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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 立體幾何中的探索性問題的解題策略 [策略詮釋] 1．主要類型：(1)對平行或垂直關(guān)系的探索．(2)對條件或結(jié)論不完備的開放性問題的探索． 2．解題思路：首先假設(shè)其存在，然后在這個(gè)假設(shè)下推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，若推出了矛盾就否定假設(shè)． 3．注意事項(xiàng)：(1)解決此類問題的關(guān)鍵是通過條件與所求把要探索的問題確定下來． (2)在轉(zhuǎn)化過程中要有理有據(jù)，不能憑空猜測． 【典例1】　(xx四川高考) 在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形． (1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1； (2)設(shè)D，E分別是線段BC，CC1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結(jié)論． [審題] (1)切入點(diǎn)：先利用線面垂直的判定定理證明AA1⊥平面ABC，再證明直線BC⊥平面ACC1A1. 關(guān)注點(diǎn)：注意條件AC⊥BC的應(yīng)用． (2)切入點(diǎn)：由于D，E分別是線段BC，CC1的中點(diǎn)，易猜想M應(yīng)為線段AB的中點(diǎn)． 關(guān)注點(diǎn)：只要在平面A1MC內(nèi)找到一條與DE平行的直線即可． [解題] 【解】　(1)因?yàn)樗倪呅蜛BB1A1和ACC1A1都是矩形， 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.2分 因?yàn)锳B，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交的直線， 所以AA1⊥平面ABC.4分 因?yàn)橹本€BC?平面ABC，所以AA1⊥BC. 又由已知，AC⊥BC，AA1，AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交的直線， 所以BC⊥平面ACC1A1.6分 (2)取線段AB的中點(diǎn)M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設(shè)O為A1C，AC1的交點(diǎn)． 由已知，O為AC1的中點(diǎn).8分 連接MD，OE，則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線， 所以，MD綊AC，OE綊AC， 因此MD綊OE.9分 連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形， 則DE∥MO. 因?yàn)橹本€DE?平面A1MC，MO?平面A1MC， 所以直線DE∥平面A1MC.11分 即線段AB上存在一點(diǎn)M(線段AB的中點(diǎn))，使直線DE∥平面A1MC.12分 [變題] 1．(xx北京東城模擬)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，P為DN的中點(diǎn)． (1)求證：BD⊥MC. (2)線段AB上是否存在點(diǎn)E，使得AP∥平面NEC，若存在，說明在什么位置，并加以證明；若不存在，說明理由． 【解】　(1)連接AC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD， 所以AM⊥平面ABCD. 因?yàn)锽D?平面ABCD， 所以AM⊥BD. 因?yàn)锳C∩AM＝A， 所以BD⊥平面MAC. 又MC?平面MAC，所以BD⊥MC. (2)當(dāng)E為AB的中點(diǎn)時(shí)，有AP∥平面NEC.取NC的中點(diǎn)S，連接PS，SE. 因?yàn)镻S∥DC∥AE，PS＝AE＝DC， 所以四邊形APSE是平行四邊形， 所以AP∥SE. 又SE?平面NEC，AP?平面NEC， 所以AP∥平面NEC. 【典例2】　(12分)(xx北京豐臺模擬)如圖(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90，BC＝3，AC＝6.D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖(2)． (1)求證：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大??； (3)線段BC上是否存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由． [審題] (1)切入點(diǎn)：先從折疊前后關(guān)系入手證明DE⊥AC. 關(guān)注點(diǎn)：折疊前后線面間的位置關(guān)系． (2)切入點(diǎn)：先由條件建立空間直角坐標(biāo)系，求面平面A1BE的法向量． 關(guān)注點(diǎn)：線面角與方向向量和法向量所求角的關(guān)系． (3)切入點(diǎn)：首先假設(shè)存在點(diǎn)P. 關(guān)注點(diǎn)：由平面A1DP與平面A1BE垂直知其法向量垂直． 【解】　(1)證明：∵AC⊥BC，DE∥BC， ∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D，DE⊥CD， ∴DE⊥平面A1DC. ∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD，且DE∩CD＝D， ∴A1C⊥平面BCDE. (2)如圖所示，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2，2,0)． 設(shè)平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝0，n＝0. 又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)， ∴ 令y＝1，則x＝2，z＝， ∴n＝(2,1，).6分 設(shè)CM與平面A1BE所成的角為θ. ∵＝(0,1，)， ∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝ ||＝＝. ∴CM與平面A1BE所成角的大小為.8分 (3)線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．理由如下： 假設(shè)這樣的點(diǎn)P存在，使其坐標(biāo)為(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 設(shè)平面A1DP的法向量為m＝(x′，y′，z′)， 則m＝0，m＝0. 又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)， ∴ 令x′＝2，則y′＝p，z′＝， ∴m＝(2，p，).10分 平面A1DP⊥平面A1BE，當(dāng)且僅當(dāng)mn＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，與p∈[0,3]矛盾． ∴線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直.12分 【變題】 2．(xx貴州貴陽質(zhì)檢)如圖，正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2. (1)若點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，求證：BD1∥平面A1DE； (2)在線段AB上是否存在點(diǎn) E，使二面角D1－EC－D的大小為？若存在，求出AE的長；若不存在，請說明理由． 【解】　(1)四邊形ADD1A1為正方形，連接AD1，A1D∩AD1＝F，則F是AD1的中點(diǎn)，又因?yàn)辄c(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，連接EF，則EF為△ABD1的中位線，所以EF∥BD1. 又因?yàn)锽D1?平面A1DE，EF?平面A1DE， 所以BD1∥平面A1DE. (2)根據(jù)題意得DD1⊥平面ABCD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0，0,1)，C(0,2,0)． 設(shè)滿足條件的點(diǎn)E存在， 令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)， ＝(－1,2－y0,0)，＝(0,2，－1)， 設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量， 則得令y1＝1，則平面D1EC的法向量為n1＝(2－y0,1,2)，由題知平面DEC的一個(gè)法向量n2＝(0,0,1)． 由二面角D1－EC－D的大小為得 cos＝＝＝，解得y0＝2－∈[0,2]， 所以當(dāng)AE＝2－時(shí)，二面角D1－EC－D的大小為.