高考中档大题突破3 空间向量与立体几何的综合问题（Word教参）-【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 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． [对应学生用书P167] 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°＝. 因为PD＝3，由余弦定理的推论可得cos ∠POD＝＝－. 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，，0)，P， 所以＝(2，0，0)，＝， 设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取y1＝，可得m＝(0，，1). 又＝(1，，0)，设平面PAD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝，可得n＝(，－1，－)， 则cos 〈m，n〉＝＝－＝－， 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. 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＝，＝2.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，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＝2，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＝＝2， 所以AF＝CF＝. 在图②中，AC1＝，因为AF2＋C1F2＝AC， 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(，0，0)，B(，2，0)，E(0，1，0)，F，C1， 所以＝，＝(，0，0)，＝. 设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)， 由得 取z＝，得n＝(0，－2，)，所以|n|＝. 记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 考点二　探索性问题(重难考点　师生共研) 　(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＝. (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？若存在，求的值；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. ∵＝＝，∠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，)，D(0，1，)，S(，0，0). 假设存在满足条件的点E，设＝λ(0≤λ≤1)，则E(－λ，λ，λ)， 连接AE，BE，则＝(－λ，λ－1，λ)，＝＝(0，－2，0)，＝(，－1，－). 设n＝(x，y，z)为平面SCD的法向量， 则即 则y＝0，令x＝，可得n＝(，0，). 设m＝(x1，y1，z1)为平面ABE的法向量， 则 即 则y1＝0，令x1＝λ，可得m＝(λ，0，λ－). 因此有|cos 〈m，n〉|＝＝＝，解得λ＝或λ＝， ∴＝或＝. 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＝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＝AB，不妨设AB＝，则SA＝2， ∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，SO＝. 由题意得S(0，0，)，D(－1，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，B(1，0，0). ∴＝(0，－1，－)，＝(1，0，－)， 设平面SAB的一个法向量为m＝(x，y，z)，则有即 可取m＝(，－，1)， ∵SD⊥平面PAC， ∴平面PAC的一个法向量为＝(－1，0，－)， 设平面SAB与平面PAC夹角的余弦值为θ， 所以cos θ＝ ＝＝. (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＝λ，即(x0，y0，z0－)＝λ(0，1，－)，可得x0＝0，y0＝λ，z0＝－λ，即E(0，λ，－λ)， 所以＝(－1，λ，－λ)， 由平面PAC的一个法向量＝， 若BE∥平面PAC，则·＝0， 即1＋0－3＋3λ＝0，解得λ＝.故SE∶SC＝. 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＝，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＝λ，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＝，所以由余弦定理得AC＝，所以∠BAC＝，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，，0)，S(0，0，3)，D(－1，，0)，所以＝(－1，0，0)，＝(0，，－3). 设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)， 由得可取n＝(0，，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|＝＝＝. 由图可知二面角S­CD­A的平面角为锐角， 所以θ＝，即二面角S­CD­A的平面角的大小为. (2)设P(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1，y1，z1－3)＝λ(－1，，－3)， 则x1＝－λ，y1＝λ，z1＝3－3λ， 所以P(－λ，λ，3－3λ)， 所以＝(－λ－1，λ，3－3λ). 由(1)知平面PCD的一个法向量为n＝(0，，1). 设直线BP与平面PCD所成的角为α，则sin α＝＝＝， 所以当λ＝时，sin α值最大，经验证，此时sin α≤1成立， 即当λ＝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 D．点A到平面PBC距离的最大值为 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＝＝＝2，所以OA＝，又OM＝OO′＝1，所以AM＝＝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＝AB·AC·sin 60°≤×9×＝，所以三棱锥P­ABC体积的最大值为××2＝，故C正确； 对于D，设点A到平面PBC的距离为h，则VA­PBC＝h·S△PBC＝h·×2×3＝h， 因为VA­PBC＝VP­ABC≤，所以h≤，即点A到平面PBC距离的最大值为，故D正确．故选ACD. 答案　ACD 学科网（北京）股份有限公司 $$