提高专题14立体几何综合问题讲义-高三数学二轮专题复习

提高专题14立体几何综合问题探究一动点问题探究一动点问题(1)应用“位置关系定理”转化.(2)建立“坐标系”计算.【典例精讲】例1.(2023·山东省·模拟题·多选)如图，正方形ABCD与正方形DEFC边长均为1，平面ABCD与平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则以下结论正确的是(

)

A.CP的最小值为32

B.PD+PF的最小值为2-2

C.当P在直线AE上运动时，三棱锥D-BPF的体积不变

D.三棱锥A-DCE的外接球表面积为3π

例2.(2021·福建省·模拟题)如图，三棱锥O-ABC中，AO⊥平面OBC，且OA=OB=OC=2，∠BOC=60°，点E，F分别是AB，AC的中点，H为EF的中点，过EF的动平面与线段OA交于点A1，与线段OB，OC的延长线分别相交于点B1【拓展提升】练11.(2023·北京市市辖区·期末考试)如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为AC1，A1B1的中点，点T在正方体的表面上运动，满足PT⊥BQ．

给出下列四个结论：

①点T可以是棱DD1的中点；

②线段PT长度的最小值为12a；

③点T的轨迹是矩形；

④点T的轨迹围成的多边形的面积为52a2．

其中所有正确结论的序号是

．

练1探究二探究二翻折问题【方法储备】立体几何图形翻折问题：折前折后各元素相对位置的变化.要理清哪些位置关系和度量关系发生了变化，哪些没有改变.解决翻折问题的关键可以归纳如下：(1)画好“2个图”折叠前的平面图和折叠后的立体图；(2)寻找“2个量”哪些量(或关系)发生了变化，哪些量(或关系)没有发生变化.【典例精讲】

例3.(2019·河南省濮阳市·期末考试)如图，梯形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，AD∶BC∶AB=2∶3∶4，点E，F分别是①DF⊥BC;②④平面DCF⊥平面BFC在翻折过程中，可能成立的结论是

．

例4.(2023·广东省阳江市·月考试卷)直角△ABC中，AB=2，BC=1，D是斜边AC上的一动点，沿BD将△ABD翻折到△A'BD，使二面角A'-BDA.13π4 B.21π5 C.【拓展提升】练21.(2023·江苏省·模拟题)已知菱形ABCD的边长为1，∠ADC=π3，将△ADC沿AC翻折，当三棱锥D-ABC表面积最大时，其内切球表面积为

．

练22.(2023·吉林省长春市·模拟题·多选)如图，平面四边形ABCD中，▵BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB=BD=2，M是AD的中点.沿BDA.存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角

B.棱CD上总会有一点N，使得MN//平面ABC

C.当三棱锥C-ABD的体积最大时，AB⊥BC

D.当平面ABD⊥探究三探究三存在问题【方法储备】

存在问题处理思路：

①几何法；由点、线、面位置关系判断

②代数法：建系、列方程、依据是否有解判断【典例精讲】例5.(2023·广东省佛山市·单元测试)如图1，菱形ABCD中∠ABC=120°，动点E，F在边AD，AB上(不含端点)，且存在实数λ使EF=λBD，沿EF将△AEF向上折起得到△PEF，使得平面PEF⊥平面BCDEF，如图2所示．

(1)若BF⊥PD，设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1，例6.(2023·江西省·模拟题)如图甲所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，∠DCA=60°，AB=BC=2，现将平面ADC沿AC(1)证明：BM⊥(2)线段DC上是否存在点Q，使得直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为510，若存在，求出线段DQ【拓展提升】

练31.(2023·山西省·模拟题)如图 ①，在矩形ABCD中，AD=2AB=22，E为AD的中点.如图 ②，沿BE将△ABE折起，点P在线段(1)若AP=2PD，求证：AB(2)若平面ABE⊥平面BCDE，是否存在点P，使得平面AEC与平面PEC的夹角为90∘?若存在，求此时三棱锥C-练32.(2023·陕西省西安市·模拟题)如图 ①，已知△AB'C是边长为2的等边三角形，D是AB'的中点，DH⊥B'C，如图 ②(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF/​/平面BDH?若存在，求BFFC的值(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为13，求三棱锥B-探究四探究问题【探究四探究问题1几何法：借助点、线、面关系判断;

2代数法：

(1)根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示;(2)假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.【典例精讲】例7.(2022·广东省·单元测试)如图①所示，平面五边形ABCDE是由一个直角梯形ABCD和一个等边三角形ADE拼接而成的，其中BC/​/AD，∠BAD=90°，AB=BC=12AD=2.现以AD为折痕将△ADE折起，使点E到达点P的位置，且平面PAD⊥平面(1)试探究λ为何值时，CM/​/平面ABP(2)当λ=13时，求点M到平面例8.(2023·浙江省台州市·期中考试)在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水;现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK，如图2所示若在图2中DHDA=23，则在图1中EFEGA.49 B.827 C.427【拓展提升】练41.(2023·四川省泸州市·期末考试)在平面四边形ABCD中(如图1)，AB/​/CD，CD⊥DE，BE=2CD，E是AB中点，现将△ADE沿(1)求证：平面AED⊥平面AEB(2)图2中，若F是EB中点，试探究在平面AED内是否存在无数多个点P，都有直线CP/​/平面ADF，若存在，请证明．练42.(2023·福建省莆田市·联考题)某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，P-ABCD是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器(容器材料厚度不计)，底面ABCD为平行四边形，设棱锥高为h，体积为V，现将容器以棱AB为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过CDEF，其中E，F分别为棱PA，PB的中点，设容器中水的体积为V1，图甲中的水面高度为h1，则V1V=

，h

【答案解析】

例1.解：对于A，连接DP，CP，因为CD⊥DE,CD⊥AD,AD∩DE=D，

故得到CD⊥平面ADE，DPmin=​22，

易得CP=​DP2+CD2=​DP2+1⩾​12+1=​62，故A错误；

对于B，如图，将▵ADE翻折到与平面ABFE共面，则当D、P、F三点共线时，

PD+PF取得最小值，∠DEF=135∘

PD+PF=DF例2.证明：(Ⅰ)连结OE、OF，由题意知OE=OF，AE=AF，

而H为EF中点，∴EF⊥OH，EF⊥AH，

∵OH∩AH=H，OH，AH⊂面OAH，∴EF⊥面OAH，

∵EF/​/BC，EF⊄面OB1C 1 ，BC⊂面OB1C1，∴EF/​/面OB1C1，

又EF⊂面A1B1C1，面A1B1C1∩面OB1C1=B1C1，∴EF/​/B1C1，

∴B1C1⊥平面OAH．

(Ⅱ)解：如图，取B1C1的中点M，以OM，OA为y，z轴建立空间直角坐标系，

由题得A(0,0,2),B(1,3,0),C(-1,练11.解：由题知，以C点为坐标原点，以CD、CB、CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

令正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2，

则C(0,0,0)，D(2,0,0)，B(0,2,0)，A(2,2,0)，C1(0,0,2)，D1(2,0,2)，B1(0,2,2)，A1(2,2,2)，P(1,1,1)，Q(1,2,2)，

若点T是棱DD1的中点，则T(2,0,1)，

则PT=(1,-1,0)，BQ=(1,0,2)，

PT⋅BQ=1+0+0=1≠0，

不满足PT⊥BQ，∴点T不是棱DD1的中点，故①错误；

设T(x,y,z)

PT=(x-1,y-1,z-1)，∵PT⊥BQ，∴x-1+2(z-1)=0，

当x=0时，z=32，当x=2时，z=12，

取E(2,0,12)，F(2,2,12)，G(0,2,32)，H(0,0,32)，

连结EF，FG，GH，HE，则EF=HG=(0,2,0)，EH=FG=(-2,0,1)，

EF⋅EH=0，∴EF⊥EH，

∴四边形EFGH为矩形，

∵EF⋅BQ=0，EH⋅BQ=0，

∴EF⊥BQ，EH⊥BQ，

∵EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，

∴BQ⊥平面EFGH，

又EP=(-1,1,12)，PG=(-1,1,12练12.解：由正四面体的性质可知，其高为42-(23×32×4PM⋅PN=(PO+OM)⋅(PO+ON)

=PO2+PO⋅(OM+ON)+OM⋅ON=|PO|2-|OM|2，

|OM|2即是半径平方，为23例3.解：①：因为BC/​/AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；

②：设点D的在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，

而AD：BC：AB=2：3：4可使条件满足，所以②正确；

③：当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确．

④：因为点D的射影不可能在FC上，所以平面例4.解：

根据题意，图1的直角三角形沿BD将△ABD翻折到△A'BD使二面角A'-BD-C为直二面角，

所以，过点A'作A'H⊥BD交BD延长线于H，过点C作CM⊥BD交BD于M，

再作NH/​/CM，CN//MH，使得CN与HN交于点N，

所以，由二面角A'-BD-C为直二面角可得CM⊥A'H，

设∠ABD=θ，θ∈[0,π2]，即∠A'BD=θ，则∠CBD=π2-θ，

因为AB=2，BC=1，所以A'B=2，BC=1，

所以，在Rt△A'BH中，A'H=2sinθ，BH=2cosθ，

在Rt△BCM中，BM=cos(π2-θ)=sinθ,CM=sin(π2-θ)=cosθ，

所以MH=BH-BM=2cosθ-sinθ，

练21.解：因为AD=CD=AB=BC=1是翻折过程中的不变量，翻折过程中▵BAD,▵BCD的对应边始终相等，

所以这两个三角形始终全等，∴∠BAD,∠BCD始终相等，

△ABD，△BCD的面积均为

，由于最初时这两个角都是120​∘，

翻折到B,D重合时，都变成了0​∘，

在连续变化的过程中，当∠BAD=∠BCD=90∘时，△ABD，△BCD的面积最大，

而另外两个面△ADC，△ABC在翻折过程中形状不变，面积是固定的，

所以当且仅当∠BAD=∠BCD=90∘时三棱锥D-ABC表面积最大，此时DB=2，

取AC中点为O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥练22.解：对于A选项，取BD中点G，连接CG，MG，

因为▵BCD是等边三角形，所以CG⊥BD，

又因为M是AD的中点，所以MG//AB，

因为AB⊥BD，所以MG⊥BD，

因为MG∩CG=G，MG,CG⊂平面MCG，对于B选项，取CD中点H，连接HM，

因为M是AD的中点，所以HM//AC，

因为HM⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，

所以HM//对于C选项，设C到平面ABD的距离为h，

因为AB⊥BD且所以S△ABD=12×2×2=2，所以VC-ABD=13S▵ABD⋅h=23h，

故要使三棱锥C-ABD的体积最大，则h最大，

所以当C的投影在棱BD上时，h最大，

且hmax=CG，此时CG⊥平面ABD，

又AB⊂平面

ABD，所以

CG⊥AB

，

因为

AB⊥BD

，

CG∩BD=对于D选项，因为

▵ABD

为等腰直角三角形，M为斜边AD的中点，

所以三棱锥C-ABD的外接球球心在过M与平面ABD垂直的直线上，

过

M

作

MF⊥平面ABD

，

设

F

为三棱锥

C-ABD

的外接球的球心，外接球的半径为

R

，

因为平面

ABD⊥

平面

BDC

，平面

ABD∩

平面

BDC=BD

，

CG⊂

平面

BDC

，

CG⊥

BD

，

所以

CG⊥

平面

ABD

，所以

CG//MF

，

过点

F

作

FE//MG

交

CG

于

E

，如图所示，

所以四边形

MFEG

为矩形，所以

MF在

Rt▵EFC

中，

R2=EF2+CE2

，即

R2=1+(3-EG)2

，

故选：BC．

例5.解：(1)在图2中，取EF中点O，BD中点M，连结OP，OM，

以O为原点，OF，OM，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设AB=4，OP=x，则OM=23-x，

∴B(2,23-x,0)，F(x3,0,0)，P(0,0,x)，D(-2,23-x,0)，

故PD=(-2,23-x,-x)，BF=(x3-2,x-23,0)，

∵直线BF与PD垂直，∴PD⋅BF=0，∴x2-103x+8=0，

解得x=63(舍)或x=43=433，例6.解：(1)证明：连接因为AB=BC=2，∠ABC=∠ADC=90∘，M为AC的中点，

所以BM⊥AC，

又因为DB=2，所以所以

DM∩AC=M,  所以BM⊥平面

而DC⊂平面所以BM⊥DC．

(2)解：取MC的中点为O,  BC的中点为连接则

因为所以

又因为O为MC的中点，所以

由(1)知BM⊥平面ADC，DO⊂平面

所以

又BM∩AC=M,  所以DO⊥平面

以O为坐标原点，OA,  OE,  OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，

由题意知

则

设平面DAB的向量为n=(x,  y,  z)，

则n·BD=-12x-y+32z=0n·BA=x-练31.解：(1)如图1，连接BD与CE交于点Q，连接PQ，由题可得DE//BC，DE=12BC，

∴DQBQ=DEBC=12．

又∵AP=2PD，∴DPPA=DQQB=12，

∴AB//PQ．

∵PQ⊂平面PEC，AB⊄平面PEC，∴AB/​/平面PEC．

(2)法一：连接A点与BE的中点O，过点O作BE的垂线与BC交于点M，易知M为BC的中点．

由已知可得AE=AB，∴AO⊥BE．

∵平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AO⊂平面ABE，

∴AO⊥平面BCDE．

∵OM⊂平面BCDE，∴AO⊥OM．

以O为原点建立空间直角坐标系如图2所示．

易知BE=CE=2，OA=OB=OE=OM=1．

所以A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(-1,2,0)，D(-2,1,0)，E(-1,0,0)，

所以AE=(-1,0,-1)，AC=(-1,2,-1)，AD=(-2,1,-1)，CE=(0,-2,0)，

设AP=λAD=(-2λ,λ,-λ)，则点P(-2λ,λ,1-λ)，

∴PE=(2λ-1,-λ,λ-1)．

设平面AEC与平面PEC的法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，

则m⋅AE=0,m⋅AC=0,即(x1,y1,z1)⋅(-1,0,-1)=0,(x1,y1,z1)⋅(-1,2,-1)=0,即-x1-z1=0.-x1+2y1-z1练32.解：(1)存在点F满足题意，且BFFC=12，理由如下：

在图 ①中，取B'C的中点M，连接AM，则AM//DH，

在图 ②中，AM//DH，AM⊄̸平面BDH，DH⊂平面BDH，

所以AM/​/平面BDH，且HMMC=12;

在线段BC上取点F使BFFC=12，

连接MF，FA，则MF//BH，同理可得MF/​/平面BDH，

又因为MF∩AM=M，所以平面AMF//平面BDH，

又因为AF⊂平面AMF，所以AF/​/平面BDH．

(2)在图 ②中，DH⊥HC，DH⊥HB，HC∩HB=H，所以DH⊥平面BHC，

法一：以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则H(0,0,0)，A(12,3,0)，C(32,0,0)，D(0,32,0)，

设∠BHC=θ∈(0,π)，则B(12cosθ,0,12sinθ)，

DB=(12cosθ,-32,12sinθ)，DA=(12,32,0)，

设平面BDA的法向量为m=(x,y,z)，

则m⋅DB=0,m⋅DA=0⇒x2cosθ-32y+z2sinθ=0,12x+32y=0⇒x2cos θ-32y+z2sin θ=0,所以三棱锥B-DCH的体积为V

例7：解：(1)当λ=12时，CM//平面ABP，

证明如下：取AP的中点N，连接MN，BN，

∵AN=NP，DM=PM，

∴MN//AD