【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题16　立体几何中的探究、折叠问题

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1.(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H为坐标原点，eq \(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))，eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))
所以可取n＝(3，6，－eq \r(3)).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
设平面BCG与平面CGA夹角的大小为θ，
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
因此平面BCG与平面CGA夹角的大小为30°.
2.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，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E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，
所以CF＝1，BF＝eq \r(5).
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
得BF⊥AB，
于是AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝3，
所以AC＝eq \r(AF2－CF2)＝2eq \r(2).
由AB2＋BC2＝AC2，
得BA⊥BC.
∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，
∴BB1⊥AB且BB1⊥BC，
则BA，BC，BB1两两互相垂直，
故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2).
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，
所以BF⊥DE.
(2)解 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＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))
又由(1)得eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈n1，n2〉)＝eq \r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，
故当m＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小为eq \f(\r(3),3)，
即当B1D＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
热点一 立体几何中的探究问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
考向1 探究线面位置关系
例1 (2022·济南学情检测)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.
(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由.
(1)证明 如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME.
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，
且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，
所以D1E∥MC1，
又F为CC1的中点，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1.
所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F四点共面.
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
假设存在满足题意的点G(0，0，t)，
由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1，0，t－1)，
设平面BEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，n1＝(1，1，1).
设平面GEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋（t－1）z2＝0，))
取x2＝t－1，则y2＝t－1，z2＝1，
得n2＝(t－1，t－1，1).
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
所以t－1＋t－1＋1＝0，
解得t＝eq \f(1,2)，
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的长为eq \f(1,2).
考向2 与空间角有关的探究性问题
例2 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，BC＝CD＝1，AB＝2.△PBC是等边三角形，平面PBC⊥平面ABCD，点M在棱PC上.
(1)当M为棱PC的中点时，
求证：AP⊥BM；
(2)是否存在点M，使得二面角D－MB－C的余弦值为eq \f(3,4)？若存在，求CM的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接AC，由底面ABCD是等腰梯形且AB＝2，BC＝CD＝1，得∠ABC＝eq \f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq \r(3)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴∠ACB＝eq \f(π,2)，∴AC⊥BC.
又∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PBC，
∵BM⊂平面PBC，
∴AC⊥BM，
又M为棱PC的中点，且△PBC是等边三角形，
∴BM⊥PC，
又∵PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面APC，
∴BM⊥平面APC，
∵AP⊂平面APC，
∴AP⊥BM.
(2)解 假设存在点M，使得二面角D－MB－C的余弦值为eq \f(3,4).
过点P作PO⊥BC交BC于点O，
∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
∴PO⊥平面ABCD，取AB的中点E，连接OE，则OE∥CA，由(1)知OE⊥平面PBC，因此以O为原点，以OC，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
∴O(0，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)，0))，
则eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，0))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).
设eq \(CM,\s\up6(→))＝teq \(CP,\s\up6(→))(0