2025年高考数学总复习 51 第六章 第八节 立体几何中的综合问题

第八节立体几何中的综合问题考试要求：1．理解折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题．2．理解空间几何体中动点的变化情况，会求解相关量的最大值、最小值问题．3．以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．折叠问题【例1】(2024·德州模拟)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90˚，AD＝3，AB＝2，CD＝3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝6，如图2.(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在线段BE上存在点P，使得PA与平面ABC1夹角的正弦值为365，求平面BAC1与平面PAC1所成角的余弦值图1图2(1)证明：因为∠D＝90˚，AD＝3，AB＝2，CD＝3，四边形ABCE是平行四边形，所以DE＝1，AE＝AD2+DE2＝2，所以AB＝AE＝BC＝CE，取BE的中点O，连接C1O，AO，如图1，图1在△AOC1中，OA＝OC1＝3，所以OA2＋OC12＝AC12，因为OA⊥BE，BE∩OC1＝O，BE，OC1⊂平面BC1E，所以OA⊥平面BC1E．又因为OA⊂平面ABED，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)解：由(1)知OA，OB，OC1两两垂直．以O为原点，OA，OB，OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，图2则C10，0，3，A3，0，0，B(0，1，0)所以AB＝－3，1设平面ABC1的法向量为n1＝(x，y，z)则n1·取x＝1，则y＝3，z＝1，所以n1＝1，3，1因为在线段BE上存在点P，使得PA与平面ABC1夹角的正弦值为365设P(0，m，0)(－1≤m≤1)，AP＝－3所以－3，m，0·1，3，1所以P0，设平面PAC1的法向量为n2＝(a，b，c)，则n2·取a＝1，则b＝23，c＝1，所以n2＝1，23，设平面BAC1与平面PAC1所成的角为θ，则cosθ＝cos〈n1，n所以平面BAC1与平面PAC1所成角的余弦值为470三步解决平面图形的折叠问题(2024·济南模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P的位置，连接PB，PB＝3.(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值．图1图2(1)证明：因为BC＝1，PC＝2，PB＝3，所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB.又因为BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAB.(2)解：作PO⊥AB于点O，以O为坐标原点，以过点O且垂直于平面PAB的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易得OB＝32，OP＝3所以PC＝易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈PC，n〉＝PC·所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为34最值问题【例2】如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α.(1)证明：平面α⊥平面B1CD1；(2)点P为线段AC1上的动点，求直线BP与平面α所成角的最大值．(1)证明：如图，连接A1C1，则B1D1⊥A1C1.因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1.又因为AA1∩A1C1＝A1，所以B1D1⊥平面AA1C1.因为AC1⊂平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1.同理B1C⊥AC1.因为B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C⊂平面B1CD1，所以AC1⊥平面B1CD1.因为AC1∥平面α，过直线AC1作平面β与平面α相交于直线l，则AC1∥l，所以l⊥平面B1CD1.又因为l⊂平面α，所以平面α⊥平面B1CD1.(2)解：设正方体的棱长为1，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，所以AC1＝(1，1，1)，BD＝(－1，1，0)设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC取x＝1，则y＝1，z＝－2，所以n＝(1，1，－2)是平面α的一个法向量．设AP＝tAC1(0≤t≤1)，则AP＝(t，t因为BA＝(－1，0，0)，所以BP＝BA+AP＝(t－1，t设直线BP与平面α所成的角为θ，则sinθ＝cos〈n，所以当t＝13时，sinθ取得最大值为12，此时θ的最大值为空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化，进而就有了面积、体积及角度的最值问题．定性分析在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，发现其相关量的变化规律，进而发现相关面积或体积等的变化规律，求得其最大值或最小值定量分析将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题．根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1，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，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？(1)证明：因为侧面AA1B1B为正方形，所以A1B1⊥BB1.因为BF⊥A1B1，BF∩BB1＝B，BF，BB1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥平面BB1C1C.因为棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，AB＝BC，所以四边形BB1C1C为正方形．取BC的中点为G，连接B1G，EG，如图．因为F为CC1的中点，易证Rt△BCF≌Rt△B1BG，则∠CBF＝∠BB1G.又因为∠BB1G＋∠B1GB＝90˚，所以∠CBF＋∠B1GB＝90˚，所以BF⊥B1G.因为E，G分别为AC，BC的中点，所以EG∥AB∥A1B1.又因为BF⊥A1B1，所以BF⊥EG.因为B1G∩EG＝G，B1G，EG⊂平面EGB1D，所以BF⊥平面EGB1D.因为DE⊂平面EGB1D，所以BF⊥DE.(2)解：因为侧面AA1B1B是正方形，所以AB∥A1B1.由(1)知，A1B1⊥平面BB1C1C，所以AB⊥平面BB1C1C.因为BC⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BC.设B1D＝x(0≤x≤2)，以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，1，0)，F(0，2，1)，D(x，0，2)，所以EF＝(－1，1，1)，FD＝(x，－2，1)．易知，平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．设平面DFE的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，则n2·取z1＝1，则x1＝32－x，y1＝x+1设〈n1，n2〉＝θ，则cosθ＝32－x令32－x＝t，则cosθ当1t＝12，即x＝12时，(cosθ)max＝63，此时(sin故当B1D＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小探索问题【例3】(2024·潍坊模拟)如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝12AB＝1，∠ABC＝60˚，AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B.(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E­AD1­D的余弦值为13？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由(1)证明：连接B1A，由已知得B1C1∥BC∥AD，且B1C1＝12BC＝AM所以四边形AB1C1M是平行四边形，所以C1M∥B1A.因为C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，所以C1M∥平面AA1B1B.(2)解：存在．取BC的中点Q，连接AQ，AC.因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60˚，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，AQ⊥AD.因为AA1⊥平面ABCD，AQ，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AQ，AA1⊥AD.以A为原点，AQ，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q3，假设点E存在，设点E的坐标为3，λ，0(－1≤所以AE＝3，λ，0，AD设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE取z＝3，则x＝λ，y＝－3，所以n＝λ，－3，3是平面易知平面ADD1的一个法向量为AQ＝3，所以|cos〈AQ，n〉|＝3|λ|3×λ2由题意知二面角E­AD1­D为锐角，所以点E在线段QC上，所以λ＝32，即CE＝1－31．对于存在判断型问题，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，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．2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．如图，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小．(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．(1)证明：连接BD交AC于点O，连接SO.由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设底面边长为a，则SO＝62a于是S0，所以OC＝因为OC·SD＝0，所以OC⊥SD，即OC⊥SD，从而AC⊥(2)解：由题意知，平面PAC的一个法向量为DS＝平面DAC的一个法向量为OS＝设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈OS所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30˚.(3)解：存在．由(2)知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝设CE＝tCS(0≤t因为B22所以BC＝则BE＝BC+由BE·DS＝0，得－a22+0+32a所以当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.课时质量评价(三十九)1．如图，已知在空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.(1)若BD＝2BC，求证：BC⊥ED.(2)探索A，B，D，E四点是否共面．若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．(1)证明：因为△ABC，△ECD是全等的正三角形，所以CD＝BC.因为BD＝2BC，所以BD2＝BC2＋DC2，所以BC⊥DC.因为平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD＝CD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥平面ECD.因为DE⊂平面ECD，所以BC⊥ED.(2)解：A，B，D，E四点共面．证明如下：如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN.因为△ABC是等边三角形，所以AM⊥BC，AM＝32BC因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥平面BCD.同理EN⊥平面BCD，且EN＝32CD所以AM∥EN，且AM＝EN，所以四边形AMNE是矩形，所以AE∥MN.又因为MN∥BD，所以AE∥BD，所以A，B，D，E四点共面．2．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，在△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的一个动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．(1)证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以BC⊥AC.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面PAC.(2)解：因为E，F分别是PC，PB的中点，所以BC∥EF.因为EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，所以BC∥平面AEF.因为BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，所以BC∥l.以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P1，所以E12所以AE＝－32，0因为BC∥l，所以可设Q(2，t，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则AE·m取z＝3，则x＝1，y＝0，所以m＝1，0，3又PQ＝1，t，－3，则|所以直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围为0，3．(2024·盐城模拟)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，请证明并求出满足条件时C1P的长；若不存在，请说明理由．(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小？解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意，设点P(0，t，2)(0≤t≤2)，则E(1，1，0)，F(2，2，1)，C(0，2，0)．(1)存在．PE＝(1，1－t，－2)，EF＝(1，1，1)，CF＝(2，0，1)．设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·EF取x＝1，则y＝1，z＝－2，所以m＝(1，1，－2)为平面CEF的一个法向量．假设存在满足题意的点P，则PE∥m，所以11＝1－t1＝－2－2即点P与点D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.(2)易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)．设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，又PF＝(2，2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，则r所以2取y0＝1，则x0＝t3所以r＝t3－1设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，r〉|＝n·rnr＝1t3－12+1所以当t＝32时，(cosθ)max＝63，(sinθ)min＝此时C1P＝2－324．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE⊥AD于点E，且DE＝2BC＝2BE，将梯形ABCD沿BE折叠成如图2所示的几何体，∠AED＝60˚，F为直线AD上一点，且CF⊥AD于点F，G为线段ED的中点，连接FG，CG.(1)证明：AD⊥FG；(2)如图1，AD＝6，求当四棱锥A­BCDE的体积最大时，平面ABC与平面CFG的夹角的正弦值．图1图2(1)证明：由已知得BE⊥ED，BE⊥AE，且AE∩ED＝E，AE，ED⊂平面AED，所以BE⊥平面AED.因为AD⊂平面AED，所以B