面PAB，所以平面PAB平面PDC.(3)如图，取AD的中点O，连接OP，OF，因为PAPD，所以POAD.又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD，而O，F分别为AD，BD的中点，所以OFAB，又底面ABCD是正方形，故OFAD，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz如图所示，则有A(1，
8、0,0)，C(1,2,0)，F(0,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，若在AB上存在点G，使得二面角C-PD-G的余弦值为 13，连接PG，DG，设G(1，a,0)(0a2)，则 DP(1,0,1)，GD(2，a,0)，由(2)知平面PDC的一个法向量为PA(1,0，1)，设平面PGD的法向量为n(x，y，z)则nDP0，nGD0，即xz0，2xay0，解得za2y，xa2y.令y2，得n(a，2，a)，所以|cosn，PA|nPA|n|PA|2a2 42a213，解得a12舍去12.所以，在线段AB上存在点G1，12，0 此时AG14AB，使得二面角C-PD-G的余弦值为13.类
9、题通法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在(2)探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用考点二 空间向量的综合应用(重点保分型考点师生共研)典题例析(2014江西高考)如图，四棱锥 P-ABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90,PB 2,PC2,问 AB 为何值时，四棱锥 P-ABCD 的体积最大？并求此时平面 BPC
10、与平面 DPC夹角的余弦值解：(1)证明：ABCD 为矩形，故 ABAD；又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，所以 AB平面 PAD，故 ABPD.(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPG中，PG2 33，GC2 63，BG 63.设ABm，则OP PG2OG243m2，故四棱锥P-ABCD的体积为V13 6m43m2m386m2.因为m 86m2 8m26m46m223283，故当m 63，即AB 63 时，四棱锥P-ABCD的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O
11、(0,0,0)，B63，63，0，C63，2 63，0，D0，2 63，0，P0，0，63，故PC63，2 63，63，BC(0，6，0)，CD 63，0，0，设平面BPC的一个法向量n1(x，y,1)，则由n1PC，n1BC得 63 x2 63 y 63 0，6y0，解得x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面DPC的一个法向量n20，12，1.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos|n1n2|n1|n2|12141 105.类题通法立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；(2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求
12、最值问题演练冲关(2015山西模拟)如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1.(1)求证：平面FBC平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90)，试求cos 的取值范围解：(1)证明：在四边形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，BC平面ACFE.又因为BC平面FBC，所以平面FBC平面ACFE.(
13、2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系C-xyz，令FM(0 3)，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，M(，0,1)，AB(3，1,0)，BM(，1,1)设n1(x，y，z)为平面MAB的法向量，由n1AB0，n1BM0，得 3xy0，xyz0，取x1，则n1(1，3，3)n2(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，cos|n1n2|n1|n2|113 321 324.0 3，当0时，cos 有最小值 77，当 3时，cos 有最大值12，cos 77，12.“课后演练提能”见“课时跟踪检测(四十九)”(单击进入电子文档)“板块命题点专练（十二）”(单击进入电子文档)谢 谢 观 看
