1、问题 30 转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题一、考情分析立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象力，又可以考查学生的意志力和探究意识，逐步成为近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一，探究性问题主要有两类：一是推理型，即探究空间中的平行与垂直关系，可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究；二是计算型，即对几何体中的空间角与距离、几何体的体积等计算型问题的有关探究，此类问题多通过求角、求距离、体积等的基本方法把这些探究性问题转化为关于某个参数的方程，根据方程解的存在性来解决.二、经验分享1.对命题条件的探索常采用以下三种方法： (1)先猜后证， 即先观察与尝试给出条件再给出
2、证明. (2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性. (2)把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件. 2.对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然 后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在.这是一种最常用也是最基本的方法对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在.求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论. 3.解决立体几何中的探索性问题的步骤：第一步：写出探求的最后结论；第二步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答
3、题规范三、题型分析(一) 空间线面关系的探索性问题1.空间平行关系的探索性问题【例 1】如图，在正三棱柱 ABC A1B1C1中，点 D 在边 BC 上， AD C1D（1）求证： AD平面 BC C1 B1；（2）设在棱 1上是否存在点 E，使得 A1E平面 ADC1？请给出证明【分析】 （1）利用正棱柱的性质侧棱与底面垂直，得到 C面 AB，从而 1CAD，然后结合已知即可得证；（2）根据正三棱柱的性质即可判断点的存在性，当 E为棱 1的中点时，有 1/E，从而可证 A1E平面 ADC1.【解析】 （1）在正三棱柱中， C C1平面 ABC， AD平面 ABC， AD C C1又 AD C
4、1D， C C1交 C1D 于 C1，且 C C1和 C1D 都在面 BC C1 B1内， AD面 BC C1 B1（2）存在点 E，当点 为棱 1的中点时， A1E平面 ADC1.由（1） ，得 AD BC在正三角形 ABC 中， D 是 BC 的中点当 E为 B1C1的中点时， A1E平面 ADC1事实上，正三棱柱 ABC A1B1C1中，四边形 BC C1 B1是矩形，且 D、 E 分别是 BC、 B1C1的中点，所以B1B DE， B1B= DE又 B1B AA1，且 B1B=AA1， DE AA1，且 DE=AA1 所以四边形 ADE A1为平行四边形，所以 E A1 AD而 E A
5、1面 AD C1内，故 A1E平面 AD C1 【点评】线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明的两个重点，此类探究性问题的求解，一定要灵活利用空间几何体的结构特征，注意其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的应用；为棱 1B的中点时，有 1/D等的灵活应用，帮助我们能够准确地判断探究性问题的结论，丙直接迅速地把握证明的思路.【小试牛刀】 【湖南省怀化市 2019 届高三 3 月第一次模拟】如图，四棱锥 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 倍， 为侧棱 上的点.（1）求证： ；（2）若 平面 ，求二面角 的大小；（3）在（2）的条件下，侧棱 上是否存在一点 ，使得 平
6、面 .若存在，求 的值；若不存在，试说明理由.【解析】 （1）连 交 于 ，由题意 .在正方形 中， ，所以 平面 ，得（2）由题设知，连 ，设 交于 于 ，由题意知 平面 .以 为坐标原点， ， ， 分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立坐标系 如图.设底面边长为 ，则高 .则 ， ，又 平面 ，则平面 的一个法向量 ，平面 的一个法向量 ，则 ，又二面角 为锐角，则二面角 为 ；（3）在棱 上存在一点 使 平面 .由（2）知 是平面 的一个法向量，且 ，设 ，则 又 平面 ，所以 ，则 .即当 时，而 不在平面 内，故 平面 .2.空间垂直关系的探索性问题【例 2】棱长为 2 的正方体 中，E
7、 为棱 1CD的中点，F 为棱 BC的中点. (1)求证： 1AED； (2)求在线段 上是否存在点 G，使 AE面 DFG.？试证明你的结论.【分析】 （1）先根据正方体的性质得到 1DA， 1AB，进而证明 1DA面 1BC，故可得到结论；（2）首先根据正方体的结构特征确定点 G 的存在性和具体位置，然后进行证明.【解析】 （1）连接 1A， BC， 由正方体的性质可知 1， 1，所以 D面 ，所以 1E.(2) 存在点 G，当点 G 为 1A点， E面 DFG.证明如下：由(1) 知 1D，取 CD 的中点 H，连 AH, EH .由 DF AH , DF EH，AH EH = H ，得
8、 DF 平面 AHE，所以 DF AE.又因为 ，所以 AE面 DFA1，即 AE面 DFG.【点评】以特殊几何体为背景的空中线面关系的探究性问题，很容易忽视几何体中的一些特殊的平行、垂直关系，导 致探究性问题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）问需要利用棱与一组平行平面垂直的性质得到线面垂直关系，作为证明的起点；（2）问如果忽视（1）中结论的应用，则就无法判断结果，无法进行证明.【小试牛刀】 【江西省吉安市 2019 届期末】如图，四面体 中， 平面 ， ， 证明 平面 ；在线段 上是否存在点 ，使得 ，若 存在，求 的值，若不存在，请说明理由【解析】 由题设知 ， ， ，平面 ABC，
9、， 平面 PAB点 D 为 PC 的中点，且 ，使得 理由如下：在平面 ABC 内，过点 B 作 ，垂足为 E，在平面 PAC 内，过点 E 作 ，交 PC 于点 D，连结 BD，由 平面 ABC，知 ， ，平面 DBE，平面 DBE， ，在 中， ，点 E 为 AC 的中点，则点 D 为 PC 的中点，在 中， ， ， ，(二) 空间角的探索性问题【例 3】如图，在四棱锥中 平面 ，且 ，（1）求证： ABPC；（2）在线段 PD上，是否存在一点 M，使得二面角 的大小为 45，如果存在，求 BM与平面 MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由【分析】 （1）证明线线垂直，一般利用线面垂
10、直性质定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需要利用线面垂直判定定理：先根据平几知识寻找线线垂直，如由等腰三角形性质得 AC，又由条件 P平面 BD，得线线垂直： PAB，这样就转化为线面垂直 B平面 P，即得ABC（2）研究二面角大小，一般利用空间向量比较直接：先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系列方程组，解出 M点坐标，确定 点位置，再利用线面角与向量夹角互余关系求 M与平面 AC所成角的正弦值【解析】（1）证明：如图，由已知得四边形 ABCD是直角梯形，由已知 ，可得 是等腰直角三角
11、形，即 A，又 PA平面 B，则 PB，所以 平面 PC，所以 ABP 4 分（2）存在 法一：（猜证法）观察图形特点，点 M可能是线段 D的中点，下面证明当 是线段 的中点时，二面角 的大小为 45过点 作 NA于 ，则 /NPA，则 M平面 ABCD过点 作 GC于 ，连接 G，则 M是二面角 的平面角，因为 是线段 PD的中点，则 ，在四边形 ABC求得 1NG，则 在三棱锥 ABC中，可得 ，设点 到平面 M的距离是 h，则 ，解得 2h 在 RtBMN中，可得 7，设 与平面 AC所成的角为 ，则 法二：（作图法）过点 作 ND于 ，则 /MNPA，则 平面 ABCD，过点 M作 G
12、于 ，连接 G，则 是二面角 的平面角若 ，则 ，又 ，易求得 1MN，即 是线段 P的中点 （以下同解法一）法三：（向量计算法）建立如图所示空间直角坐标系，则设 ，则 M的坐标为 设 ,nxyz是平面 AC的一个法向量，则0ACM，得 ，则可取 又 ,1m是平面 AD的一个法向量，所以 ，此时平面 AMC的一个法向量可取 ，B与平面 所成的角为 ，则 【点评】空间角的探究性问题要注意两个方面：一是空间角的正确表示，即利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间角时要注意两者的准确转化；二是注意我们再利用方程判断存在性时，要特别注意题中的条件限制，如点在线段上等.【小试牛刀】如图，在直三棱柱 中，
13、 ， 2ABC， D是 的中点（1）求证： 1/AB平面 1DC；（2）求二面角 的余弦值；（3）试问线段 1上是否存在点 E，使 A与 1DC成 3角？若存在，确定 点位置，若不存在，说明理由 【解析】 （1）证明：连结 1C，交 1于点 O，连结 .由 是直三棱柱，得 四边形 1AC为矩形， O为 1AC的中点.又 D为 B中点，所以 D为 B中位线，所以 1/，因为 O平面 1AC， 平面 1AC， 所以 1/B平面 . （2）解：由 是直三棱柱，且 2B，故 两两垂直.如图建立 空间直角坐标系 Bxyz. 则 (0,)B， (2,0)C， (,20)A， 1(,)C， (,0)D.所以
14、 ， . 设平面 1AD的法向量为 (,)nxyz，则有 10nA，所以 ， 取 1，得 . 易知平面 AC的法向量为 (0,)v. 由二面角 是锐角，得 .所以二面角 的余弦值为23.（3）解：假设存在满足条件的点 E.因为 E在线段 1AB上， 1(0,2)， 1(,0)B，故可设 (0,1)E，其中 0,2.所以 ， . 因为 AE与 1DC成 3角，所以 即 ，解得 1，所以当点 E为线段 1AB中点时， E与 1DC成 3角. 【例 4】如图，直四棱柱 中，侧棱 12A，底面 BCD是菱形， 2A， P为侧棱 1上的动点（1）求证： 1DPAC；（2）在棱 B上是否存在点 ，使得二面
15、角 的大小为 120？试证明你的结论.【分析】 （1）利用直四棱柱的结构特征，证明 AC平面 BB1D1D 即可得证结论.（2）可以利用空间线面关系做出二面角的平面角，根据二面角的大小列出方程，依据方程解的情况进行判断.【解析】 （1）连接 BD，则 AC BD， D1D底面 ABCD， AC D1D AC平面 BB1D1D， D1P平面 BB1D1D， D1P AC（2）存在这样的点 P，下证明之.连接 D1O， OP， D1A=D1C， D1O AC，同理 PO AC， D1OP 是二面角 D1ACP 的平面角 D1OP =120设 ， 60，则 ， 在 1RtDBP中， 在 O中，由余弦
16、定理得 ，即 -10 分整理得 ，解得13x或 5（舍） 棱 1B上是否存在点 P，使得二面角 的大小为 120，此时13BP【点评】空间线面关系、空间角的探究问往往与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命题，解决此类探究性问题可从两个角度解决，一是直接利用传统的几何方法进行逻辑推理，必须熟练掌握特殊几何体的结构特征，注意平行与垂直关系的利用；二是直接利用向量法，此种方法简单直接，但也存在这很多易错易混的问题，特别是直线的方向向量与平面的法向量之间的运算与空间线面关系、空间角之间的正确转化是一个易错点.要熟记结论，灵活运用几何体的结构特征进行判断，准确进行两类关系之间的转化.【小试
17、牛刀】 在四棱锥中 PABCD，底面 是正方形，侧面 PAD底面 BC，且，分别为 、 的中点. （1）求证： /EF平面 PAD；（2）在线段 B上是否存在点 G，使得二面角 CPDG的余弦值为3，若存在，请求 出点 G的位置；若不存在，请说明理由.【答案】 （1）证明见解析；（2）存在， G为 AB的中点.【解析】 （1）证明：连接 AC，由正方形性质可知， C与 D相交于点 F，所以，在 P中， /EF 又 A平面 ,D平面 P F1ABCB1C xyz所以 /EF平面 PAD （2）取 的中点 O，连接 ,F，因为 ，所以 ，又因为侧面 PA底面 BC，交线为 AD，所以 PO平面 A
18、BCD，以 为原点，分别以射线 ,F和 为 x轴， y轴和 z轴建立空间直角坐标系，Oxyz，不妨设 2D 则有 ，假设在 AB上存在点 ，则 因为侧面 PA底面 BC，交线为 D，且底面是正方形，所以 CD平面 ，则 PA，由 得 ，所以 PA，即平面 C的一个法向量为 设平面 DG的法向理为 ,nxyz，由0PDnGA即02xza，亦即2zxya，可取 所以 解得 1,a（舍去） 所以线段 AB上存在点 G，且 为 AB的中点，使得二面角 CPDG的余弦值为3 （三）空间距离的探索性问题【例 5】如图，已知 平面 是等腰直角三角形，其中 2EBC，且.(1)在线段 BE上是否存在一点 F，
19、使 /C平面 ADE?(2)求线段 A上是否存在点 M，使得点 B到面 的距离等于 1？如果存在，试判断点 M的个数；如果不存在，请说明理由.【分析】 （1）问可利用线面平行的性质定理，利用过直线 CF 的平面与平面 ADE 交点的位置便可确定点 F的位置；（2）问设 B的长度，利用等积变换求出 到面 CEM的距离，构造关于 B长度的方程，根据方程解的情况进行判断.【解析】(1)当 F为 E的中点时， /CF平面 AD.证明：取 的中点 、 A的中点 G，连结 /FCFGD是平行四边形, /C/CF平面 ADE(2)不存在.设 MBx，在 RtC中， ，又因为 面 E，所以 .则在 RtB中，
20、同理， .在 RtMEC中， ， 取 的中点 H，因为 EMC，所以 HEC，而 .故 .因为点 B到面 CE的距离等于 1，所以 .而 ，所以 ，解得 2x.所以在线段 AB上只存在一点 M，当且仅当 2B时，点 B到面 CEM的距离等于 1.【点评】探究线面平行问题时，应注意几何体的结构特征，也可根据是否能构造中位线或比例线段从而找出线线平行关系进行判断.该题易出现的问题是忽视点 P 在线段 AB 上的限制条件，误以为方程的解就是结果而忽视对 的取值范围的技巧.【小试牛刀】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAD底面 ABCD，侧棱 PA=PD 2，底面 ABCD 为直角梯形，其中
21、BCAD ，ABAD，AD=2AB=2BC=2,O 为 AD 中点（）求证：PO平面 ABCD；（）线段 AD 上是否存在点 Q，使得它到平面 PCD 的距离为32？若存在，求出AQD值；若不存在，请OPA DCB说明理由【答案】 （）证明见解析；（）13【解析】 （）证明：在 PAD中 ， O为 AD中点，所以 POAD又侧面 PA底面 BC，平面 平面 ， 平面 ，所以 O平面 （）连接 、假设存在点 Q，使得它到平面 PCD的距离为 设 Dx，则12DCSx因为 /BA， O为 的中点， 2AB所以 ，且 所以 因为 D，且所以在 RtPOC中， 2所以所以由 ，即解得32x所以存在点
22、Q满足题意，此时13AQD解决此类探究性问题的基本思路就是设出参数，根据空间线面关系的判定和性质定理进行推理，或根据角、距离、体积等的求解方法用参数表示出相关的数据，建立关于参数的方程，根据方程解的存在性以及解的个数问题来处理.解题过程需要注意以下三个问题：1.熟练把握空间线面关系的性质定理，在探究空间线面关系的有关问题时，可以把探究的结论作为已知条件，利用性质定理逐步进行推导；2.熟练掌握求解空间角、空间距离以及几何体体积等的基本方法，通过设置合适的参数，建立关于某个参数的方程，转化为方程的解的问题进行探究；3.合理设参，准确计算.探究性问题中的点往往在线段上或某个平面图形内，我们可以利用线
23、段长度的比值设置参数，但也要注意参数的取值范围的限制.四、迁移 运用1.【2018 届高考数学高考复习指导大二轮专题复习】如图，在 ABC 中， AB AC，若 AD BC，则AB2 BDBC；类似地有命题：在三棱锥 A BCD 中， AD平面 ABC，若 A 点在平面 BCD 内的射影为 M，则有S S BCMS BCD.上述命题是 ( )A. 真命题B. 增加条件“ AB AC”才是真命题C. 增加条件“ M 为 BCD 的垂心”才是真命题D. 增加条件“三棱锥 A BCD 是正三棱锥”才是真命题【答案】A【解析】因为 AD平面 ABC， AE平面 ABC， BC 平面 ABC，所以 AD
24、 AE， AD BC在 ADE 中， AE2 MEDE，又 A 点在平面 BCD 内的射影为 M，所以 AM平面 BCD， AM BC，所以 BC平面 ADE，所以 BC DE， BC AE又 ，所以 选 A2.【福建省厦门市 2018 届高三下学期第一次质量检查（3 月） 】矩形 中， ， 为 中点，将沿 所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：存在某个位置， ； 存在某个位置， ；存在某个位置， ； 存在某个位置， .其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题意画出如图所示的矩形 ：翻折后如图： .对于，连接 ，交 于点 ，易证 ，设 ，则 ， ，所以 ， ，则，
25、即 ， ，所以翻折后易得 平面 ，即可证 ，故正确；对于，若存在某个位置， ，则 平面 ，从而平面 平面 ，即 在底面 上的射影应位于线段 上，这是不可能的，故不正确；对于，若存在某个位置， ，则 平面 ，平面平面 ，则 就是二面角 的平面角，此角显然存在，即当 在底面上的射影位于 的中点时，直线 与直线 垂直，故正确；对于，若存在某个位置， ，因为 ，所以 平面 ，从而 ，这与已知矛盾，故不正确.故选 C.3 【陕西省汉中市重点中学 2019 届高三下学期 3 月联考】如图，在正方体 中，点 是底面 的中心， 是线段 的上一点.（1）若 为 的中点，求直线 与平面 所成角的正弦值；（2）能否
26、存在点 使得平面 平面 ，若能，请指出点 的位置关系，并加以证明；若不能，请说明理由.【解析】不妨设正方体的棱长为 2，以 ， ， 分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， .（1） 因为点 是 的中点，所以点 的坐标为 .所以 ， ， .设 是平面 的法向量，则 ，即 .取 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 .所以 .所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .（2）假设存在点 使得平面 平面 ，设 .显然 ， .设 是平面 的法向量，则 ，即 ，取 ，则 ， ，所以平面 的一个法向量为 .因为 ，所以点 的坐标为 .所以 ， .设 是平面 的法向量，则 ，即 .取 ，则 ，
27、所以平面 的一个法向量为 .因为平面 平面 ，所以 ，即 ， ，解得 .所以 的值为 2.即当 时，平面 平面 .4 【山东省菏泽市 2019 届高三下学期第一次模拟】在四棱锥 中， 平面 ，四边形是直角梯形， ， ， ， ， ， ，设 为棱 上一点，.（1）求证：当 时， ；（2）试确定 的值使得二面角 为 .【解析】 （1）证明：因为 ， ，过 作 于 ，则 为 中点，所以 ，又 ，所以 .所以 ，因为 平面 ，所以 ， ，在 中，由勾股定理，得当 时， ，则 ，因为 ，所以又 ，所以 ，所以 ，即 ，因为 ，又 ， ，所以 平面 ，所以又 ，所以 平面 ，所以 ，命题得证.（2）以 为原
28、点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系（如图）由（1）得： ， ，则点 ， ， ， ， ，令 ，则 ， ， ， ， ，因为 ，所以 ，所以点 ，由题目条件易证 平面 ，所以平面 的法向量 ，设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，即令 ，得因为二面角 为 ，所以 ，解得 ， ，因为 在棱 上，则 ，所以 为所求.5 【湖南省长沙市长郡中学 2019 届高三下学期第一次适应性考试(一模)】如图，在四棱锥 中，底面四边形 为直角梯形， ， ， 为线段 上一点.(1)若 ，则在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ?若存在，请确定 点的位置；若不存在，请说明理由(2)己知 ，若异面直线 与 成 角，二而角 的
29、余弦值为 ，求 的长.【解析】 （1）延长 ， 交于点 ，连接 ，则 平面 .若 平面 ，由平面 平面 ， 平面 ，则 .由 ， ，则 ，故点 是线段 上靠近点 的一个三等分点.（2） ， ， ， 平面 ， 平面 ，则 平面以点 为坐标原点，以 ， 所在的直线分别为 轴、 轴，过点 与平面 垂直的直线为 轴，建立如图所示的直角坐标系，则 ， ， ， ，则 ， ，设平面 和平面 的法向量分别为 ， .由 ， 得 即 ，令 ，则 ，故 .同理可求得 .于是 ，则 ，解之得 （负值舍去） ，故 . .6【江西省重点中学盟校 2019 届高三第一次联考】 如图，在四棱锥 中，底面 是正方形，且，平面
30、平面 ， ，点 为线段 的中点，点 是线段 上的一个动点（）求证：平面 平面 ；（）设二面角 的平面角为 ，试判断在线段 上是否存在这样的点 ，使得 ，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.【解析】 （） 四边形 是正方形， .平面 平面 平面 平面 ， 平面 . 平面 ， . ，点 为线段 的中点， .又 ， 平面 .又 平面 ，平面 平面 . （）由（）知 平面 ， ， 平面 .在平面 内过 作 交 于点 ， ，故 ， ， 两两垂直，以 为原点，以 ， ， 所在直线分别为 轴，建立如图所示空间直角坐标系 .因为 ， ， . 平面 ， 则 ， ，又 为 的中点， ， 假设在线段 上存在这
31、样的点 ，使得 ,设 ， ， ，设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，则 ，则 平面 ， 平面 的一个法向量 , ,则 .，解得 ，7 【山东省临沂市 2019 届高三 2 月教学质量检测】如图，在四棱锥 中， 平面 , ， ， ， , 是线段 的中点.（1）证明： 平面 （2）当 为何值时，四棱锥 的体积最大？并求此最大值【解析】 （1）取 PD 中点 N，连接 MN， CN， M 是 AP 的中点， MN AD 且 MN ， AD BC， AD2 BC， MN BC， MN BC，四边形 MNCB 是平行四边形， MB CN，又 BM 平面 PCD， CN平面 PCD， BM平面 PCD；（
32、2）设 PA x（0 x4 ） ， PA平面 ABCD， PA AB， ， AB ，又 AB AD， AD2 BC4， VP ABCD16，当且仅当 x ，即 x4 时取等号，故当 PA4 时，四棱锥 P ABCD 的体积最大 ，最大值为 168 【广东省汕头市 2019 年普通高考第一次模拟】如图所示，四棱锥 中， 菱形 所在的平面， 是 中点， 是 上的点（1）求证：平面 平面 ；（2）若 是 的中点，当 时，是否存在点 ，使直线 与平面 的所成角的正弦值为 ？若存在，请求出 的值，若不存在，请说明理由【解析】 （1）连接 ，因为底面 为菱形， ，所以 是正三角形，是 的中点， ，又 ，
33、平面 ， 平面 ，又 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 （2）以 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设 ，则 ，则 ，设 ，则，又 ，设 是平面 的一个法向量，则 ，取 ，得 ，设直线 与平面 所成角为 ，由 ，得： 化简得： ，解得 或 ，故存在点 满足题意，此时 为 或 9 【上海市七宝中学 2019 届高三上学期期末】在长方体 ABCD-A1B1C1D1中（如图） ， AD=AA1=1， AB=2，点 E是棱 AB 的中点（1）求异面直线 AD1与 EC 所成角的大小；（2） 九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，试问四面体 D1CDE 是否为鳖臑？并说明理由【解
34、析】 （1）取 CD 中点 F，连接 AF，则 AF EC， D1AF 为异面直线 AD1与 EC 所成角在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，由 AD=AA1=1， AB=2，得 AD1F 为等边三角形，则 异面直线 AD1与 EC 所成角的大小为 ；（2）连接 DE， E 为 AB 的中点， DE=EC= ， 又 CD=2， DE2+CE2=DC2，得 DE CE D1D底面 DEC，则 D1D CE， CE平面 D1DE，得 D1E CE四面体 D1CDE 的四个面都是直角三角形，故四面体 D1CDE 是鳖臑10.如图,在三棱锥 中, 1A底面 BC, . M、N分别为 BC和 1的中
35、点. P为侧棱 上的动点.（）求证: 1/AN平面 PM;（）求证:平面 平面 1BC;（）试判断直线 1与平面 是否能够垂直.若能垂直,求 PB的值;若不能垂直,请说明理由.【解析】 （）证明: 是三棱柱，三个侧面都是平行四边形, 1/AB且 1，又 M、 N分别为 C和 的中点， 1/B且 1， A且 ， 1N是平行四边形， /M， 1A平面 P, A平面 PM， /N平面 .（）证明: 1底面 BC， 1B底面 A， M，又 C, ，又 是 B中点， A， , 1平面 1BC， M平面 1BC，则平面 AP平面 1;（）直线 1与平面 能够垂直,且43PB，由（）知 AM平面 1BC， 1，若要使 C平面 P,仅需在平面 APM内再找一条和 A相交的直线和 1BC即可.此时我们取平面 A内和 相交的直线 ，
