人教A版普通高中数学一轮复习第六章第八节立体几何中的综合问题学案

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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．
折叠问题
【例1】(2024·德州模拟)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，AD＝3，AB＝2，CD＝3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝6，如图2.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在线段BE上存在点P，使得PA与平面ABC1夹角的正弦值为365，求平面BAC1与平面PAC1所成角的余弦值．

图1 图2
(1)证明：因为∠D＝90°，AD＝3，AB＝2，CD＝3，四边形ABCE是平行四边形，
所以DE＝1，AE＝AD2+DE2＝2，所以AB＝AE＝BC＝CE，
所以四边形ABCE是菱形．
取BE的中点O，连接C1O，AO，如图1，
图1
在△AOC1中，OA＝OC1＝3，AC1＝6，
所以OA2+OC12＝AC12，所以OA⊥OC1.
因为OA⊥BE，BE∩OC1＝O，BE，OC1⊂平面BC1E，所以OA⊥平面BC1E.
又因为OA⊂平面ABED，所以平面BC1E⊥平面ABED．
(2)解：由(1)知OA，OB，OC1两两垂直．以O为原点，OA，OB，OC1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(0，0，3)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)，所以AB＝(－3，1，0)，AC1＝(－3，0，3)．
设平面ABC1的法向量为n1＝(x，y，z)，
则n1·AB=0，n1·AC1=0，所以−3x+y=0，−3x+3z=0.
取x＝1，则y＝3，z＝1，所以n1＝(1，3，1)为平面ABC1的一个法向量．
因为在线段BE上存在点P，使得PA与平面ABC1夹角的正弦值为365，
设P(0，m，0)(－1≤m≤1)，AP＝(－3，m，0)，
所以−3，m，0·1，3，13+m2×5＝365，
解得m＝12或m＝53(舍)，
所以P0，12，0，AP＝−3，12，0．
设平面PAC1的法向量为n2＝(a，b，c)，
则n2·AP=0，n2·AC1=0，所以−3a+12b=0，−3a+3c=0.
取a＝1，则b＝23，c＝1，所以n2＝(1，23，1)为平面PAC1的一个法向量．
设平面BAC1与平面PAC1所成的角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n2＝814×5＝47035，
所以平面BAC1与平面PAC1所成角的余弦值为47035．
三步解决平面图形的折叠问题
(2024·济南模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P的位置，连接PB，PB＝3.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(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＝3，
所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB．
又因为BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB．
因为BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAB．
(2)解：作PO⊥AB于点O，以O为坐标原点，以过点O且垂直于平面PAB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．
易得OB＝32，OP＝32，
所以P0，0，32，C−1，32，0，
所以PC＝−1，32，−32．
易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，
所以cs 〈PC，n〉＝PC·nPCn＝－34，
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为34．
最值问题
【例2】如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α.
(1)证明：平面α⊥平面B1CD1；
(2)点P为线段AC1上的动点，求直线BP与平面α所成角的最大值．
(1)证明：如图，连接A1C1，则B1D1⊥A1C1.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1.
又因为AA1∩A1C1＝A1，
所以B1D1⊥平面AA1C1.
因为AC1⊂平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1.
同理B1C⊥AC1.
因为B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C⊂平面B1CD1，
所以AC1⊥平面B1CD1.
因为AC1∥平面α，过直线AC1作平面β与平面α相交于直线l，则AC1∥l，
所以l⊥平面B1CD1.
又因为l⊂平面α，所以平面α⊥平面B1CD1.
(2)解：设正方体的棱长为1，以A为原点，AB，AD，AA1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)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，
所以AC1＝(1，1，1)，BD＝(－1，1，0)．
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AC1=0，n·BD=0， 所以x+y+z=0，−x+y=0.
取x＝1，则y＝1，z＝－2，所以n＝(1，1，－2)是平面α的一个法向量．
设AP＝tAC1(0≤t≤1)，则AP＝(t，t，t)．
因为BA＝(－1，0，0)，所以BP＝BA+AP＝(t－1，t，t)．
设直线BP与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，BP〉|＝n·BPnBP＝16×3t2−2t+1＝16×3t−132+23 ，
所以当t＝13时，sin θ取得最大值为12，此时θ的最大值为π6．
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．
如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1，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：因为侧面AA1B1B为正方形，所以A1B1⊥BB1.
因为BF⊥A1B1，BF∩BB1＝B，BF，BB1⊂平面BB1C1C，
所以A1B1⊥平面BB1C1C．
因为棱柱ABC -A1B1C1是直三棱柱，AB＝BC，所以四边形BB1C1C为正方形．
取BC的中点为G，连接B1G，EG，如图．
因为F为CC1的中点，易证Rt△BCF≌Rt△B1BG，则∠CBF＝∠BB1G.又因为∠BB1G＋∠B1GB＝90°，所以∠CBF＋∠B1GB＝90°，所以BF⊥B1G.
因为E，G分别为AC，BC的中点，所以EG∥AB∥A1B1.
又因为BF⊥A1B1，所以BF⊥EG.
因为B1G∩EG＝G，B1G，EG⊂平面EGB1D，所以BF⊥平面EGB1D．
因为DE⊂平面EGB1D，所以BF⊥DE.
(2)解：因为侧面AA1B1B是正方形，所以AB∥A1B1.由(1)知，A1B1⊥平面BB1C1C，所以AB⊥平面BB1C1C．
因为BC⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BC．
设B1D＝x(0≤x≤2)，以B为原点，BA，BC，BB1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(1，1，0)，F(0，2，1)，D(x，0，2)，所以EF＝(－1，1，1)，FD＝(x，－2，1)．
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＝(x1，y1，z1)，
则n2·EF=0，n2·FD=0，所以−x1+y1+z1=0，xx1−2y1+z1=0.
取z1＝1，则x1＝32−x，y1＝x+12−x，所以n2＝32−x，x+12−x，1是平面DFE的一个法向量．
设〈n1，n2〉＝θ，
则cs θ＝32−x32−x2+x+12−x2+1
＝11+32−x−1232−x2+132−x2．令32−x＝t，
则cs θ＝11+t−12t2+1t2＝121t−122+32 ．
当1t＝12，即x＝12时，(cs θ)max＝63，此时(sin θ)min＝33．
故当B1D＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小．
探索问题
【例3】(2024·潍坊模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝12AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
(1)若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B．
(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E-AD1-D的余弦值为13？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明：连接B1A，由已知得B1C1∥BC∥AD，且B1C1＝12BC＝AM，
所以四边形AB1C1M是平行四边形，
所以C1M∥B1A．
因为C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B．
(2)解：存在．取BC的中点Q，连接AQ，AC．
因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，
所以△ABC是正三角形，
所以AQ⊥BC，AQ⊥AD．
因为AA1⊥平面ABCD，AQ，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AQ，AA1⊥AD．
以A为原点，AQ，AD，AA1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)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q(3，0，0)．
假设点E存在，设点E的坐标为(3，λ，0)(－1≤λ≤1)，
所以AE＝(3，λ，0)，AD1＝(0，1，1)．
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AE=0， n·AD1TX→=0，所以3x+λy=0，y+z=0，
取z＝3，则x＝λ，y＝－3，所以n＝(λ，－3，3)是平面AD1E的一个法向量．
易知平面ADD1的一个法向量为AQ＝(3，0，0)，
所以cs〈AQ，n〉＝3λ3×λ2+6＝13，解得λ＝±32．
由题意知二面角E-AD1-D为锐角，所以点E在线段QC上，
所以λ＝32，即CE＝1－32．
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．
如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD．
(2)若SD⊥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BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明：连接BD交AC于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为原点，OB，OC，OS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．
设底面边长为a，则SO＝62a，
于是S0，0，62a，D−22a，0，0，C0，22a，0，
所以OC＝0，22a，0，SD＝−22a，0，−62a．
因为OC·SD＝0，所以OC⊥SD，
即OC⊥SD，从而AC⊥SD．
(2)解：由题意知，平面PAC的一个法向量为DS＝22a，0，62a，平面DAC的一个法向量为OS＝0，0，62a．
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈OS，DS〉|＝OS·DSOSDS＝32，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解：存在．
由(2)知DS是平面PAC的一个法向量，
且DS＝22a，0，62a，CS＝0，−22a，62a．
设CE＝tCS(0≤t≤1)，
因为B22a，0，0，C0，22a，0，
所以BC＝−22a，22a，0，
则BE＝BC+CE＝BC+tCS
＝−22a，22a1−t，62at．
由BE·DS＝0，
得－a22＋0＋32a2t＝0，
解得t＝13．
所以当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC．
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，求证：BC⊥ED．
(2)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．
(1)证明：因为△ABC，△ECD是全等的正三角形，所以CD＝BC．
因为BD＝2BC，所以BD2＝BC2＋DC2，所以BC⊥DC．
因为平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD＝CD，BC⊂平面BCD，
所以BC⊥平面ECD．
因为DE⊂平面ECD，所以BC⊥ED．
(2)解：A，B，D，E四点共面．
证明如下：
如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN.
因为△ABC是等边三角形，
所以AM⊥BC，AM＝32BC．
因为平面ABC⊥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＝32BC，
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AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，在△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的一个动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．
(1)证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以BC⊥AC．
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面PAC．
(2)解：因为E，F分别是PC，PB的中点，
所以BC∥EF.
因为EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，
所以BC∥平面AEF.
因为BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，
所以BC∥l.
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)，P(1，0，3)，
所以E12，0，32，F12，2，32，
所以AE＝−32，0，32，EF＝(0，2，0)．
因为BC∥l，所以可设Q(2，t，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则AE·m=0，EF·m=0，所以−3x2+3z2=0，2y=0.
取z＝3，则x＝1，y＝0，所以m＝(1，0，3)为平面AEF的一个法向量．
又PQ＝(1，t，－3)，则|cs 〈PQ，m〉|＝PQ·mPQm＝14+t2∈0，12．
所以直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围为0，π6．
3．(2024·盐城模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长并证明；若不存在，请说明理由．
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小？
解：以D为原点，DA，DC，DD1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，
根据题意，设点P(0，t，2)(0≤t≤2)，则E(1，1，0)，F(2，2，1)，C(0，2，0)．
(1)存在．
PE＝(1，1－t，－2)，EF＝(1，1，1)，CF＝(2，0，1)．
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·EF=0，m·CF=0，所以x+y+z=0，2x+z=0.
取x＝1，则y＝1，z＝－2，
所以m＝(1，1，－2)为平面CEF的一个法向量．
假设存在满足题意的点P，
则PE∥m，
所以11＝1−t1＝−2−2，所以t＝0，满足0≤t≤2，
即点P与点D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)．
设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，
又PF＝(2，2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，
则r·PF=0，r·PE=0，
所以2x0+2−ty0−z0=0，x0+1−ty0−2z0=0.
取y0＝1，则x0＝t3－1，z0＝－t3，
所以r＝t3−1，1，−t3为平面PEF的一个法向量．
设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，r〉|＝n·rnr
＝1t3−12+1+−t3 2
＝12t2−3t9+2
＝129t−322+32 ，0≤t≤2，
所以当t＝32时，(cs θ)max＝63，(sin θ)min＝33．
此时C1P＝2－32＝12．
4．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE⊥AD于点E，且DE＝2BC＝2BE，将梯形ABCD沿BE折叠成如图2所示的几何体，∠AED＝60°，F为直线AD上一点，且CF⊥AD于点F，G为线段ED的中点，连接FG，CG.
(1)证明：AD⊥FG；
(2)如图1中，AD＝6，求当四棱锥A-BCDE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⊥ED，BE⊥AE，且AE∩ED＝E，AE，ED⊂平面AED，
所以BE⊥平面AED．
因为AD⊂平面AED，
所以BE⊥AD．
在梯形EBCD中，DE＝2BC＝2BE，
因为G为线段ED的中点，
所以CG∥BE，故CG⊥AD．
又因为CF⊥AD，且CG∩CF＝C，CG，CF⊂平面CFG，
所以AD⊥平面CFG.
因为FG⊂平面CFG，
所以AD⊥FG.
(2)解：如图，过点A作AM⊥DE于点M.
因为BE⊥平面AED，AM⊂平面AED，
所以BE⊥AM.
因为AM⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE，
所以AM⊥平面BCDE，
所以线段AM的长度为点A到平面BCDE的距离．
设DE＝2BC＝2BE＝2x，则AE＝6－2x(0＜x＜3)，AM＝AE sin ∠AED＝32(6－2x)，
所以四棱锥A-BCDE的体积V＝13×x+2xx2×32(6－2x)＝－32x3＋332x2.
令f(x)＝－32x3＋332x2，x∈(0，3)，
则f′(x)＝33x1−x2，
当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(2，3)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(2)，即当x＝2时，四棱锥A-BCDE的体积最大，此时AE＝2，DE＝4.
以E为原点，EB，ED所在直线分别为x轴、y轴，在平面AED内过点E作与DE垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，1，3)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，
所以AD＝(0，3，－3)，
AB＝(2，－1，－3)，BC＝(0，2，0)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AB=0，n·BC=0，所以2x−y−3z=0，2y=0.
取x＝3，则y＝0，z＝2，所以n＝(3，0，2)为平面ABC的一个法向量．
由(1)知AD⊥平面CFG，
所以AD＝(0，3，－3)为平面CFG的一个法向量．
设平面ABC与平面CFG的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，AD〉|＝n·ADnAD＝77，
所以sin θ＝1−cs2θ＝427，
所以平面ABC与平面CFG的夹角的正弦值为427．
定性
分析
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
分析
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