2025版高考數(shù)學一輪總復習考點突破第7章立體幾何第6講空間的角與距離第2課時綜合問題角度2空間中的探究性問題

角度2空間中的探究性問題1.(多選題)(2024·廣西柳州摸底)如圖所示的幾何體是由正方形ABCD沿直線AB旋轉90°得到的，設G是圓弧eq\o\ac(CE,\s\up10(︵))的中點，H是圓弧eq\o\ac(DF,\s\up10(︵))上的動點(含端點)，則(ABC)A.存在點H，使得EH⊥BGB．不存在點H，使得EH∥BDC．存在點H，使得EH∥平面BDGD．不存在點H，使得直線EH與平面BDG的所成角為30°[分析]建立空間直角坐標系，設出動點坐標，根據(jù)動點需滿足的條件列出方程組，據(jù)方程組解的情況進行判斷．[解析]如圖：以A為原點，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，設BC＝2，則A(0,0,0)，D(2,0,0)，E(0,2,2)，F(xiàn)(0,2,0)，B(0,0,2)，C(2,0,2)，G(eq\r(2)，eq\r(2)，2)，H(m，n,0)，(m2＋n2＝4，m>0，n>0)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(m，n－2，－2)，當H與F重合時EH⊥BG，故A正確；若EH∥BD則eq\o(EH,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))，即(m，n－2，－2)＝λ(2,0，－2)，∴m＝2，n＝2不合題意．∴B正確；設n＝(x，y，z)為平面BDG的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·n＝2x－2z＝0，,\o(BG,\s\up6(→))·n＝\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令x＝1，得y＝－1，z＝1，則n＝(1，－1,1)．假設EH∥平面BDG，則n·eq\o(EH,\s\up6(→))＝m－n＋2－2＝0，所以m＝n.因為m2＋n2＝4，m>0，n>0，所以m＝n＝eq\r(2)，即H是圓弧eq\x\to(DF)的中點，符合題意，故C正確；對于D，當點H與點D重合時，直線EH與平面BDG所成角最小，因為eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，所以sinα＝eq\f(|n·\o(EH,\s\up6(→))|,|n||\o(EH,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq\f(1,3)<eq\f(1,2)，即直線EH與平面BDG所成角的最小角小于30°，當點H與點F重合時，直線EH與平面BDG所成角θ最大，因為eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，所以sinθ＝eq\f(|n·\o(EH,\s\up6(→))|,|n||\o(EH,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)>eq\f(1,2)，即直線EH與平面BDG所成角的最大角大于30°，所以存在點H，使得直線EH與平面BDG的所成角為30°，故D錯誤．故選ABC.2．(2024·江蘇揚州模擬)在①AE＝2，②AC⊥BD，③∠EAB＝∠EBA，這三個條件中選擇一個，補充在下面問題中，并給出解答如圖，在五面體ABCDE中，已知________，AC⊥BC，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝eq\r(3).(1)求證：平面ABE⊥平面ABC；(2)線段BC上是否存在一點F，使得平面AEF與平面ABE夾角的余弦值等于eq\f(5\r(43),43)，若存在，求eq\f(BF,BC)的值；若不存在，說明理由．[分析](1)選擇一個條件，利用面面垂直的判定定理證明；(2)假設符合條件的點F存在，建立空間直角坐標系，設求點F的坐標，在結論成立的條件下求解點F的坐標，根據(jù)解的情況回答問題，這類問題有時也可通過研究圖形判斷符合條件的點存在，然后證明即可．[解析](1)若選①，取AC中點G，BC中點O，AB中點H，連接EG，DO，OH，∵ED∥AC，CG＝eq\f(1,2)AC＝ED，∴四邊形EDCG為平行四邊形，∴EG綉CD，∴EG＝eq\r(3)，又AG＝eq\f(1,2)AC＝1，AE＝2，∴AG2＋EG2＝AE2，∴AG⊥EG，又CD∥EG，∴AC⊥CD，又AC⊥BC，BC∩CD＝C，BC，CD?平面BCD，∴AC⊥平面BCD，∵AC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，∵BD＝CD，∴DO⊥BC，又DO?平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；若選②，∵AC⊥BD，AC⊥BC，BC∩BD＝B，BC，BD?平面BCD，∴AC⊥平面BCD，∵AC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，取BC中點O，AB中點H，連接DO，OH，∵BD＝CD，∴DO⊥BC，又DO?平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；若選③，取BC中點O，AB中點H，連接OD，OH，EH，∵DC＝BD＝eq\r(3)，∴DO⊥BC，又BC＝2，∴DO＝eq\r(2)；∵O，H分別為BC，AB中點，∴OH綉eq\f(1,2)AC，又ED綉eq\f(1,2)AC，∴OH綉ED，∴四邊形DEHO為平行四邊形，∴EH＝DO＝eq\r(2)；∵AC⊥BC，AC＝BC＝2，∴AB＝2eq\r(2)，∴EH＝eq\f(1,2)AB，∴AE⊥BE，∵∠EAB＝∠EBA，∴BE＝AE＝2，∴BD2＋DE2＝BE2，∴BD⊥DE，又DE∥AC，∴AC⊥BD，又AC⊥BC，BC∩BD＝B，BC，BD?平面BCD，∴AC⊥平面BCD，∵AC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，又DO⊥BC，DO?平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；綜上所述：DO，OH，BC兩兩互相垂直，則以O為坐標原點，eq\o(OD,\s\up6(→))，eq\o(OH,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))為x，y，z軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，則A(2，－1,0)，B(0,1,0)，E(1,0，eq\r(2))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－1，eq\r(2))，∵DO⊥平面ABC，∴平面ABC的一個法向量m＝(0,0,1)；設平面ABE的法向量n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n1＝－2x1＋2y1＝0，,\o(BE,\s\up6(→))·n1＝x1－y1＋\r(2)z1＝0，))令x1＝1，解得y1＝1，z1＝0，∴n1(1,1,0)，∴m·n1＝0，即m⊥n1，∴平面ABE⊥平面ABC.(2)設在線段BC上存在點F(0，t,0)(－1≤t≤1)，使得平面AEF與平面ABE夾角的余弦值等于eq\f(5\r(43),43)，由(1)得：eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，t，－eq\r(2))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(2))，設平面AEF的法向量n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n2＝－x2＋y2＋\r(2)z2＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝－x2＋ty2－\r(2)z2＝0，))令y2＝1，則x2＝eq\f(t＋1,2)，z2＝eq\f(\r(2)t－1,4)，∴n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,2)，1，\f(\r(2)t－1,4)))，∴n1＝(1,1,0)，∴|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,2)＋1)),\r(2)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,2)))2＋1＋\f(t－12,8)))＝eq\f(5\r(43),43)，化簡可得2t2－13t－7＝0，解得t＝－eq\f(1,2)或t＝7(舍)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，∴BF＝eq\f(3,2)，∴eq\f(BF,BC)＝eq\f(3,4)；綜上所述：在線段BC上存在點F，滿足eq\f(BF,BC)＝eq\f(3,4)，使得平面AEF與平面ABE夾角的余弦值等于eq\f(5\r(43),43).名師點撥：空間存在型探究性問題的解題策略借助于空間直角坐標系，把幾何對象上動點的坐標用參數(shù)(變量)表示，將幾何對象坐標化，解題時，假設結論成立，即把結論當條件，據(jù)此列出相應的方程或方程組．若方程或方程組在題設范圍內有解，則通過參數(shù)的值反過來確定幾何對象的位置；若方程或方程組在題設范圍內無解，則表示滿足題設要求的幾何對象不存在．提醒：1.探究線段上是否存在點時，注意三點共線條件的應用.2.注意“特殊化方法”的應用．【變式訓練】(2024·福建廈門大學附中月考)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB＝AF＝2DE＝2，M是線段BF上的一動點，過點M和直線AD的平面α與FC，EC分別交于P，Q兩點．(1)若M為BF的中點，請在圖中作出線段PQ，并說明P，Q的位置及理由；(2)線段BF上是否存在點M，使得直線AC與平面α所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10)？若存在，求出MB的長；若不存在，請說明理由．[解析](1)如圖，取P為FC的中點，Q為EC靠近點E的三等分點．理由如下：由四邊形ABCD為正方形得，AD∥BC，AB∥CD，又BC?平面FBC，AD?平面FBC，所以AD∥平面FBC.又平面ADM∩平面FBC＝MP，M為FB的中點，得AD∥MP，且P為FC的中點．因為AF∥DE，AB∥CD，CD，DE?平面DCE，AB，AF?平面DCE，所以AB，AF∥平面DCE，又AF∩AB＝A，AB，AF?平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，平面ADM∩平面DCE＝DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又eq\f(ED,DC)＝eq\f(1,2)，得到Q為EC的三等分點，且QC＝2EQ，從而作出線段PQ.(2)由題意，可建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(xiàn)(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0，2,0)，于是eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，設eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→))(0<λ≤1)，則M的坐標為(2－2λ，0,2λ)∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(2－2λ，0,2λ)，設平面DAM的法向量為m＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－2λx＋2λz＝0，,2y＝0，))令x＝1，得平面APQ的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1－\f(1,λ)))，設直線AC與平面α所成角為θ，則sinθ＝|cos〈m，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(AC,\s\up6(→))|,|m||\o(AC,\s\up6(→))|