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(共23张PPT)
第八章
微专题7　立体几何中的拓展性问题
立体几何初步
典例剖析·素养初现
拓展
1
平行关系中的拓展性问题
　　　如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为棱CD的中点．
(1) 求证：BD⊥平面PAC；
1
【解答】
　　　　因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又因为PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC．
拓展
1
平行关系中的拓展性问题
　　　如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为棱CD的中点．
(2) 若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
1
【解答】
　　　　因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD为正三角形．因为E为棱CD的中点，所以AE⊥CD．因为AB∥CD，所以AE⊥AB．因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，所以AE⊥PA．又因为PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB．又AE 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE．
拓展
1
平行关系中的拓展性问题
　　　如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为棱CD的中点．
(3) 棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？请说明理由．
1
【解答】
　　　　存在F，当F为PB的中点时，使得CF∥平面PAE．理由如下：如图，分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG．在△PAB中，FG∥AB且FG＝AB．在菱形ABCD中，E为CD的中点，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，则四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG．又CF 平面PAE，EG 平面PAE，所以CF∥平面PAE．
变式　如图，在三棱锥A BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD．
(1) 求证：AD⊥AC；
【解答】
　　　　因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC 平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD．因为AD 平面ABD，所以BC⊥AD．又AB⊥AD，AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，所以AD⊥平面ABC．又因为AC 平面ABC，所以AD⊥AC．
变式　如图，在三棱锥A BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD．
(2) 已知DE＝2EA，DF＝2FC，则棱BD上是否存在点G，使得平面EFG∥平面ABC？若存在，确定点G的位置，若不存在，请说明理由．
【解答】
　　　　存在点G，满足DG＝2GB时，使得平面EFG∥平面ABC．理由如下：如图，在平面ABD内，因为DE＝2EA，DG＝2GB，即＝，所以EG∥AB．又因为EG 平面ABC，AB 平面ABC，所以EG∥平面ABC，同理可得FG∥平面ABC．又EG∩FG＝G，EG 平面EFG， FG 平面EFG，故平面EFG∥平
面ABC．故存在点G，满足DG＝2GB时，使得平面EFG∥平面ABC．
拓展
2
垂直关系中的探究性问题
　　　如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD，E为棱AA1的中点，AA1＝AB＝2．
(1) 求证：AC1∥平面B1D1E．
2
【解答】
　　　　如图，连接A1C1，交B1D1于点F，连接EF．因为底面A1B1C1D1是菱形，所以F是A1C1的中点．又因为E是棱AA1的中点，所以EF∥AC1．因为EF 平面B1D1E，AC1 平面B1D1E，所以AC1∥平面B1D1E．
　　　如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD，E为棱AA1的中点，AA1＝AB＝2．
(2) 求点C到平面B1D1E的距离．
2
【解答】
　　　　如图，连接A1C，交EF于点N，连接AC．在平行四边形AA1C1C中，由E，F分别为AA1，A1C1中点，可得CN＝3A1N．又EF 平面B1D1E，所以点C到平面B1D1E的距离是点A1到平面B1D1E的距离的3倍．因为在菱形A1B1C1D1中，∠A1B1C1＝∠ABC＝60°，AA1＝AB＝2，所以A1C1＝
2，B1D1＝2，A1E＝1，又AA1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以AA1⊥AC．
因为A1C1∥AC，所以AA1⊥A1C1，所以EF＝．因为B1D1＝2，A1F＝1，B1E＝D1E＝，所以△A1B1D1的面积为B1D1·A1F＝，△B1D1E的面积为B1D1·EF＝．由＝·h＝·A1E，
其中h是A1到平面B1D1E的距离，解得h＝，所以点C到平面B1D1E的距离为．
　　　如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD，E为棱AA1的中点，AA1＝AB＝2．
(3) 在AC1上是否存在点M，满足AC1⊥平面MB1D1？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
2
【解答】
　　　　因为AA1⊥平面ABCD，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，所以AA1⊥平面A1B1C1D1．因为B1D1 平面A1B1C1D1，所以B1D1⊥AA1．因为在菱形A1B1C1D1中，B1D1⊥A1C1，且A1C1∩AA1＝A1，A1C1，AA1 平面AA1C1，所以B1D1⊥平面AA1C1．
又AC1 平面AA1C1，所以AC1⊥B1D1．如图，在Rt△AA1C1中，过F作FM⊥AC1，垂足为M．又FM∩B1D1＝F，FM，B1D1 平面MB1D1，所以AC1⊥平面MB1D1，所以存在M满足条件．在Rt△AA1C1中，AA1＝A1C1＝2，AC1＝2，F是
A1C1的中点，所以C1M＝FM＝，所以AM＝2＝．故在AC1上存在点M，满足AC1⊥平面MB1D1，此时AM＝．
变式　如图，已知三棱柱ABC A'B'C'的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，M，N分别为A'B和B'C'的中点．
(1) 求证：MN∥平面AA'C'C．
【解答】
　　　　如图，取A'B'的中点E，连接ME，NE．因为M，N分别为A'B和B'C'的中点，所以NE∥A'C'，ME∥BB'∥AA'．又A'C'，AA' 平面AA'C'C，NE，ME 平面AA'C'C，所以ME∥平面AA'C'C，NE∥平面AA'C'C，又因为ME∩NE＝E，所以平面MNE ∥平面AA'C'C．因为MN 平面MNE，所以MN∥平面AA'C'C．
变式　如图，已知三棱柱ABC A'B'C'的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，M，N分别为A'B和B'C'的中点．
(2) 设AB＝λAA'，问：当λ为何值时，CN⊥平面A'MN？试证明你的结论．
【解答】
　　　　连接BN，设AA'＝a，则AB＝λAA'＝λa，由题意知BC＝λa，CN＝BN＝．因为三棱柱ABC A'B'C'的侧棱垂直于底面，所以平面A'B'C'⊥平面BB'C'C．因为AB＝AC，N是B'C'的中点，所以A'B'＝A'C'，A'N⊥B'C'，所以A'N⊥平面
BB'C'C，又CN 平面BB'C'C，所以CN⊥A'N．要使CN⊥平面A'MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ2a2，解得λ＝．故当λ＝时，CN⊥平面A'MN．
拓展
3
与角相关的探究性问题
　　　如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B AO C是直二面角，动点D在斜边AB上．
(1) 求证：平面COD⊥平面AOB；
3
【解答】
　　　　由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，所以∠BOC是二面角B AO C的平面角．又因为二面角B AO C是直二面角，所以CO⊥BO．又因为AO∩BO＝O，AO，BO 平面AOB，所以CO⊥平面AOB，又CO 平面COD，所以平面COD⊥平面AOB．
　　　如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B AO C是直二面角，动点D在斜边AB上．
(2) 求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．
3
【解答】
　　　　由(1)知，CO⊥平面AOB，所以∠CDO是CD与平面AOB所成的角．在Rt△CDO中，CO＝BO＝ABsin＝4×＝2，所以sin∠CDO＝＝．当CD最小时，sin∠CDO最大，由于CD＝＝，故OD最小时，CD最小，此时OD⊥AB，垂足为D．由等面积法，得OD·AB＝OA·OB OD＝＝，所以CD＝，所以CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为＝．
1．探究性问题的一般解题思路
先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．
2．对命题条件的探索的三种方法
方法一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．
方法二：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．
方法三：将几何问题转化为代数问题．
注意：证明线面平行的关键是找线线平行，注意利用所给几何体中隐含的线线位置关系，当题目中有中点时，一般考虑先探索中点，再用中位线定理找平行关系．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的应用．
随堂内化·及时评价
1．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，AB＝2AA1，AC＝BC，在线段A1B1上是否存在点M，使得BM⊥CB1？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解答】
　　　　在线段A1B1上存在点M，使得BM⊥CB1，且M为线段A1B1的中点．证明如下：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D．因为AA1⊥底面ABC，CD 底面ABC，所以AA1⊥CD．又AC＝BC，所以CD⊥AB．又AA1∩AB＝A，AA1，AB 平面AA1B1B，所以CD⊥平面AA1B1B．取A1B1的中点M，连接BM．因为BM 平面AA1B1B，所以CD⊥BM．因为
AB＝2AA1，由平面几何知识可得BM⊥B1D．又CD∩B1D＝D，CD，B1D 平面B1CD，所以BM⊥平面B1CD．又CB1 平面B1CD，所以BM⊥CB1．
2．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，若D是棱CC1的中点，在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？证明你的结论．
【解答】
　　　　方法一：假设在棱AB上存在点E，使得DE∥平面AB1C1，如图，取BB1的中点F，连接DF，EF，ED，则DF∥B1C1．又DF 平面AB1C1，B1C1 平面AB1C1，所以DF∥平面AB1C1．又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D，所以平面DEF∥平面AB1C1．因为EF 平面DEF，所以EF∥平面AB1C1．又因为EF 平面ABB1，平面ABB1∩
平面AB1C1＝AB1，所以EF∥AB1．因为F是棱BB1的中点，所以E是AB的中点，即当E是AB的中点时，DE∥平面AB1C1．
方法二：存在点E，且E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1．证明如下：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1．因为DF 平面AB1C1，B1C1 平面AB1C1，所以DF∥平面AB1C1．因为E为AB的中点，连接EF，ED，则EF∥AB1．因为EF 平面AB1C1，AB1 平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面AB1C1．而DE 平面DEF，所以DE∥平面AB1C1．微专题7　立体几何中的探究性问题
1．如图，已知边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点.
(1) 求证：DB⊥PQ.
(2) 在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
(第1题)
2．如图，在三棱台ABC EFG中，EA⊥底面ABC，∠ACB＝90°，AB＝2EF.
(1) 求证：△AFG是直角三角形；
(2) 若AC＝BC，＝λ，问：λ为何值时，直线EF与平面AFG所成角的正弦值为？
(第2题)
3．如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，且CD＝PA＝4，AB＝AD＝2.
(1) 求四棱锥P ABCD的体积.
(2) 在PB上是否存在点F，使得AF∥平面PCD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(第3题)
4．如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，AB＝AC＝AD.
(1) 证明：平面PAC⊥平面PAB.
(2) 已知PA＝AB，在线段PB上是否存在一点Q，使得二面角Q AC B的平面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(第4题)
微专题7　立体几何中的探究性问题
1．【解答】 (1) 在正三角形PAD中，Q为AD的中点，故PQ⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PQ 平面PAD，所以PQ⊥底面ABCD.又DB 底面ABCD，所以DB⊥PQ.
(2) 存在点N，当N为AB的中点时，平面PCN⊥平面PQB.证明如下：如图，由(1)知PQ⊥底面ABCD，又CN 底面ABCD，所以PQ⊥CN.因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB的中点，所以BA＝CB，AQ＝BN，∠QAB＝∠NBC＝90°，所以△QAB≌△NBC，所以∠AQB＝∠BNC.因为∠AQB＋∠ABQ＝90°，所以∠BNC＋∠ABQ＝90°，所以CN⊥BQ.又PQ∩BQ＝Q，PQ，BQ 平面PQB，所以CN⊥平面PQB.又CN 平面PCN，所以平面PCN⊥平面PQB.
(第1题)
(第2题)
2．【解答】 (1) 因为EA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以EA⊥BC.又AC⊥BC，EA∩AC＝A，EA，AC 平面ACGE，所以BC⊥平面ACGE.因为三棱台ABC EFG中，FG∥BC，所以FG⊥平面ACGE.又AG 平面ACGE，所以FG⊥GA，故△AFG是直角三角形.
(2) 如图，在平面ACGE内，过点E作EH⊥AG，垂足为H，连接FH.由(1)知，FG⊥平面ACGE，因为EH 平面ACGE，所以FG⊥EH.又FG∩AG＝G，FG，AG 平面AFG，所以EH⊥平面AFG，所以∠EFH为直线EF与平面AFG所成的角.设AC＝BC＝2a，则AB＝2a，AE＝2λa.因为三棱台ABC EFG中，AB＝2EF，所以EF＝a，EG＝AC＝a.在Rt△AEG中，AG＝a，所以EH＝＝.在Rt△EFH中，sin∠EFH＝＝＝＝，解得λ＝.所以当λ＝时，直线EF与平面AFG所成角的正弦值为.
3．【解答】 (1) 如图，过点D作DM∥AB，交BC于点M，则∠DMC＝∠ABC＝90°.因为AD∥BC，DM∥AB，所以四边形ABMD是平行四边形，可得BM＝AD＝2，DM＝AB＝2.因为CD＝4，所以CM＝＝2，所以BC＝4，则四边形ABCD的面积为＝6.由题意可知PA是四棱锥P ABCD的高，则该四棱锥的体积为×6×4＝8.
(2) 如图，分别取PC，PB的中点E，F，连接AF，EF，DE.因为E，F分别是PC，PB的中点，所以EF∥BC，EF＝BC.由(1)可知AD∥BC，AD＝BC，所以AD∥EF，AD＝EF，所以四边形ADEF是平行四边形，所以AF∥DE.因为DE 平面PCD，AF 平面PCD，所以AF∥平面PCD.故存在点F，使得AF∥平面PCD，此时＝.
(第3题)
(第4题)
4．【解答】 (1) 由底面ABCD是平行四边形，知AD＝BC，又AB＝AC＝AD，则AB2＋AC2＝AD2＝BC2，所以AB⊥AC.又PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA⊥AB，又AC∩PA＝A，且AC，PA 平面PAC，所以AB⊥平面PAC，又AB 平面PAB，所以平面PAC⊥平面PAB.
(2) 如图，在线段PB上取一点Q，连接AQ.由(1)知AB⊥AC，AP⊥AC，AB∩AP＝A，AB，AP 平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AQ 平面PAB，所以AC⊥AQ，所以∠QAB为二面角Q AC B的平面角，即∠QAB＝.在Rt△PAB中，因为PA＝AB，且0<∠PBA<，则tan∠PBA＝＝，所以∠PBA＝，所以△ABQ为等边三角形，所以存在点Q满足题意，此时Q为PB的中点，即＝1.微专题7　立体几何中的探究性问题
典例剖析素养初现
拓展1　平行关系中的探究性问题
例1　如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为棱CD的中点．
(1) 求证：BD⊥平面PAC；
【解答】因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又因为PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC．
(2) 若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
【解答】因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD为正三角形．因为E为棱CD的中点，所以AE⊥CD．因为AB∥CD，所以AE⊥AB．因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，所以AE⊥PA．又因为PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB．又AE 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE．
(3) 棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？请说明理由．
【解答】存在F，当F为PB的中点时，使得CF∥平面PAE．理由如下：如图，分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG．在△PAB中，FG∥AB且FG＝AB．在菱形ABCD中，E为CD的中点，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，则四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG．又CF 平面PAE，EG 平面PAE，所以CF∥平面PAE．
变式　如图，在三棱锥A BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD．
(1) 求证：AD⊥AC；
【解答】因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC 平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD．因为AD 平面ABD，所以BC⊥AD．又AB⊥AD，AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，所以AD⊥平面ABC．又因为AC 平面ABC，所以AD⊥AC．
(2) 已知DE＝2EA，DF＝2FC，则棱BD上是否存在点G，使得平面EFG∥平面ABC？若存在，确定点G的位置，若不存在，请说明理由．
【解答】存在点G，满足DG＝2GB时，使得平面EFG∥平面ABC．理由如下：如图，在平面ABD内，因为DE＝2EA，DG＝2GB，即＝，所以EG∥AB．又因为EG 平面ABC，AB 平面ABC，所以EG∥平面ABC，同理可得FG∥平面ABC．又EG∩FG＝G，EG 平面EFG，FG 平面EFG，故平面EFG∥平面ABC．故存在点G，满足DG＝2GB时，使得平面EFG∥平面ABC．
拓展2　垂直关系中的探究性问题
例2　如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD，E为棱AA1的中点，AA1＝AB＝2．
(1) 求证：AC1∥平面B1D1E．
【解答】如图，连接A1C1，交B1D1于点F，连接EF．因为底面A1B1C1D1是菱形，所以F是A1C1的中点．又因为E是棱AA1的中点，所以EF∥AC1．因为EF 平面B1D1E，AC1 平面B1D1E，所以AC1∥平面B1D1E．
(2) 求点C到平面B1D1E的距离．
【解答】如图，连接A1C，交EF于点N，连接AC．在平行四边形AA1C1C中，由E，F分别为AA1，A1C1中点，可得CN＝3A1N．又EF 平面B1D1E，所以点C到平面B1D1E的距离是点A1到平面B1D1E的距离的3倍．因为在菱形A1B1C1D1中，∠A1B1C1＝∠ABC＝60°，AA1＝AB＝2，所以A1C1＝2，B1D1＝2，A1E＝1，又AA1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以AA1⊥AC．因为A1C1∥AC，所以AA1⊥A1C1，所以EF＝．因为B1D1＝2，A1F＝1，B1E＝D1E＝，所以△A1B1D1的面积为B1D1·A1F＝，△B1D1E的面积为B1D1·EF＝．由＝得·h＝·A1E，其中h是A1到平面B1D1E的距离，解得h＝，所以点C到平面B1D1E的距离为．
(3) 在AC1上是否存在点M，满足AC1⊥平面MB1D1？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
【解答】因为AA1⊥平面ABCD，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，所以AA1⊥平面A1B1C1D1．因为B1D1 平面A1B1C1D1，所以B1D1⊥AA1．因为在菱形A1B1C1D1中，B1D1⊥A1C1，且A1C1∩AA1＝A1，A1C1，AA1 平面AA1C1，所以B1D1⊥平面AA1C1．又AC1 平面AA1C1，所以AC1⊥B1D1．如图，在Rt△AA1C1中，过F作FM⊥AC1，垂足为M．又FM∩B1D1＝F，FM，B1D1 平面MB1D1，所以AC1⊥平面MB1D1，所以存在M满足条件．在Rt△AA1C1中，AA1＝A1C1＝2，AC1＝2，F是A1C1的中点，所以C1M＝FM＝，所以AM＝2＝．故在AC1上存在点M，满足AC1⊥平面MB1D1，此时AM＝．
变式　如图，已知三棱柱ABC A'B'C'的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，M，N分别为A'B和B'C'的中点．
(1) 求证：MN∥平面AA'C'C．
【解答】如图，取A'B'的中点E，连接ME，NE．因为M，N分别为A'B和B'C'的中点，所以NE∥A'C'，ME∥BB'∥AA'．又A'C'，AA' 平面AA'C'C，NE，ME 平面AA'C'C，所以ME∥平面AA'C'C，NE∥平面AA'C'C，又因为ME∩NE＝E，所以平面MNE∥平面AA'C'C．因为MN 平面MNE，所以MN∥平面AA'C'C．
(2) 设AB＝λAA'，问：当λ为何值时，CN⊥平面A'MN？试证明你的结论．
【解答】连接BN，设AA'＝a，则AB＝λAA'＝λa，由题意知BC＝λa，CN＝BN＝．因为三棱柱ABC A'B'C'的侧棱垂直于底面，所以平面A'B'C'⊥平面BB'C'C．因为AB＝AC，N是B'C'的中点，所以A'B'＝A'C'，A'N⊥B'C'，所以A'N⊥平面BB'C'C，又CN 平面BB'C'C，所以CN⊥A'N．要使CN⊥平面A'MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ2a2，解得λ＝．故当λ＝时，CN⊥平面A'MN．
拓展3　与角相关的探究性问题
例3　如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B AO C是直二面角，动点D在斜边AB上．
(1) 求证：平面COD⊥平面AOB；
【解答】由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，所以∠BOC是二面角B AO C的平面角．又因为二面角B AO C是直二面角，所以CO⊥BO．又因为AO∩BO＝O，AO，BO 平面AOB，所以CO⊥平面AOB，又CO 平面COD，所以平面COD⊥平面AOB．
(2) 求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．
【解答】由(1)知，CO⊥平面AOB，所以∠CDO是CD与平面AOB所成的角．在Rt△CDO中，CO＝BO＝ABsin＝4×＝2，所以sin∠CDO＝＝．当CD最小时，sin∠CDO最大，由于CD＝＝，故OD最小时，CD最小，此时OD⊥AB，垂足为D．由等面积法，得OD·AB＝OA·OB OD＝＝，所以CD＝，所以CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为＝．
1．探究性问题的一般解题思路
先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．
2．对命题条件的探索的三种方法
方法一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．
方法二：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．
方法三：将几何问题转化为代数问题．
注意：证明线面平行的关键是找线线平行，注意利用所给几何体中隐含的线线位置关系，当题目中有中点时，一般考虑先探索中点，再用中位线定理找平行关系．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的应用．
随堂内化及时评价
1．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，AB＝2AA1，AC＝BC，在线段A1B1上是否存在点M，使得BM⊥CB1？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解答】在线段A1B1上存在点M，使得BM⊥CB1，且M为线段A1B1的中点．证明如下：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D．因为AA1⊥底面ABC，CD 底面ABC，所以AA1⊥CD．又AC＝BC，所以CD⊥AB．又AA1∩AB＝A，AA1，AB 平面AA1B1B，所以CD⊥平面AA1B1B．取A1B1的中点M，连接BM．因为BM 平面AA1B1B，所以CD⊥BM．因为AB＝2AA1，由平面几何知识可得BM⊥B1D．又CD∩B1D＝D，CD，B1D 平面B1CD，所以BM⊥平面B1CD．又CB1 平面B1CD，所以BM⊥CB1．
2．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，若D是棱CC1的中点，在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？证明你的结论．
【解答】方法一：假设在棱AB上存在点E，使得DE∥平面AB1C1，如图，取BB1的中点F，连接DF，EF，ED，则DF∥B1C1．又DF 平面AB1C1，B1C1 平面AB1C1，所以DF∥平面AB1C1．又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D，所以平面DEF∥平面AB1C1．因为EF 平面DEF，所以EF∥平面AB1C1．又因为EF 平面ABB1，平面ABB1∩平面AB1C1＝AB1，所以EF∥AB1．因为F是棱BB1的中点，所以E是AB的中点，即当E是AB的中点时，DE∥平面AB1C1．
方法二：存在点E，且E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1．证明如下：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1．因为DF 平面AB1C1，B1C1 平面AB1C1，所以DF∥平面AB1C1．因为E为AB的中点，连接EF，ED，则EF∥AB1．因为EF 平面AB1C1，AB1 平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面AB1C1．而DE 平面DEF，所以DE∥平面AB1C1．

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