高考中档大题突破3 空间向量与立体几何的综合问题（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

高考中档大题突破3　空间向量与 立体几何的综合问题 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 01 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 谢谢观看 栏目导航 高考中档大题突破3　空间向量与立体几何的综合问题 1 立体几何中的探索性问题、折叠问题及最值(范围)问题是近几年高考考查的热点内容，也是一个难点，常见于新高考的多选题和解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体需进行深入剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力． 考点一　翻折问题(重难考点　师生共研) 　如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，将△ABC沿直线AC折起到△APC的位置，使PD＝3. (1)证明：PD⊥AC； (2)求二面角C­PA­D的平面角的余弦值． (1)[证明]　连接BD交AC于点O，连接OP(图略). 因为四边形ABCD为菱形，AC∩BD＝O，则O为AC的中点，则OD⊥AC. 将△ABC沿直线AC折起到△APC的位置， 则PA＝PC，所以OP⊥AC. 因为OP∩OD＝O，OP，OD⊂平面OPD， 所以AC⊥平面OPD，因为PD⊂平面OPD， 所以AC⊥PD. (2)[解析]　由题意可知，△PAC，△ACD都是边长为2的等边三角形， 因为O为AC的中点，则OP＝OD＝2sin 60°＝ eq \r(3) . 因为PD＝3，由余弦定理的推论可得 cos ∠POD＝ eq \f(OP2＋OD2－PD2,2OP·OD) ＝－ eq \f(1,2) . 因为0°＜∠POD＜180°，则∠POD＝120°. 由(1)可知AC⊥平面OPD，以点O为坐标原点， OC，OD所在直线分别为x轴、y轴， 平面OPD内垂直于OD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(0， eq \r(3) ，0)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))) ， 所以 eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝(2，0，0)， eq \o(AP,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))) ， 设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up14(→))＝0，,m·\o(AP,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－\f(\r(3),2)y1＋\f(3,2)z1＝0，)) 取y1＝ eq \r(3) ，可得m＝(0， eq \r(3) ，1). 又 eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝(1， eq \r(3) ，0)，设平面PAD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up14(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,x2－\f(\r(3),2)y2＋\f(3,2)z2＝0，)) 取x2＝ eq \r(3) ，可得n＝( eq \r(3) ，－1，－ eq \r(3) )， 则cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|) ＝－ eq \f(2\r(3),2×\r(7)) ＝－ eq \f(\r(21),7) ， 由图可知，二面角C­PA­D的平面角为锐角， 故二面角C­PA­D的平面角的余弦值为 eq \f(\r(21),7) . 翻折问题的两个解题策略 图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝ eq \r(3) ， eq \o(CE,\s\up14(→)) ＝2 eq \o(ED,\s\up14(→)) .以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝ eq \r(6) ，如图2. (1)证明：平面BC1E⊥平面ABED； (2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值． (1)证明　在图①中，连接AE，AC，AC交BE于点F. 因为 eq \o(CE,\s\up14(→)) ＝2 eq \o(ED,\s\up14(→)) ，DC＝3，所以CE＝2，所以AB＝CE. 又AB∥CD，所以四边形AECB是平行四边形． 在Rt△ACD中，AC＝ eq \r(32＋(\r(3))2) ＝2 eq \r(3) ， 所以AF＝CF＝ eq \r(3) . 在图②中，AC1＝ eq \r(6) ，因为AF2＋C1F2＝AC eq \o\al(2,1) ， 所以C1F⊥AF， 由题意得C1F⊥BE.又BE∩AF＝F，BE，AF⊂平面ABED， 所以C1F⊥平面ABED.又C1F⊂平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)解析　如图②，以D为坐标原点，DA，DE所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A( eq \r(3) ，0，0)，B( eq \r(3) ，2，0)，E(0，1，0)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0)) ，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3))) ，所以 eq \o(BC1,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3))) ， eq \o(DA,\s\up14(→)) ＝( eq \r(3) ，0，0)， eq \o(DC1,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3))) .设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up14(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up14(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，)) 取z＝ eq \r(3) ，得n＝(0，－2， eq \r(3) )，所以|n|＝ eq \r(7) . 记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈 eq \o(BC1,\s\up14(→)) ，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC1,\s\up14(→))·n,|\o(BC1,\s\up14(→))||n|))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0＋1＋3,2×\r(7)))) ＝ eq \f(2\r(7),7) . 　(2024·石家庄市质量检测)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝ eq \r(2) . (1)证明：BD⊥平面SOC； (2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE 与平面SCD夹角的余弦值为 eq \f(1,5) ？若存在，求 eq \f(SE,SD) 的值；若不存在，请说明理由． (1)[证明]　∵SA＝SB＝AB，O为AB的中点，∴SO⊥AB. ∵平面ABCD⊥平面SAB，SO⊂平面SAB， 平面ABCD∩平面SAB＝AB， ∴SO⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD， ∴SO⊥BD. ∵ eq \f(CB,BO) ＝ eq \f(BA,AD) ＝ eq \r(2) ，∠CBO＝∠BAD＝90°， ∴△CBO∽△BAD，故∠BCO＝∠ABD， ∴∠ABD＋∠COB＝∠BCO＋∠COB＝90°， ∴BD⊥CO. 又CO∩SO＝O，CO，SO⊂平面SOC， ∴BD⊥平面SOC. (2)[解析]　如图，在底面ABCD中，过点O作OM垂直AB交棱CD于点M，以O为坐标原点，OS，OA，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O­xyz. 由已知得，O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(0，－1， eq \r(2) )，D(0，1， eq \r(2) )，S( eq \r(3) ，0，0). 假设存在满足条件的点E，设 eq \f(SE,SD) ＝λ(0≤λ≤1)，则E( eq \r(3) － eq \r(3) λ，λ， eq \r(2) λ)， 连接AE，BE，则 eq \o(AE,\s\up14(→)) ＝( eq \r(3) － eq \r(3) λ，λ－1， eq \r(2) λ)， eq \o(AB,\s\up14(→)) ＝ eq \o(DC,\s\up14(→)) ＝(0，－2，0)， eq \o(DS,\s\up14(→)) ＝( eq \r(3) ，－1，－ eq \r(2) ). 设n＝(x，y，z)为平面SCD的法向量， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up14(→))＝0，,n·\o(DS,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y＝0，,\r(3)x－y－\r(2)z＝0，)) 则y＝0，令x＝ eq \r(2) ，可得n＝( eq \r(2) ，0， eq \r(3) ). 设m＝(x1，y1，z1)为平面ABE的法向量， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up14(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y1＝0，,(\r(3)－\r(3)λ)x1＋(λ－1)y1＋\r(2)λz1＝0，)) 则y1＝0，令x1＝ eq \r(2) λ，可得m＝( eq \r(2) λ，0， eq \r(3) λ－ eq \r(3) ). 因此有|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(|2λ＋3λ－3|,\r(5)×\r(5λ2－6λ＋3)) ＝ eq \f(1,5) ， 解得λ＝ eq \f(1,2) 或λ＝ eq \f(7,10) ，∴ eq \f(SE,SD) ＝ eq \f(1,2) 或 eq \f(SE,SD) ＝ eq \f(7,10) . 与空间角有关的存在性问题的解题流程 (2024·江门模拟)如图，在正四棱锥S­ABCD中，AC∩BD＝O，SA＝ eq \r(2) AB，P在侧棱SD上，SD⊥平面PAC. (1)求平面SAB与平面PAC夹角的余弦值； (2)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． 解析　(1)如图，由题意知SO⊥平面ABCD，AC⊥BD，故OS，OB，OC两两垂直． 以O为坐标原点，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O­xyz. ∵SA＝ eq \r(2) AB，不妨设AB＝ eq \r(2) ， 则SA＝2， ∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，SO＝ eq \r(3) . 由题意得S(0，0， eq \r(3) )，D(－1，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，B(1，0，0). ∴ eq \o(SA,\s\up14(→)) ＝(0，－1，－ eq \r(3) )， eq \o(SB,\s\up14(→)) ＝(1，0，－ eq \r(3) )， 设平面SAB的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(SA,\s\up14(→))＝0，,m·\o(SB,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y－\r(3)z＝0，,x－\r(3)z＝0，)) 可取m＝( eq \r(3) ，－ eq \r(3) ，1)， ∵SD⊥平面PAC， ∴平面PAC的一个法向量为 eq \o(SD,\s\up14(→)) ＝(－1，0，－ eq \r(3) )， 设平面SAB与平面PAC夹角的余弦值为θ， 所以cos θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，\o(SD,\s\up14(→))〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\r(3)＋0－\r(3))),\r(3＋3＋1)·\r(1＋0＋3)) ＝ eq \f(\r(21),7) . (2)假设在棱SC上存在一点E使得BE∥平面PAC.在SC上取点E， 连接EB，由(1)设E(x0，y0，z0)，且 eq \o(SE,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(SC,\s\up14(→)) ，即(x0，y0，z0－ eq \r(3) )＝λ(0，1，－ eq \r(3) )，可得x0＝0，y0＝λ，z0＝ eq \r(3) － eq \r(3) λ，即E(0，λ， eq \r(3) － eq \r(3) λ)， 所以 eq \o(BE,\s\up14(→)) ＝(－1，λ， eq \r(3) － eq \r(3) λ)， 由平面PAC的一个法向量 eq \o(SD,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，－\r(3))) ， 若BE∥平面PAC，则 eq \o(BE,\s\up14(→)) · eq \o(SD,\s\up14(→)) ＝0， 即1＋0－3＋3λ＝0，解得λ＝ eq \f(2,3) .故SE∶SC＝ eq \f(2,3) . 所以侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，且SE∶EC＝2∶1. 考点三　最值(范围)问题(重难考点　师生共研) 　(2024·苏北四市第一次调研)如图，在四棱锥S­ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD，SA⊥AD，且四边形ABCD为平行四边形，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝ eq \f(π,3) ，SA＝3. (1)求二面角S­CD­A的平面角的大小； (2)点P在线段SD上且满足 eq \o(SP,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(SD,\s\up14(→)) ，试确定λ 的值，使得直线BP与平面PCD所成的角最大． [解析]　(1)连接AC，在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝ eq \f(π,3) ，所以由余弦定理得AC＝ eq \r(3) ，所以∠BAC＝ eq \f(π,2) ，即AB⊥AC. 因为侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SA⊥AD，SA⊂平面SAD，所以SA⊥底面ABCD. 又AB，AC⊂底面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AC. 所以SA，AB，AC两两垂直． 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(0， eq \r(3) ，0)，S(0，0，3)，D(－1， eq \r(3) ，0)，所以 eq \o(CD,\s\up14(→)) ＝(－1，0，0)， eq \o(SC,\s\up14(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－3). 设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up14(→))＝0，,n·\o(SC,\s\up14(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\r(3)y－3z＝0，)) 可取n＝(0， eq \r(3) ，1). 易知m＝(0，0，1)为底面ABCD的一个法向量． 设二面角S­CD­A的平面角为θ， 则|cos θ|＝ eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝ eq \f(1,\r(1＋3)) ＝ eq \f(1,2) . 由图可知二面角S­CD­A的平面角为锐角， 所以θ＝ eq \f(π,3) ，即二面角S­CD­A的平面角的大小为 eq \f(π,3) . (2)设P(x1，y1，z1)，由 eq \o(SP,\s\up14(→)) ＝λ eq \o(SD,\s\up14(→)) ， 得(x1，y1，z1－3)＝λ(－1， eq \r(3) ，－3)， 则x1＝－λ，y1＝ eq \r(3) λ，z1＝3－3λ， 所以P(－λ， eq \r(3) λ，3－3λ)， 所以 eq \o(BP,\s\up14(→)) ＝(－λ－1， eq \r(3) λ，3－3λ). 由(1)知平面PCD的一个法向量为n＝(0， eq \r(3) ，1). 设直线BP与平面PCD所成的角为α， 则sin α＝ eq \f(|\o(BP,\s\up14(→))·n|,|\o(BP,\s\up14(→))||n|) ＝ eq \f(|3λ＋3－3λ|,2\r((－λ－1)2＋(\r(3)λ)2＋(3－3λ)2)) ＝ eq \f(3,2\r(13λ2－16λ＋10)) ， 所以当λ＝ eq \f(8,13) 时，sin α值最大，经验证，此时sin α≤1成立， 即当λ＝ eq \f(8,13) 时，直线BP与平面PCD所成的角最大． 求最值、范围问题的常用思路 (多选)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O，O′，其高为2，△ABC为圆O的内接三角形，且∠BAC＝60°，BC＝3，P为圆O′上的动点，则(　　) A．若PB⊥平面ABC，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为16π B．若PA⊥BC，则AB＝AC C．三棱锥P­ABC体积的最大值为 eq \f(3\r(3),2) D．点A到平面PBC距离的最大值为 eq \f(3\r(3),2) 解析　对于A，取OO′的中点M，易得MA＝MB＝MC＝MP，则M为三棱锥P­ABC外接球的球心，在△ABC中，由正弦定理得2OA＝ eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝ eq \f(3,\f(\r(3),2)) ＝2 eq \r(3) ，所以OA＝ eq \r(3) ，又OM＝ eq \f(1,2) OO′＝1，所以AM＝ eq \r((\r(3))2＋1) ＝2，所以三棱锥P­ABC外接球的表面积为4π·22＝16π，故A正确； 对于B，过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，连接AQ，则PQ⊥BC，又PA⊥BC，PA∩PQ＝P，PA，PQ⊂平面PAQ，所以BC⊥平面PAQ， 所以BC⊥AQ，只有当AQ经过BC的中点时，才有AB＝AC，故B不正确； 对于C，在ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 60°＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB－AC)2＋AB·AC， 所以9＝(AB－AC)2＋AB·AC≥AB·AC，即AB·AC≤9，当且仅当AB＝AC时，等号成立， 所以S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC·sin 60°≤ eq \f(1,2) ×9× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(9\r(3),4) ，所以三棱锥P­ABC体积的最大值为 eq \f(1,3) × eq \f(9\r(3),4) ×2＝ eq \f(3\r(3),2) ，故C正确； 对于D，设点A到平面PBC的距离为h， 则VA­PBC＝ eq \f(1,3) h·S△PBC＝ eq \f(1,3) h· eq \f(1,2) ×2×3＝h， 因为VA­PBC＝VP­ABC≤ eq \f(3\r(3),2) ，所以h≤ eq \f(3\r(3),2) ，即点A到平面PBC距离的最大值为 eq \f(3\r(3),2) ，故D正确．故选ACD. 答案　ACD $$