高考数学命题角度4_5探究性问题大题狂练理

高考数学命题角度4_5探究性问题大题狂练理

命题角度 4.5：探究性问题 1.在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB  平面 1 1BCC B ， 1 π 3BCC  ， 2AB BC  ， 1 4BB  ，点 D 在棱 1CC 上，且 1(0 1)CD CC    ．建立如图所示的空间直角坐标系． （1）当 1 2   时，求异面直线 1AB 与 1A D 的夹角的余弦值； （2）若二面角 1 1A B D A  的平面角为 π 3 ，求  的值． 【答案】（1） 5 5 ． （2） 2 3 ． 【解析】试题分析： (1)结合题中的空间直角坐标系计算可得异面直线 1AB 与 1A D 的夹角的余弦值为 5 5 . (2)二面角 1 1A B D A  的平面角为 π 3 ，则平面的法向量 1cos , 2m n  ，据此列方程可解得  的值为 2 3 ．              22 2 22 0 3 4 3 2 2 4 2 3 3 2                5 5   ． 故异面直线 1AB 与 1A D 的夹角的余弦值为 5 5 ． 设平面 1 1A B D 的法向量为  , ,n x y z ， 则 1 1 1 0,{ 0, B A m DB m       即   2 0, { 5 4 3 0, z y x     令 1y  ，解得 5 4 3 x  ， 0z  ， 所以平面 1 1A B D 的一个法向量为 5 4 ,1,0 3 n      ． 因为二面角 1 1A B D A  的平面角为 π 3 ， 所以 2 2 2 2 2 5 4 5 4 1 1 2 0 13 3cos , 25 4 5 41 2 1 3 3 m nm n m n                           ， 即 25 4 1  ，解得 2 3   或 1  （舍）， 故  的值为 2 3 ． 点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种： (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得 出结论； (2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的 值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在． 2.如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， AP AB AC a   ， 2AD a ， PA  底面 ABCD . （1）求证：平面 PCD  平面 PAC ； （2）在棱 PC 上是否存在一点 E ，使得二面角 B AE D  的平面角的余弦值为 6 3  ？若存 在，求出 CE CP   的值？若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）λ= 1 2 . 【解析】试题分析：（1）由线面垂直的性质，勾股定理分别可得 PA CD 、 CD AC ， 从而得CD  平面 PAC ， 进而可得结果；（2）以 A 为原点 , ,AB AC AP 所在直线分别 为 x、轴, y 轴, Z 轴建立如图所示坐标系，分别求出平面 BAE 与平面 DAE 的一个法 向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果. 试题解析：(1)在ACD 中,AC=a,CD=a, AD= a 由勾股定理得:CD⊥AC ∵PA⊥底面 ABCD ∴PA⊥CD AC面 PAC, PA面 PAC,PA∩AC=A ∴CD⊥面 PAC 又∵CD面 PCD ∴平面 PCD⊥平面 PAC. (2)由(1)知:AB⊥AC, 又 PA⊥底面 ABCD ∴以 A 为原点 AB,AC,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示坐标系 则 A(0,0,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(-a,a,0),P(0,0,a) 假设点 E 存在,且λ= ,则 =λ (xE,yE-a,zE)=λ(0,-a,a) ∴xE=0,yE=(1-λ)a,zE=λa =(a,0,0) =(0,(1-λ)a,λa), =(-a,a,0) 设平面 BAE 的法向量为 =(x1,y1,z1), 平面 DAE 的法向量为 =(x2,y2,z2),则 =(0,λ,λ-1) =(λ,λ,λ-1) cos< , >= = = = 由题意:|cos< , >|= 即: = 3(2λ2-2λ+1) =2(3λ2-2λ+1) ∴λ= ∴棱 PC 上存在一点 E,使得二面角 B-AE-D 的平面角的余弦值为- ,且此时λ= . 【方法点晴】本题主要考查利用空间向量求法向量以及面面垂直的判定定理，属于难题.空间 向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写 出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直 数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结 论求出相应的角和距离. 3.如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E ， F ， M ， N 分别是棱 AB ， AD ， 1 1A B ， 1 1A D 的 中 点 ， 点 P ， Q 分 别 在 棱 1DD ， 1BB 上 移 动 ， 且 (0 2)DP BQ      . （1）当 1  时，证明：直线 1 / /BC 平面 EFPQ ； （2）是否存在  ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出  的值； 若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2） 21 2    . （2）设平面 EFPQ 的一个法向量为  , ,n x y z ，则 由 0{ 0 FE n FP n         ，得 0{ 0. x y x z      ，于是可取  , ,1n    . 设平面 MNPQ 的一个法向量为  ', ', 'm x y z ，由 0{ 0 NM m NP m         ，得   ' ' 0 { ' 2 ' 0 x y x z       ， 于是可取  2,2 ,1m     . 若 存 在  ， 使 面 EFPQ 与 面 PQMN 所 成 的 二 面 角 为 直 二 面 角 ， 则    2,2 ,1 , ,1 0m n            ，即    2 2 1 0        ，解得 21 2    ， 显然满足 0 2  . 故存在 21 2    ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总 结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式 求解二面角，要注意每一个坐标的准确性 4.如图，在四棱锥 P ABCD 中， 90 , 60ABC ACD BAC CAD         ， PA  平面 ABCD ， 2, 1PA AB  . (1)设点 E 为 PD 的中点，求证： / /CE 平面 PAB ； (2)线段 PD 上是否存在一点 N ，使得直线CN 与平面 PAC 所成的角 的正弦值为 15 5 ？若 存在，试确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2） N 为 PD 中点 【解析】试题分析：（1）先取 AD 的中点 M ，利用三角形中位线性质得 / /EM PA，再根据 线面平行判定定理得 / /EM 平面 PAB .根据计算，利用平几知识得 / /MC AB ，再根据线面 平行判定定理得 / /MC 平面 PAB .从而利用面面平行判定定理得平面 / /EMC 平面 PAB .最 后根据面面平行性质得 / /EC 平面 PAB . （2）一般利用空间直角坐标系研究线面角，先根 据条件建立恰当直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求出平面法向量，根据向量数量积 求出向量夹角，最后利用线面角与向量夹角关系列方程，解出点 N 坐标，确定其位置. 试题解析：(1)证明 取 AD 的中点 M ，连接 ,EM CM ，则 / /EM PA. 因为 EM  平面 PAB ， PA  平面 PAB ，所以 / /EM 平面 PAB . 在 Rt ACD 中， 60 ,CAD CM AM ＝ ＝ ，所以 60ACM ＝ . 而 60BAC ＝ ，所以 / /MC AB . 因为 MC  平面 PAB ， AB  平面 PAB ， 所以 / /MC 平面 PAB . 又因为 EM MC M ＝ ， 所以平面 / /EMC 平面 PAB . 因为 EC 平面 EMC ， 所以 / /EC 平面 PAB . （注：（1）问也可建系来证明） ∴      3, 1,2 0,4 , 2 3,4 1,2 2CN CP PN                 ∴    2 2 12· 15sin cos , 5, 3 4 1 2 2 12 CN nCN n CN n                    ∴ 16 8 0   ,∴ 1 2   ． ∴线段 PD 上存在一点 N ， N 为 PD 中点. 5.如图， ABC 中， O 是 BC 的中点， , 2 2AB AC AO OC   ，将 BAO 沿 AO 折起， 使 B 点到达 'B 点. （1）求证： AO  平面 'B OC ； （2）当三棱锥 'B AOC 的体积最大时，试问在线段 'B A 上是否存在一点 P ，使CP 与平面 'B OA 所成的角的正弦值为 6 3 ？若存在，求出点 P 的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）不存在. 【 解 析 】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 在 ABC 中 ， O 是 BC 的 中 点 ， ,AB AC ， 所 以 ,AO BO AO CO  ，由折叠知 'AO B O ，故可以证明 AO  面 'B OC ；（2）当面 'B OA  面 AOC 时 ，三 棱锥 'B AOC 的 体积 最大 ， ∵ 面 'B OA 面 AOC AO ， 'B O AO ，∴ 'B O  面 AOC ，连结OP ，在直角三角形CPO 中，由 6sin 3CPO  ， 可以求出 OP 或者 PC 的值，即可判断是否存在点 P 。 试题解析：（1）∵ AB AC 且 O 是 BC 的中点，∴ ,AO BO AO CO  ，由折叠知 'AO B O ，又∵ 'CO B O O  ，∴ AO  面 'B OC ； （2）不存在，证明如下： 当面 'B OA  面 AOC 时，三棱锥 'B AOC 的体积最大，∵面 'B OA 面 AOC AO ， 'B O AO ，∴ 'B O  面 AOC ， 法 1：连结OP ，∵ ' , , 'CO B O CO AO AO B O O    ，∴CO  面 'B OA ，∴ CPO 即 为 CP 与 平 面 'B OA 所 成 的 角 ， 在 直 角 三 角 形 CPO 中 ， 61, ,sin2 3CO COP CPO     ，∴ 3 6 CP  ，而 'ACB 中， ' 5AC AB  ， ' 2B C  ，设 C 到直线 'AB 的距离为 h ，则由 ' 1 1 15 2 52 2 2ACBS h       ，得 3 5 h  ，∵CP h ，∴满足条件的点 P 不存在； 法 2：在直角三角形CPO 中， 1, 2CO COP    ， tan 2 OCCOP OP    ，∴ 2 2OP  ， 易求得O 到直线 'AB 的距离为 2 5 2 5 2  ，∴满足条件的点 P 不存在. 法 3 ： 已 证 得 , ',OA OB OC 两 两 垂 直 ， 如 图 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 O xyz ， 则      2,0,0 , 0,0,1 , 0,1,0A B C ， 设  ' 2 ,0,AP AB      ， 则  2 2 , 1,CP CA AP         ， 又 ∵ 平 面 'B OA 的 法 向 量  0,1,0n  ， 依 题 意 得 ， 6 3 CP n CP n       ，得 2 1 6 35 8 5     ，化简得， 210 16 7 0    ，此方程无解，∴满 足条件的点 P 不存在. 6.如图所示，等腰梯形 ABCD 的底角 A 等于 60 ，直角梯形 ADEF 所在的平面垂直于平 面 ABCD ， 90EDA   ，且 2 2 2ED AD AF AB    . （1）证明：平面 ABE  平面 EBD ； （2）点 M 在线段 EF 上，试确定点 M 的位置，使平面 MAB 与平面 ECD所成二面角的余弦 值为 3 4 . 【答案】（1）详见解析；（2） M 为线段 EF 的中点. 【解析】试题分析：（1）先利用面面垂直和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直 的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量共线设出 点的坐标，求出平面的法向量，再利用空间向量进行求解. (2) 以 B 点 为 原 点 建 立 如 图 空 间 直 角 坐 标 系 B xyz ， 则        1 31,0,0 , , ,0 , 0, 3,0 , 0, 3,2 , 1,0,12 2A C D E F      ，设平面 ECD 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ，则  1 1 0 1 3{ , , ,0 , 0,0,22 20 n CD CD DE n DE                 ，即 1 1 1 1 3 0{2 2 2 0 x y z    ， 令 1 1y   ， 得  1 3, 1,0n   ， 设  , 0,1EM EF    ， 则      , 3 3, 2 , , 3 3, 2 , 1,0,0M BM BA                 ，设平面 MAB 的 法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ，则 2 2 0{ 0 n BM n BA         ，即    2 2 2 2 3 3 2 0{ 0 x y z x           ， 2 2y   ， 得  2 0,2 , 3 3n     ，     1 2 2 2 2 1 1 2 2 3cos 42 4 10 72 2 3 1 n n n n                      ，解得 1 2   ，所以 M 为线段 EF 的中点. 7.如图，四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，平面 SAD  平面 SCD ， 2 2SA SD  ． （1）求证：平面 SAD  平面 ABCD ； （2）E 为线段 DS 上一点，若二面角 S BC E  的平面角与二面角 D BC E  的平面角大 小相等，求 SE 的长． 【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ) 10 2 4 10 . 【解析】试题分析: (1)用面面垂直的判定定理证明; (2)由已知条件建立空间直角坐标系,由 两个二面角的平面角相等,确定 E 的位置,求出 SE 的长. 试题解析:(Ⅰ)∵平面 SAD  平面 SCD ， DC AD ，∴ DC  平面 SAD ∵ DC  底面 ABCD ，∴平面 SAD  底面 ABCD (Ⅱ)取 AD 中点 M ，连接 SM SA AD SM AD   ，又因为平面 SAD  底面 ABCD ，所以 SM  平面 ABCD 以 M 为 原点， , ,MD AB MS    方向分别为 , ,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系平面 ABCD 的法向量  1 0,0,1n  ， 平面 BCS 的法 向量  2 , ,n x y z ，      0,0,1 , 1,2,0 , 1,2,0S B C ，    2,0,0 , 1, 2,1BC BS    则 2 0{ 2 0 x x y z     ， ∴  2 0,1,2n  设  2 ,0,2DE DS      ，所以  2 2 ,0,2E   由上同理可求出平面 BCE 的法向量  3 0, ,2n  由平面 BCD 、 BCS 与平面 BCE 所成的锐二面角的大小相等可得 1 3 2 3 1 3 2 3 n n n n n n n n     ， ∴ 2 5 4   ∴ 10 2 4 10SE   8.已知圆柱 1OO 底面半径为 1，高为 ，ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点 M 从点 B 出发沿着 圆柱的侧面到达点 D，其距离最短时在侧面留下的曲线  如图所示．将轴截面 ABCD 绕着轴 逆时针旋转 (0 )    后，边 1 1B C 与曲线  相交于点 P． (Ⅰ)求曲线  长度； (Ⅱ)当 2   时，求点 1C 到平面 APB 的距离； (Ⅲ)证明：不存在 (0 )    ，使得二面角 D AB P  的大小为 4  ． 【答案】(Ⅰ) 2 (Ⅱ) 不存在 试题解析：(Ⅰ)  在侧面展开图中为 BD 的长，其中 AB = AD = π， ∴  的长为 2 ; (Ⅱ)当 2   时，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有  0, 1,0A  、  0,1,0B 、 1,0, 2P     、  1 1,0,C  ，  0,2,0AB  、 1,0, 2AP       、  1 1,0,OC   设平面 ABP 的法向量为  , ,n x y z ，则 2 0 { 02 y x y z      ， 取 z = 2 得  ,0,2n  ，所以点 C1 到平面 PAB 的距离为 1 2 · 4 OC n d n         ； 注：本题也可以使用等积法求解． (Ⅲ) 假设存在满足要求的 (0 )    ， 在（II）的坐标系中，  , ,P sin cos   ，  sin ,cos 1,AP       ， 设平面 ABP 的法向量为  1 1 1, ,m x y z ，则   1 1 1 1 2 0 { 1 0 y x sin y cos z         ， 取 x1 = 1 得 sin1,0m         ， 又平面 ABD 的法向量为  1,0,0k  ， 由二面角 D AB P  的大小为 4  ， 则 2 2 1 2cos , 2sin1 m k       sin   ． ∵sin (0 )2      ，∴ 0    时，均有sin  ，与上式矛盾． 所以不存在 (0 )    使得二面角 D AB P  的大小为 4  ． 9.如图，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠ADC=90°，AE⊥平面 ABCD，EF∥CD， BC=CD=AE=EF= =1． （Ⅰ）求证：CE∥平面 ABF； （Ⅱ）求证：BE⊥AF； （Ⅲ）在直线 BC 上是否存在点 M，使二面角 E﹣MD﹣A 的大小为 ？若存在，求出 CM 的长； 若不存在，请说明理由． 【答案】（I）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）在 BC 上存在点 M，且|CM|= . 【分析】（I）作 FG∥EA，AG∥EF，连结 EG 交 AF 于 H，连结 BH，BG，由题设条件推导出四 边形 AEFG 为正方形，从而得到 CDAG 为平行四边形，由此能够证明 CE∥面 ABF． （Ⅱ）利用已知条件推导出 BG⊥面 AEFG，从而得到 AF⊥平面 BGE，由此能够证明 AF⊥BE． （Ⅲ）以 A 为原点，AG 为 x 轴，AD 为 y 轴，AE 为 z 轴，建立空间直角坐标系 A﹣xyz．利用 向量法能够求出结果． （Ⅱ）证明：∵在平行四边形 CDAG 中，∠ADC=90°， ∴BG⊥AG．又由 AE⊥平面 ABCD，知 AE⊥BG， ∴BG⊥面 AEFG，∴BG⊥AF．… 又∵AF⊥EG，∴AF⊥平面 BGE， ∴AF⊥BE．… （Ⅲ）解：如图，以 A 为原点，AG 为 x 轴，AE 为 z 轴，AD 为 y 轴， 建立空间直角坐标系 A﹣xyz． 由题意得：A（0，0，0），G（1，0，0），E（0，0，1），D（0，2，0）， 设 M（1，y0，0），则 ， ， 设面 EMD 的一个法向量 =（x，y，z）， 则 ，令 y=1，得 z=2，x=2﹣y0， ∴ =（2﹣y0，1，2）．… 又∵ ， ∴ 为面 AMD 的法向量， ∵二面角 E﹣MD﹣A 的大小为 ， ∴|cos＜ ＞|=| |=cos = ， 解得 ， ∴在 BC 上存在点 M，且|CM|=| |= ．… 【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与直线垂直的证明，考查满足条件的点 是否存在的判断，解题时要注意向量法的合理运用． 10.三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面 BCC1B1 为矩形，∠A1AB= ，二面角 A ﹣BC﹣A1 的正切值为 ． （1）求侧棱 AA1 的长； （2）侧棱 CC1 上是否存在点 D，使得直线 AD 与平面 A1BC 所成角的正切值为 ，若存在，判 断点的位置并证明；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】（1）先根据条件得到二面角 A﹣BC﹣A1 的平面角，结合余弦定理，同角的三角函数关 系以及勾股定理建立方程即可求侧棱 AA1 的长； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法以及向量关系，建立方程关系进行求 解即可． 【解答】解：（1）取 BC 的中点 E，C1B1 的中点 F，则四边形 AEFA1 为平行四边形， ∵AB=AC=2，∴AE⊥BC， ∵侧面 BCC1B1 为矩形， ∴BC⊥EF， ∵EF∩AE=E， ∴BC⊥平面 AEFA1， 则 BC⊥A1E， 则∠A1EA 是二面角 A﹣BC﹣A1 的平面角， 则 tan∠A1EA= ，则 sin∠A1EA= ，cos∠A1EA= ， 设 AA1=x， ∵AB⊥AC，AB=AC=2， ∴CE=BE= ， ∵∠A1AB= ， ∴A1B2=x2+22﹣2×2xcos =x2+2x+4， 又 A1E2=A1B2﹣BE2=x2+2x+4﹣2=x2+2x+2， 在△AEA1 中 x2=A1E2+22﹣2×2A1E =x2+2x+2﹣ • ， 即 • =2x+2， 平方整理得 3x2﹣4x﹣4=0，得 x=2 或 x=﹣ （舍）， 即侧棱 AA1 的长为 2； 设平面 A1BC 的法向量为 =（x，y，z）， 由 • =﹣2 x+ y﹣ z=0， • =﹣2 y=0， 则 y=0，令 x=1，则 z=﹣2，即 =（1，0，﹣2）， = =（ ，0， ）， 设 =m =（ m，0， m），0＜m＜1， = + =（﹣ ，﹣ ，0）+（ m，0， m）=（ （m﹣1），﹣ ， m）， ∵AD 与平面 A1BC 所成角的正切值 tanθ= ， ∴sinθ= ， 即 sinθ= =|cos＜ ， ＞|=| |= ， 平方得 7m2﹣10m+7=0， 此时判别式△=100﹣4×7×7=100﹣196=﹣96＜0， 则方程无解， 即在侧棱 CC1 上不存在点 D，使得直线 AD 与平面 A1BC 所成角的正切值为 ． 【点评】本题主要考查空间线段的长度的计算以及线面角的应用，涉及余弦定理，勾股定理 以及同角的三角函数 的关系，综合性较强，难度极大．