2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 51 第六章 第八節(jié) 立體幾何中的綜合問題

第八節(jié)立體幾何中的綜合問題考試要求：1．理解折疊問題中的變量與不變量，掌握折疊問題中線面位置關(guān)系的判斷和空間角的計(jì)算問題．2．理解空間幾何體中動(dòng)點(diǎn)的變化情況，會(huì)求解相關(guān)量的最大值、最小值問題．3．以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件．折疊問題【例1】(2024·德州模擬)圖1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90?，AD＝3，AB＝2，CD＝3，四邊形ABCE為平行四邊形，以BE為折痕將△BCE折起，使點(diǎn)C到達(dá)C1的位置，且AC1＝6，如圖2.(1)求證：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在線段BE上存在點(diǎn)P，使得PA與平面ABC1夾角的正弦值為365，求平面BAC1與平面PAC1所成角的余弦值圖1圖2(1)證明：因?yàn)椤螪＝90?，AD＝3，AB＝2，CD＝3，四邊形ABCE是平行四邊形，所以DE＝1，AE＝AD2+DE2＝2，所以AB＝AE＝BC＝CE，取BE的中點(diǎn)O，連接C1O，AO，如圖1，圖1在△AOC1中，OA＝OC1＝3，所以O(shè)A2＋OC12＝AC12，因?yàn)镺A⊥BE，BE∩OC1＝O，BE，OC1?平面BC1E，所以O(shè)A⊥平面BC1E．又因?yàn)镺A?平面ABED，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)解：由(1)知OA，OB，OC1兩兩垂直．以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，圖2則C10，0，3，A3，0，0，B(0，1，0)所以AB＝－3，1設(shè)平面ABC1的法向量為n1＝(x，y，z)則n1·取x＝1，則y＝3，z＝1，所以n1＝1，3，1因?yàn)樵诰€段BE上存在點(diǎn)P，使得PA與平面ABC1夾角的正弦值為365設(shè)P(0，m，0)(－1≤m≤1)，AP＝－3所以－3，m，0·1，3，1所以P0，設(shè)平面PAC1的法向量為n2＝(a，b，c)，則n2·取a＝1，則b＝23，c＝1，所以n2＝1，23，設(shè)平面BAC1與平面PAC1所成的角為θ，則cosθ＝cos〈n1，n所以平面BAC1與平面PAC1所成角的余弦值為470三步解決平面圖形的折疊問題(2024·濟(jì)南模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，將△ACD沿AC折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，連接PB，PB＝3.(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；(2)求直線PC與平面ABC所成角的正弦值．圖1圖2(1)證明：因?yàn)锽C＝1，PC＝2，PB＝3，所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB.又因?yàn)锽C⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因?yàn)锽C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAB.(2)解：作PO⊥AB于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過點(diǎn)O且垂直于平面PAB的直線為x軸，OB，OP所在直線分別為y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．易得OB＝32，OP＝3所以PC＝易知平面ABC的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)，所以cos〈PC，n〉＝PC·所以直線PC與平面ABC所成角的正弦值為34最值問題【例2】如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1和平面α，直線AC1∥平面α，直線BD∥平面α.(1)證明：平面α⊥平面B1CD1；(2)點(diǎn)P為線段AC1上的動(dòng)點(diǎn)，求直線BP與平面α所成角的最大值．(1)證明：如圖，連接A1C1，則B1D1⊥A1C1.因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1D1，B1D1?平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1.又因?yàn)锳A1∩A1C1＝A1，所以B1D1⊥平面AA1C1.因?yàn)锳C1?平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1.同理B1C⊥AC1.因?yàn)锽1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C?平面B1CD1，所以AC1⊥平面B1CD1.因?yàn)锳C1∥平面α，過直線AC1作平面β與平面α相交于直線l，則AC1∥l，所以l⊥平面B1CD1.又因?yàn)閘?平面α，所以平面α⊥平面B1CD1.(2)解：設(shè)正方體的棱長為1，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)設(shè)平面α的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AC取x＝1，則y＝1，z＝－2，所以n＝(1，1，－2)是平面α的一個(gè)法向量．設(shè)AP＝tAC1(0≤t≤1)，則AP＝(t，t因?yàn)锽A＝(－1，0，0)，所以BP＝BA+AP＝(t－1，t設(shè)直線BP與平面α所成的角為θ，則sinθ＝cos〈n，所以當(dāng)t＝13時(shí)，sinθ取得最大值為12，此時(shí)θ的最大值為空間幾何體中的某些對象，如點(diǎn)、線、面，在約束條件下運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)相關(guān)的線段長度、幾何體體積等發(fā)生變化，進(jìn)而就有了面積、體積及角度的最值問題．定性分析在空間幾何體的變化過程中，通過觀察運(yùn)動(dòng)點(diǎn)的位置變化，發(fā)現(xiàn)其相關(guān)量的變化規(guī)律，進(jìn)而發(fā)現(xiàn)相關(guān)面積或體積等的變化規(guī)律，求得其最大值或最小值定量分析將所求問題轉(zhuǎn)化為某一個(gè)相關(guān)量的問題，即轉(zhuǎn)化為關(guān)于其中一個(gè)量的函數(shù)，求其最大值或最小值的問題．根據(jù)具體情況，有函數(shù)法、不等式法、三角函數(shù)法等多種方法可供選擇如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最??？(1)證明：因?yàn)閭?cè)面AA1B1B為正方形，所以A1B1⊥BB1.因?yàn)锽F⊥A1B1，BF∩BB1＝B，BF，BB1?平面BB1C1C，所以A1B1⊥平面BB1C1C.因?yàn)槔庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱，AB＝BC，所以四邊形BB1C1C為正方形．取BC的中點(diǎn)為G，連接B1G，EG，如圖．因?yàn)镕為CC1的中點(diǎn)，易證Rt△BCF≌Rt△B1BG，則∠CBF＝∠BB1G.又因?yàn)椤螧B1G＋∠B1GB＝90?，所以∠CBF＋∠B1GB＝90?，所以BF⊥B1G.因?yàn)镋，G分別為AC，BC的中點(diǎn)，所以EG∥AB∥A1B1.又因?yàn)锽F⊥A1B1，所以BF⊥EG.因?yàn)锽1G∩EG＝G，B1G，EG?平面EGB1D，所以BF⊥平面EGB1D.因?yàn)镈E?平面EGB1D，所以BF⊥DE.(2)解：因?yàn)閭?cè)面AA1B1B是正方形，所以AB∥A1B1.由(1)知，A1B1⊥平面BB1C1C，所以AB⊥平面BB1C1C.因?yàn)锽C?平面BB1C1C，所以AB⊥BC.設(shè)B1D＝x(0≤x≤2)，以B為原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1)，D(x，0，2)，所以EF＝(－1，1，1)，F(xiàn)D＝(x，－2，1)．易知，平面BB1C1C的一個(gè)法向量為n1＝(1，0，0)．設(shè)平面DFE的法向量為n2＝(x1，y1，z1)，則n2·取z1＝1，則x1＝32－x，y1＝x+1設(shè)〈n1，n2〉＝θ，則cosθ＝32－x令32－x＝t，則cosθ當(dāng)1t＝12，即x＝12時(shí)，(cosθ)max＝63，此時(shí)(sin故當(dāng)B1D＝12時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小探索問題【例3】(2024·濰坊模擬)如圖，在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝12AB＝1，∠ABC＝60?，AA1⊥平面ABCD.(1)若點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，求證：C1M∥平面AA1B1B.(2)棱BC上是否存在一點(diǎn)E，使得二面角E-AD1-D的余弦值為13？若存在，求線段CE的長；若不存在，請說明理由(1)證明：連接B1A，由已知得B1C1∥BC∥AD，且B1C1＝12BC＝AM所以四邊形AB1C1M是平行四邊形，所以C1M∥B1A.因?yàn)镃1M?平面AA1B1B，B1A?平面AA1B1B，所以C1M∥平面AA1B1B.(2)解：存在．取BC的中點(diǎn)Q，連接AQ，AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，且∠ABC＝60?，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，AQ⊥AD.因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，AQ，AD?平面ABCD，所以AA1⊥AQ，AA1⊥AD.以A為原點(diǎn)，AQ，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q3，假設(shè)點(diǎn)E存在，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為3，λ，0(－1≤所以AE＝3，λ，0，AD設(shè)平面AD1E的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AE取z＝3，則x＝λ，y＝－3，所以n＝λ，－3，3是平面易知平面ADD1的一個(gè)法向量為AQ＝3，所以|cos〈AQ，n〉|＝3|λ|3×λ2由題意知二面角E-AD1-D為銳角，所以點(diǎn)E在線段QC上，所以λ＝32，即CE＝1－31．對于存在判斷型問題，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解、是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．2．對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的2倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．(1)求證：AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大?。?3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請說明理由．(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接SO.由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)底面邊長為a，則SO＝62a于是S0，所以O(shè)C＝因?yàn)镺C·SD＝0，所以O(shè)C⊥SD，即OC⊥SD，從而AC⊥(2)解：由題意知，平面PAC的一個(gè)法向量為DS＝平面DAC的一個(gè)法向量為OS＝設(shè)平面PAC與平面DAC的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈OS所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30?.(3)解：存在．由(2)知DS是平面PAC的一個(gè)法向量，且DS＝設(shè)CE＝tCS(0≤t因?yàn)锽22所以BC＝則BE＝BC+由BE·DS＝0，得－a22+0+32a所以當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，BE⊥DS.由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC，此時(shí)SE∶EC＝2∶1.課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(三十九)1．如圖，已知在空間幾何體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，求證：BC⊥ED.(2)探索A，B，D，E四點(diǎn)是否共面．若共面，請給出證明；若不共面，請說明理由．(1)證明：因?yàn)椤鰽BC，△ECD是全等的正三角形，所以CD＝BC.因?yàn)锽D＝2BC，所以BD2＝BC2＋DC2，所以BC⊥DC.因?yàn)槠矫鍱CD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD＝CD，BC?平面BCD，所以BC⊥平面ECD.因?yàn)镈E?平面ECD，所以BC⊥ED.(2)解：A，B，D，E四點(diǎn)共面．證明如下：如圖，分別取BC，DC的中點(diǎn)M，N，連接AM，EN，MN.因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，所以AM⊥BC，AM＝32BC因?yàn)槠矫鍭BC⊥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，所以四邊形AMNE是矩形，所以AE∥MN.又因?yàn)镸N∥BD，所以AE∥BD，所以A，B，D，E四點(diǎn)共面．2．如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點(diǎn)，平面PAC⊥平面ABC，在△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)．(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)記平面AEF與平面ABC的交線為直線l，點(diǎn)Q為直線l上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求直線PQ與平面AEF所成的角的取值范圍．(1)證明：因?yàn)镃是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點(diǎn)，所以BC⊥AC.因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面PAC.(2)解：因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，所以BC∥EF.因?yàn)镋F?平面AEF，BC?平面AEF，所以BC∥平面AEF.因?yàn)锽C?平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，所以BC∥l.以C為原點(diǎn)，CA，CB所在直線分別為x軸、y軸，過點(diǎn)C且垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P1，所以E12所以AE＝－32，0因?yàn)锽C∥l，所以可設(shè)Q(2，t，0)，平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，則AE·m取z＝3，則x＝1，y＝0，所以m＝1，0，3又PQ＝1，t，－3，則|所以直線PQ與平面AEF所成的角的取值范圍為0，3．(2024·鹽城模擬)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為BD和BB1的中點(diǎn)，P為棱C1D1上的動(dòng)點(diǎn)．(1)是否存在點(diǎn)P，使得PE⊥平面EFC？若存在，請證明并求出滿足條件時(shí)C1P的長；若不存在，請說明理由．(2)當(dāng)C1P為何值時(shí)，平面BCC1B1與平面PEF夾角的正弦值最小？解：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)P(0，t，2)(0≤t≤2)，則E(1，1，0)，F(xiàn)(2，2，1)，C(0，2，0)．(1)存在．PE＝(1，1－t，－2)，EF＝(1，1，1)，CF＝(2，0，1)．設(shè)平面CEF的法向量為m＝(x，y，z)，則m·EF取x＝1，則y＝1，z＝－2，所以m＝(1，1，－2)為平面CEF的一個(gè)法向量．假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)P，則PE∥m，所以11＝1－t1＝－2－2即點(diǎn)P與點(diǎn)D1重合時(shí)，PE⊥平面EFC，此時(shí)C1P＝2.(2)易知平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n＝(0，1，0)．設(shè)平面PEF的法向量為r＝(x0，y0，z0)，又PF＝(2，2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，則r所以2取y0＝1，則x0＝t3所以r＝t3－1設(shè)平面BCC1B1與平面PEF的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，r〉|＝n·rnr＝1t3－12+1所以當(dāng)t＝32時(shí)，(cosθ)max＝63，(sinθ)min＝此時(shí)C1P＝2－324．如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE⊥AD于點(diǎn)E，且DE＝2BC＝2BE，將梯形ABCD沿BE折疊成如圖2所示的幾何體，∠AED＝60?，F(xiàn)為直線AD上一點(diǎn)，且CF⊥AD于點(diǎn)F，G為線段ED的中點(diǎn)，連接FG，CG.(1)證明：AD⊥FG；(2)如圖1，AD＝6，求當(dāng)四棱錐A-BCDE的體積最大時(shí)，平面ABC與平面CFG的夾角的正弦值．圖1圖2(1)證明：由已知得BE⊥ED，BE⊥AE，且AE∩ED＝E，AE，ED?平面AED，所以BE⊥平面AED.因?yàn)锳D?平面AED，所以B