重难专攻六立体几何中综合问题

重难专攻（六）立体几何中的综合问题

随着高考改革的不断深入，立体几何中的动态、最值、翻折、探究等问题倍受命题者青睐.解决此类问题的关键是“以静制动”，将其转化为平面几何问题，通过构造函数、基本不等式等方法加以解决.动态问题【例1】

（多选）如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是

（

）B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2πC.若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线

答案

ACD｜解题技法｜解决与几何体有关的动态问题的方法（1）几何法：根据平面的性质进行判定；（2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算；（3）特殊值法：根据空间图形线段长度取特殊值或位置进行排除.⁠

在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，点Q是△PBC内（含边界）的一个动点，且满足DQ⊥AC，则点Q所形成的轨迹长度是

⁠.

最值（范围）问题【例2】

如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是

（

）

答案

D｜解题技法｜

立体几何中体积、距离、角的最值（范围）问题，常用的解题思路是：（1）直观判断：判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大（小）值；（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类问题转化为函数，从而利用代数方法求解.⁠

翻折问题【例3】

图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.（1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；解

（1）证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）求图②中的二面角B－CG－A的大小.

｜解题技法｜1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.⁠

（1）求证：平面BC1E⊥平面ABED；

（2）已知点P为线段DC1上一点，且PC1＝2PD，求直线BP与平面ABC1所成角的正弦值.

探究问题【例4】

（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.（1）证明：BF⊥DE；

（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

｜解题技法｜利用空间向量巧解探究性问题的策略（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；（2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.提醒

探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.⁠

（1）求证：PD⊥平面PAB；解：（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；解：（2）取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.建立如图所示空间直角坐标系.由题意得A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）.

⁠

A.πB.2πC.4π

2.已知点M是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内.若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是

（

）C.1

3.如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点（不与P，B重合），过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f（x）的图象是

（

）

6.（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.下列说法中正确的是

（

）A.点P可以是棱BB1的中点C.点P的轨迹是正方形

7.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD内（不包括边界）运动，若B1P∥平面A1BM，则C1P的长度的取值范围是

⁠.

解析：如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，过C作CO⊥DN于O，连接C1O，由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，∴平面B1DN∥平面A1BM，∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN（不含点N和点D）.

8.如图，在四棱锥S－ABCD中，已知四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，△SAD为正三角形，平面SAD⊥平面ABCD.（1）求平面SBC与平面ABC夹角的大小；解：（1）取AD中点O，连接SO，BO，因为SA＝SD，OA＝OD，所以SO⊥AD，又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SO⊂平面SAD，所以SO⊥平面ABCD，因为OB⊂平面ABCD，所以SO⊥OB，因为BA＝BD，OA＝OD，所以OA⊥OB，所以OA，OB，OS两两垂直，

（2）在线段SC（端点S，C除外）上是否存在一点M，使得AM⊥BD？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.

⁠9.（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为线段AB1上的动点（含端点），则下列结论正确的是

（

）A.平面BCM⊥平面A1AM

11.如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝4，BC＝1，∠ADC＝45°，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起，使点A到达点N的位置，且平面NBM⊥平面BCDM，连接NC，ND，如图②.（1）证明：平面NMC⊥平面NCD；

在四棱锥N－BCDM中，∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，MN⊥BM，∴NM⊥平面BCDM.∵CD⊂平面BCDM，∴NM⊥CD.∵NM∩CM＝M，且NM，CM⊂平面NMC，∴CD⊥平面NMC.又CD⊂平面NCD，∴平面NMC⊥平面NCD.（2）求图②中平面NBM与平面NCD所成角的余弦值.

⁠12.（多选）正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均相等，D为AA1的中点.M，N分别是BB1，CC1上的动点（含端点），且满足BM＝C1N.当M，N运动时，下列结论中正确的是

（

）A.平面DMN⊥平面BCC1B1B.三棱锥A1－DMN的体积为定值C.△DMN可能为直角三角形解析：ABD

如图，M，N分别是BB1，CC1上的动点（含端点），且满足BM＝C1N时，则线段MN一定过正方形BCC1B1的中心O，而DO⊥平面BCC1B1，DO⊂平面DMN，可得平面DMN⊥平面BCC1B1，故A正确；当M，N分别是BB1，CC1上的动点（含端点）时，过点M作A1D边上的高，其长等于AB的长，所以△A1DM的面积不变，由于C1N∥平面A1DM，故点N到平面A1DM的距离等于点C1到平面A1DM的距离，则点N到平面A1DM的距离为定值，故三棱锥A1－DMN的体积为定值，所以B正确；由BM＝C1N可得，DN＝DM，若△DMN为直角三角形，则一定是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，而此时DN，DM的长都大于BB1，故△DMN不可能为直角三角形，所以C不正确；

13.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.（1）求证：BD⊥平面AED，AD⊥平面BDEF；解：（1）证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴∠CDB＝∠CBD＝30°，∠AD