2025年高考数学总复习：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.

-------------核心考点提升“四能”------------

考点一折叠问题

【例1】(2024•德州模拟)图1是直角梯形ABCD,AB//CD,N£>=90°,AD=y/3,AB=2,

CD=3,四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△5CE折起，使点C到达G的位置,

且471=在，如图2.

(1)求证：平面平面ABEQ；

⑵在线段BE上存在点P,使得PA与平面A8G夹角的正弦值为R,求平面54cl与平面

765

B4cl所成角的余弦值.

(1)证明：因为/。=90°,AD=V3,AB=2,CD=3,四边形A8CE是平行四边形，

所以。E=l,AE=、AD+DE』2,所以AB=AE=BC=CE,所以四边形A8CE是菱形.

取BE的中点。，连接CO，AO,如图1,

在△AOG中，OA=OCi=V3,AC=V6,

所以。42+。仁=/仁，所以04_LOG.

因为OA_LBE,BEnoCi=O,BE,OCg平面BCiE,所以OA_L平面BCiE.

又因为OAu平面ABED,所以平面BCiE1平面ABED.

(2)解：由(1)知。4,OB,0cl两两垂直.以。为原点，。4,OB,0cl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C1(O,0,V3),A(V3,0,0),B(0,1,0),£(0,~1,0),

所以方=(一g,1,o),2c\=(-V3,0,V3).

设平面A5G的法向量为%=(%,y,z),

(多•方=0,f—V3xty=0»

则—>所以「-

I%/G=0,I—V3x+V3z=0.

取x=l,贝Uz=l,所以=V3,1)为平面ABC的一个法向量.

因为在线段BE上存在点P,使得P4与平面ABG夹角的正弦值为g,

\65

设P(0,m,0)(—ItwWl),AP=(-V3,m,0),

|(-V3,m.0)-(1,V3,1)=巨

'I际乂逐在

所以尸(0,I，o)，AP=(-V3,；,0).

设平面B4G的法向量为物=(〃，b,c),

%.N=o,

所以

n2-AC[=0f、—V3^+V3c=0.

取〃=1,则/?=2g,c=l,所以为=(1,2V3,1)为平面B4G的一个法向量.

设平面A4G与平面BAG所成的角为仇

\I_|«r/i2|_8_4A/70

则cos6=|cos〈勺〃2।|»||-|»2|V14x-\/535

所以平面BACi与平面PACi所成角的余弦值为黑.

A反思感悟

三步解决平面图形的折叠问题

确定折叠前后各个量之间的关系，搞清折

［第一步X叠前后的变化量和不变量

0；在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，，

［第二步卜j明确需要用到的线、面

0；

［第三步〉利用判定定理或性质定理进行证明和求解

多维训练

(2024•济南模拟)如图，在矩形ABC。中，AB=2,BC=1,将ZUC。沿AC折起，使得点。

到达点P的位置，连接PB,PB=<3.

⑴证明：平面以B_L平面A8C；

(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=V3,

所以BC2+p82=pc2,所以8CJ_P8.

又因为8C_LA8,PBCAB=B,PB,48匚平面出8,所以BC_L平面融A

因为BCu平面ABC,

所以平面ABC_L平面PAB.

(2)解：作PO_LAB于点O,以。为坐标原点，以过点。且垂直于平面B48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.

咨

易得08=5，0尸=£所以尸(0，0,E),c(-l,I，0),

所以定=(一1,p-f).

易知平面ABC的一个法向量为〃=(0,0,1),

所以cos〈PC,〃〉=裔斌=—

所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为今

考点二

【例2】如图，已知正方体ABCZX415CQ1和平面a,直线AG〃平面a,直线平面a.

AxD,

(1)证明：平面a,平面BiCA；

(2)点尸为线段AG上的动点，求直线BP与平面a所成角的最大值.

(1)证明:如图，连接4G，则

kz

____D,

因为A41_L平面AiSGOi，Bidu平面AiSCQi，所以AAi_L8Qi.

又因为AAmACi=Ai，所以Bi5J_平面A41G.

因为AGu平面44Ci，所以BiOiL4cl.

同理SC_LACi.

因为Bi£>m2iC=3i,B1D1,6Cu平面BiCP,所以AG_L平面SC。.

因为AG〃平面a,过直线AG作平面£与平面a相交于直线/，则AG〃/,

所以/_L平面BiCDi.

又因为/u平面a,所以平面a_L平面6C£)i.

(2)解：设正方体的棱长为1,以A为原点，AB,AD,441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),2(1,0,0),£)(0,1,0),Ci(l,1,1),

所以喜=(1,1,1),丽=(—1,1,0).

设平面a的法向量为n—(x,y,z),

,(n-AC.=0,〜(x+y+z=0,

则一所以,

\.n-BD-Q,I—x+y—0.

取x=l,则y=l,z=—2,所以〃=(1,1,一2)是平面a的一个法向量.

设方=漏(0W/W1),则刀=«,t,t).

因为瓦1=(一1,0,0),所以丽=瓦J+N=(r-1,t,t).

设直线BP与平面a所成的角为0,

则sin0=|cos〈〃，BP)

所以当/时，sin。取得最大值为：，此时6的最大值为；

326

A反思感悟

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

分析律，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

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

分析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

多维训练.

如图，已知直三棱柱A8C-4B1C1，侧面44/1为正方形，AB=BC=2,E,尸分别为AC

和CCi的中点，。为棱4囱上的点，BFXAiBi.

EC

(1)证明:BF±DE；

(2)当Bi。为何值时，平面BB1GC与平面OFE所成的二面角的正弦值最小？

(I)证明：因为侧面AAJ318为正方形，所以Ai8i_LB8i.

因为BFCBBi=B,BF,平面BBCC,

所以All_L平面BBiCiC.

因为棱柱ABC-AiBG是直三棱柱，AB=BC,所以四边形B3CC为正方形.

取BC的中点为G,连接BiG,EG,如图.

因为F为CG的中点，易证RtABCF咨Rt/\BiBG,则ZCBF=/BBG

又因为/B8iG+/BiGB=90°,所以NCBP+/BiGB=90°,所以BF_LBiG.

因为E,G分别为AC,BC的中点，所以EG〃AB〃A/i.

又因为8F_LAiBi，所以BF上EG.

因为BiGCEG=G,BiG,EGu平面EGBQ,所以平面EG5D

因为DEu平面EGBD所以8P_LZ)E

(2)解：因为侧面A41B山是正方形，所以

由(1)知，平面8B1GC,所以A8_L平面BB1C1C.

因为BCu平面BBiCiC,所以AB_LBC.

设3i£)=x(0WxW2),以B为原点，BA,BC,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(l,1,0),F(0,2,1),D(x,0,2),所以屈=(—1,1,1),而=(x,—2,1).

易知，平面BSC1C的一个法向量为“1=(1,0,0).

设平面DFE的法向量为“2=(xi,ji,zi),

叼亘二°'所以广w%=。,

n2-FD=Q,(*]-2乂+召=0.

取zi=l,则xi=U-，y=卫，所以改=(」-,—,1)是平面。底E的一个法向量.

2—x12—x\2—x2—x/

设〈〃1，〃2〉=9,

当：=；，即x时，(cos9)max=*，此时(sin8)min=*.

故当囱。=胃，平面班©C与平面石所成的二面角的正弦值最小.

考点三探索问题

【例3】(2024•潍坊模拟)如图，在四棱台ABCD-A向GA中，底面ABCD是菱形，A4i=4S

=；AB=1,^ABC=60°,平面ABCD

⑴若点M是A。的中点，求证：GM〃平面A415A

(2)棱BC上是否存在一点E,使得二面角E-ADi-D的余弦值为:？若存在，求线段CE的长;

若不存在，请说明理由.

(1)证明：连接83，由已知得81ci〃BC〃A。，且81cl=，C=AM,

所以四边形是平行四边形，

所以CiM//BtA.

因为GMJ平面AAiBiB,BiAu平面AAiB^B,

所以GM〃平面AAiBiB.

(2)解：存在.取8C的中点Q,连接AQ,AC.

因为四边形ABC。是菱形，且48c=60°,

所以/ABC是正三角形，所以AQ_LBC,AQ_LAD

因为A4i_L平面ABC。，AQ,ADu平面ABC£),所以A4i_LAQ,AAxLAD.

以A为原点，AQ,AD,44i所在直线分别为无轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐

标系，

则A(0,0,0),Ai(0,0,1),Di(0,1,1),Q(V3,0,0).

假设点E存在，设点E的坐标为(6,九0)(—1W2W1),

所以Jg=(g,九o),AD=(Q,1,1).

设平面ADiE的法向量为〃=(x,y,z),

(n-AE=0,fV3x+2y=0,

则]一,所以《

(“•4D]=0,(>+2=0,

取z=V5,则1=九y=-V5,所以〃=(九—V3,V5)是平面AZ)归的一个法向量.

易知平面ADD,的一个法向量为而=(6,0,0),

所以|cos(AQ,7i>|=42,解得；l=±f.

由题意知二面角E-4。「。为锐角，所以点E在线段0c上，

所以％=个，即CE=1—

A反思感悟

1.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.

多维训练o

如图，四棱锥S-A8CQ的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的6倍，尸为侧棱5。

上的点.

s

(1)求证：ACLSD.

⑵若sra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8E〃平面B4C?若存在，求SE：EC

的值；若不存在，请说明理由.

(1)证明：连接3。交AC于点。，连接SO.

由题意知，SO_L平面ABC。，以。为原点，OB,OC,OS所在直线分别为无轴、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

于是S(0,0,糊,0,0),C(0,yfl,0),

所以OC=(0,"a,0),SD=(-ci,0,—fa).

因为历•砺=0,所以历J■而，即OC_LS£>,从而AC_LSO.

(2)解：由题意知，平面E4C的一个法向量为示=停0,0,*a),

平面D4c的一个法向量为漏=(0,0,乎a).

设平面朋C与平面ZMC的夹角为6,

则cos0=|cos<05,DS>=

所以平面E4C与平面ZMC夹角的大小为30°.

(3)解:存在.

由(2)知力5是平面PAC的一个法向量，

且痂=停°,0,ya),说=(0,-ya,-a).

设B=/W(OWW1),

因为8件a,0,0),C(0,ya,0),

所以就=(一fa,ya,0),

则屁=灰柒^=芯+而=(一果，果)

由屉•痂=0,得一1+()+、2f=o,解得r=%

所以当SE：EC=2：1时，BE±DS.

由于BEC平面E4C,故BE〃平面B4C.

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A8COE中，△A8C,是全等的正三角形，平面48cl.

平面BCD,平面ECD_L平面BCD

⑴若BD=6BC,求证：BCVED.

⑵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.

⑴证明：因为△ABC,△EC。是全等的正三角形，所以CD=BC.

因为BD=V2BC,所以8。2=反72+。。2,所以BC_LOC.

因为平面EC£)_L平面BCD,平面ECDCl平面BCD=CD,BCu平面BCD,

所以BC_L平面ECD.

因为DEu平面ECD,所以BCLED.

(2)解：A,B,D,E四点共面.

证明如下：

如图，分别取8C,OC的中点M,N,连接AM,EN,MN.

因为△ABC是等边三角形，所以AM_LBC,AM=?BC.

因为平面A8CJ_平面BCD,平面ABCC平面BCD=BC,AMu平面ABC,所以AM_L平面

BCD.

同理ENL平面BCD,且EN=gCD=TBC,

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是以为直径的圆。上异于A,8的点，平面B4cl,平面4BC,在△外C中,

B4=PC=AC=2,BC=4,E,尸分别是尸C,PB的中点.

(1)求证：8C_L平面B4C；

(2)记平面AEF与平面A8C的交线为直线/,点。为直线/上的一个动点，求直线尸。与平

面AEF所成的角的取值范围.

⑴证明：因为C是以AB为直径的圆。上异于A,B的点，所以2C_LAC.

因为平面融C_L平面45C,平面以CC平面A8C=AC,8Cu平面ABC,

所以BC_L平面PAC.

(2)解：因为E,B分别是PC,PB的中点，所以BC//EF.

因为EFu平面AEF,BCQ平面AEF,所以BC〃平面AEF.

因为BCu平面ABC,平面AEFA平面A8C=/,所以8C〃/.

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),尸(1,0,V3),

所以里，0,由，Fg，2,y),

所以AE=p0,£),£F=(0,2,0).

因为BC〃l,所以可设。(2,t,0),平面A斯的法向量为帆=(x,y,z),

3xy/3z

•m=0,“,——+—=0A

则所以22

•m=0,.2y=0.

取z=，5,则x=l,y=0,所以m=(1,0,6)为平面AE1尸的一个法向量.

\PQ•»'\1

又所=(1,t,-V3),则|cos{PQ,MI〉|

河版|74+?《。，g

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4BCDA向GA的棱长为2,E,P分别为2D和的中

点，尸为棱Cid上的动点.

⑴是否存在点P,使得PEJ_平面EFC?若存在，请证明并求出满足条件时CiP的长；若不

存在，请说明理由.

(2)当CiP为何值时，平面BCCiBi与平面PEF夹角的正弦值最小？

解：以。为原点，DA,DC,所在直线分别为无轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间

直角坐标系，

根据题意，设点尸(0,t,2)(0WtW2),则E(l,1,0),尸(2,2,1),C(0,2,0).

⑴存在.

PE=(1,l~t,-2),EF=(1,1,1),CF=(2,0,1).

设平面CE尸的法向量为/n=(x,y,z),

,(m-^F—Q,〜(x+y+z—0,

则—所以'

(_nt-CF=0,(2x+z=0.

取x=l,则y=l,z=—2,

所以机=(1,1,一2)为平面CEF的一个法向量.

假设存在满足题意的点P,则屋〃山，

所以1=」=二，所以r=0,满足0W/W2,

11-2

即点尸与点。1重合时，PELL平面EFC,此时GP=2.

⑵易知平面BCG31的一个法向量为〃=(0,1,0).

设平面尸E尸的法向量为r=(xo，加zo),

一一,fr-PF=0,

又尸尸=(2,2~t,-1),PE=(1,1-r,-2),贝H一

(r•尸£=0,

2x+(2-t)y-z=0,

所以

.%+0—/)%—2z0=0.

取加=1,则尤o=g_l,z=_g

所以r=《一l,1,一§为平面尸所的一个法向量.

设平面BCCiBi与平面PEF的夹角为仇

贝|JcosO=|cos<n,r〉1=；^=।1=不1=।1，0W/W2,

1H|M7

JFoMl型AMil

所以当£=|时，(cose)max=¥，(sin^)min~^-

此时CiP=2-j=1.

4.如图1,在梯形A5CD中，AD//BC,BE_LAD于点E,且DE=2BC=2BE,将梯形ABC。

沿BE折叠成如图2所示的几何体，ZAED^60°,尸为直线A。上一点，且CPLA。于点八

G为线段ED的中点，连接EG,CG.

(I)证明：AD±FG；

(2)如图1,AD=6,求当四棱锥4BCDE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_LEZ