2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课七立体几何中的翻折探究及最值问题

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高考大题研究课七　立体几何中的翻折、探究及最值问题
题型一　翻折问题
例1[2023·江西师大附中模拟]如图①，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图②，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．

(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)若二面角A′ - MN - C的大小为60°，求平面A′BM与平面A′CN所成锐二面角的余弦值．
[听课记录]









题后师说
翻折问题的两个解题策略



巩固训练1
[2023·河北保定模拟]如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P - EFGB，如图2.

(1)证明：EF⊥PB；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B - FM - E的余弦值．












题型二　探究问题
例2[2023·安徽马鞍山模拟]如图所示，四棱锥P - ABCD，底面在以AC为直径的圆O上，PO⊥圆O，△ABD为等边三角形，AC＝4，PO＝.

(1)求证：平面PBD⊥平面PAB；
(2)线段PB上是否存在一点M使得直线PA与平面AMC所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由．
[听课记录]








题后师说
利用空间向量巧解探究性问题的策略




巩固训练2
[2023·山东济南历城二中模拟]如图，在三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝BC＝AB＝AC，点M为B1C1的中点．

(1)证明：AC1∥平面A1BM；
(2)AC上是否存在点N，使二面角B-A1M-N的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．











题型三　最值问题
例3[2023·河北石家庄二中模拟]如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF＝1.

(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF(含端点)上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[听课记录]















题后师说
利用向量法求解与角、体积有关的最值问题时，往往将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、三角函数法等方法可供选择．



巩固训练3
[2023·广东汕头模拟]如图，在四棱锥P - ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2，E是棱PB上一动点，已知二面角A - PB - D的余弦值为．

(1)证明：平面PAC⊥平面PBD；
(2)求直线CE与平面PAB所成角正弦值的最大值．










真题展台
1.[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，面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？














2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P - ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．


















高考大题研究课七　立体几何中的翻折、探究及最值问题
例1　解析：(1)证明：如图①，在△AMN中，由AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，
则MN2＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3，故MN＝，则AM2＋MN2＝AN2，
所以MN⊥AM，MN⊥BM.
如图②，则有MN⊥A′M，MN⊥BM，又A′M∩BM＝M，
则MN⊥平面A′BM，又MN⊂平面BCNM，
所以平面A′BM⊥平面BCNM.
(2)由(1)知，∠A′MB即为二面角A′ - MN - C的平面角，则∠A′MB＝60°，
在△A′BM内过点A′作A′O⊥BM于O，连接OC，则OM＝，OC＝，且A′O⊥平面BOC.

如图，以O为原点，以OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则C(0，，0)，N(－，0)，A′(0，0，)，
则＝(－，－，0)，＝(0，－)，
设平面A′CN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
令y＝1，则n＝(－，1，3)，
又平面A′BM的一个法向量为m＝(0，1，0)，
则cos 〈m，n〉＝＝＝，
故所求锐二面角的余弦值为.
巩固训练1　解析：(1)证明：由AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，AC＝12，
得PE＝AE＝3，EF＝4，PF＝FC＝5，则PF2＝PE2＋EF2，所以PE⊥EF.
因为＝＝，所以△ABE∽△ACB，
所以BE⊥AC，即BE⊥EF.
又PE∩BE＝E，所以EF⊥平面PEB，
因为PB⊂平面PEB，所以EF⊥PB.

(2)以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E - xyz，
则E(0，0，0)，F(4，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，M(0，)，＝(4，0，0)，＝(0，)，＝(4，－3，0)，＝(4，0，－3)．
平面BFM即平面BPF，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则由m·＝0，m·＝0，
得.
令y1＝4，得m＝(3，4，4)．
设平面EFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·＝0，n·＝0，
即.
令y2＝1，得n＝(0，1，－)．
因为cos 〈m，n〉＝＝＝－，
所以钝二面角B - FM - E的余弦值为－.
例2　解析：(1)证明：证法一：设AC∩BD＝N，由题知△ABD为等边三角形，AC为直径，OA＝2，得AC⊥BD，
∴∠NBC＝30°，AN＝3，CN＝1，
得BC＝2，在Rt△ABC中，得AB＝2，
在Rt△POA中OA＝2，PO＝，得PA＝.易知PA＝PB，
则PA2＋PB2＝AB2，故PA⊥PB.
易知△PAB≌△PAD，则PA⊥PD，又PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，
∴PA⊥平面PBD，
又PA⊂平面PAB，
∴平面PBD⊥平面PAB.
证法二：设AC∩BD＝N，连接PN，
由PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD，由题知AC⊥BD，又PO∩AC＝O，PO，AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，
∴BD⊥PA，
∵OA＝2，PO＝，△ABD为等边三角形，
∴AN＝3，ON＝1，BN＝，得PA＝，PN＝，
∴PA2＋PN2＝AN2，则PA⊥PN，
又PN∩BD＝N，
故PA⊥平面PBD，
又PA⊂平面PAB，
∴平面PBD⊥平面PAB.

(2)以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x轴，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，P(1，0，)，
∴＝(－4，0，0)，＝(－2，0，)
设＝λ(0≤λ≤1)，∴＝(－λ，λ，－λ)，
则＝(－2－λ，λ，λ)．
令平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
取n＝(0，λ－λ)，
令直线AP与平面ACM所成的角为θ，
sin θ＝＝＝，
解得λ＝，
即PB上存在点M，使得＝.
巩固训练2　解析：(1)证明：连接AB1与A1B交于点O，则O为AB1的中点，连接OM，因为点M为B1C1的中点，所以OM∥AC1，因为OM⊂平面A1BM，AC1⊄平面A1BM，所以AC1∥平面A1BM.

(2)存在，＝2，理由如下：
因为BC＝AB＝AC，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，如图建立空间直角坐标系A - xyz，设AB＝1，则B(1，0，0)，A1(0，0，)，M()，设N(0，a，0)，0≤a≤1，所以＝(－1，0，)，＝(，0)，＝(0，a，－)，设平面M的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有，取x1＝，得m＝(，－，1)，设平面A1MN的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则有，取x2＝－得n＝(－，a)，因为＝＝＝，解得a＝或a＝－6(舍)，此时＝2，所以AC上存在点N，当＝2时，二面角B - A1M - N的大小为.
例3　解析：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝CD＝BC＝1，
又因为∠BCD＝，所以∠ADC＝，∠ABC＝，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos ，
即AC2＝AB2＋1－AB＝3，解得AC＝，AB＝2，
所以AB2＝AC2＋BC2，即BC⊥AC.
因为CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，
所以AC⊥平面BCF.
因为EF∥AC，所以EF⊥平面BCF.

(2)分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
所以＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)，
设n＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
由得，
取x＝1，则n＝(1，－λ)，
又m＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，
所以cos θ＝＝
＝＝
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值为，
所以点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，
此时二面角的余弦值为.
巩固训练3　解析：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PD.
因为PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PD∩BD＝D，
所以AC⊥平面PBD.
因为AC⊂平面PAC.
所以平面PAC⊥平面PBD.

(2)设AC∩BD＝O，过O作Oz∥PD.以分别为x、y、z轴正方向建系．
所以A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，D(0，－1，0)．
设DP的长度为t(t>0)，则P(0，－1，t)，所以＝(－，1，0)，＝(0，2，－t)．
设n＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，
则，即，不妨设x＝1，则n＝(1，)．
由(1)可知：AC⊥平面PBD，所以＝(2，0，0)为平面PBD的一个法向量．
因为二面角A - PB - D的余弦值为，
所以＝
＝＝，解得：t＝1.
即P(0，－1，1)，＝(0，2，－1)，n＝(1，，2)．
因为E是棱PB上一动点，可设＝λ，(0≤λ≤1)，即＝λ＝(0，2λ，－λ)．
所以＝＝(，－1，1)＋(0，2λ，－λ)＝(，2λ－1，1－λ)．
设直线CE与平面PAB所成角为θ，
则sin θ＝＝
＝
＝＝，
所以当λ＝时，y＝5λ2－6λ＋5取最小值，
此时(sin θ)max＝.
真题展台——知道高考考什么？
1.

解析：(1)因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，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)，＝(0，2，1)．
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是＝(1－m，1，－2)．
所以·＝0，所以BF⊥DE.
(2)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，
又＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以 ，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cos 〈n1，n2〉＝ .
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
2．解析：(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D- xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．

由(1)可设Q(a，0，1)，则＝(a，0，1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即
可取n＝(－1，0，a)．
所以cos 〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝＝.
因为，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.