第7章 第10节 立体几何中的综合问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

第十节　立体几何中的综合问题 [对应学生用书P171] 考点一　空间角与翻折问题相结合(自主完成) [例1] (2024·四川眉山模拟)如图一，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图二所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. 设F为CD1的中点，若M为线段AB上的一点，满足＝. (1)求证：MF∥平面D1AE； (2)求平面D1MF与平面ABE所成锐二面角的余弦值． (1)证明：如图，设G是D1E的中点，连接GF，AG， 由于F是CD1的中点，所以GF∥CE，GF＝CE， 由于＝，所以AM∥CE，AM＝CE， 所以AM∥GF，AM＝GF， 所以四边形AMFG是平行四边形， 所以MF∥AG，由于MF⊄平面D1AE，AG⊂平面D1AE， 所以MF∥平面D1AE. (2)解：连接BE，由于AE＝BE＝2，AB＝4，AE2＋BE2＝AB2， 所以AE⊥BE，依题意，平面D1AE⊥平面ABCE. 以E为原点，EA，EB所在的直线分别为x轴，y轴，过点E作垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 平面ABE的一个法向量为m＝(0，0，1)，C(－，，0)，D1(，0，)，F(0，，)，M(，，0)，＝(－，，－)，＝(，0，－)， 设平面D1MF的法向量为n＝(x，y，z)， 则故可令n＝(1，5，3)为平面D1MF的一个法向量， 设平面D1MF与平面ABE所成锐二面角为θ， 则cos θ＝＝＝＝. 解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决． 　(2024·山西太原模拟)在长方形ABCD中，AB＝2AD＝2，点E为CD中点(如图1)，将点D绕AE旋转至点P处，使平面PAE⊥平面ABCE(如图2). 　 (1)求证：PA⊥PB； (2)点F在线段PB上，当二面角F­AE­P大小为时，求四棱锥F­ABCE的体积． (1)证明：∵在长方形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD中点， ∴AE＝BE＝2，∴AE⊥BE， ∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE， BE⊂平面ABCE， ∴BE⊥平面PAE，AP⊂平面PAE， ∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，PE∩BE＝E， ∴PA⊥平面PBE，PB⊂平面PBE， ∴PA⊥PB. (2)解：如图，取AE的中点O，AB的中点G，连接OP，OG，由题意可得OP，OG，OA两两互相垂直，以O为坐标原点，以OA，OG，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，E(－1，0，0)，B(－1，2，0)，P(0，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(－1，2，－1)，设＝λ(0<λ<1)，则F(－λ，2λ，1－λ)，＝(－λ－1，2λ，1－λ)，设平面FAE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即 令y＝1，得z＝，则m＝(0，1，). 又BE⊥平面PAE， ∴n＝＝(0，2，0)是平面PAE的一个法向量， ∴cos 〈m，n〉＝＝， 令＝，解得λ＝或λ＝－1(舍). 即F为PB的靠近P的三等分点时， 二面角F­AE­P的平面角为， ∵PO⊥平面ABCE，且PO＝1， ∴F到平面ABCE的距离为. 又四边形ABCE的面积为3， ∴四棱锥F­ABCE的体积V＝S四边形ABCE·h＝×3×＝. 考点二　空间角与探索性问题相结合 [例2] (2024·湖南师大附中模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB＝AF＝2DE＝2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点． (1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及作法理由； (2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点． 理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，AB∥CD， 又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC， 所以AD∥平面FBC. 又平面ADM∩平面FBC＝MP，M为FB的中点， 得AD∥MP，且P为FC的中点． 因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE⊂平面DCE，AB，AF⊄平面DCE，所以AB，AF∥平面DCE， 又AF∩AB＝A，AB，AF⊂平面ABF， 所以平面ABF∥平面DCE， 平面ADM∩平面DCE＝DQ，AM平分∠FAB， 得DQ平分∠EDC， 又＝，得到Q为EC的三等分点，且QC＝2EQ，从而作出线段PQ. (2)由题意，AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB，AD，AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)， 于是＝(－2，0，2)，＝(0，2，0)，＝(2，2，0)， 设＝λ(0<λ<1)，则M的坐标为(2－2λ，0，2λ). 设平面α的法向量为m＝(x，y，z)， 则由得 令x＝1，得平面α的一个法向量为m＝(1，0，1－). 设直线AC与平面α所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈m，〉|＝， 假设存在点M使得直线AC与平面α所成角的正弦值为， 则有＝＝， 解得λ＝，MB＝. 综上，线段BF上存在点M，位于靠近点B的三等分点处，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为. 空间角存在性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在． 　(2024·浙江春晖中学模拟)如图，已知四棱锥E­ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形． (1)求证：平面ADE⊥平面ABCD； (2)是否存在一点F，满足＝λ(0<λ<1)，使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． (1)证明：在等腰梯形ABCD中，AB＝4，AD＝DC＝2，则∠DAB＝60°， 则BD＝2，所以AD2＋BD2＝AB2，BD⊥AD. 又BE＝4，DE＝2， 由BD2＋DE2＝16＝BE2，得到BD⊥DE， 又AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE， 因此BD⊥平面ADE，又因为BD⊂平面ABCD， 故平面ADE⊥平面ABCD. (2)解：方法一　由(1)知BD⊥平面ADE，BD⊂平面BDE，则平面BDE⊥平面ADE. 作AH⊥DE于H点(如方法二图)，则有AH⊥平面BDE.则∠AFH即为直线AF与平面BDE所成角， 在Rt△AHF中，由AH＝，∠AFH＝60°，得到FH＝1. 由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，可得FE＝1， 又EB＝4，所以存在点F，满足＝，使直线AF与平面BDE所成的角为60°，此时λ＝. 方法二　过点D作MD⊥平面ABCD于D，以点D为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，DM为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 其中D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，)， 得到＝(0，2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，0，)， 设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z). 由得 不妨设z＝－1，则x＝，y＝0，则n＝(，0，－1)， 又＝(－1，2，－)，＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，＝＋＝(－1，0，)＋(－λ，2λ，－λ)＝(－λ－1，2λ，－λ)， 则|cos 〈，n〉|＝＝＝sin 60°＝，解之得λ＝0(舍去)或λ＝，所以存在点F，满足＝，使直线AF与平面BDE所成的角为60°，此时λ＝. 考点三　空间角中的最值问题 [例3] (2024·湖南祁东一中模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝2，PA＝PD＝，E为BC的中点． (1)证明：AD⊥PE. (2)若二面角P­AD­B的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值． (1)证明：如图，取AD的中点F，连接PF，EF. ∵底面ABCD是正方形，PA＝PD，∴AD⊥EF，AD⊥PF. ∵EF∩PF＝F，EF，PF⊂平面PEF， ∴AD⊥平面PEF. 又∵PE⊂平面PEF，∴AD⊥PE. (2)解：由(1)可知，二面角P­AD­B的平面角为∠PFE，且为，过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O， ∵AD⊥平面PEF，PO⊂平面PEF，∴PO⊥AD， ∵AD∩EF＝F，AD，EF⊂平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD， 以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易得∠PFO＝，PF＝2，OF＝1，PO＝， 则P(0，0，)，A(1，1，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，D(－1，1，0)， ＝(1，1，－)，＝(0，2，0)，＝(1，－1，)，＝(－1，3，－)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则 得取z＝1，则n＝(，0，1)为平面PAB的一个法向量． 设＝λ＝(－λ，3λ，－λ)，λ∈[0，1]， 则＝＋＝(1－λ，3λ－1，－λ)， 设直线DG与平面PAB所成的角为θ，则sin θ＝ |cos 〈，n〉|＝＝ ＝ ， 令t＝1－λ，则t∈[0，1]，sin θ＝＝＝. 当t＝0时，sin θ＝0，θ＝0； 当t≠0时，sin θ＝×＝×， 当＝，即t＝，λ＝时，sin θ取得最大值， 且最大值为，此时θ＝. 所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为. 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，进而就有了面积与体积及角度的最值问题． 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，确定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 如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC. (1)求三棱锥P­ABC的体积的最大值； (2)求二面角P­AC­B的正弦值的最小值． 解：(1)如图，取AB的中点O，连接PO， 因为PA＝PB，所以PO⊥AB， 又因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊂平面PAB， 所以PO⊥平面ABC， 因为PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2， 所以PO＝1，BC＝1， 所以三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PO＝ ·(AB·BC·sin ∠ABC)·PO＝·sin ∠ABC， 因为∠ABC∈(0，π)，所以0<sin ∠ABC≤1，0<V≤， 当且仅当sin ∠ABC＝1，即∠ABC＝时，等号成立， 故三棱锥P­ABC的体积的最大值为. (2)方法一　由(1)可知PO⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC， 如图，过O作OD⊥AC于D，连接PD， 因为PO，OD⊂平面POD，PO∩OD＝O， 所以AC⊥平面POD， 又PD⊂平面POD，所以PD⊥AC， 所以∠PDO为二面角P­AC­B的平面角， 在Rt△PDO中，tan ∠PDO＝＝， 因为0<OD≤BC＝，当且仅当BC⊥AC时等号成立， 所以tan ∠PDO的最小值为2. 此时sin ∠PDO取得最小值， 故二面角P­AC­B的正弦值的最小值为. 方法二　由(1)可知PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，向量，为x轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则P(0，0，1)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，＝(1，0，1)， 设C(x0，y0，0)(0<x0<2，y0≠0)，则＝(x0＋1，y0，0)，设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝－1，则m＝(－1，，1)为平面PAC的一个法向量， 又取平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设二面角P­AC­B的大小为θ，θ∈(0，π)， 所以cos θ＝＝， 因为BC＝1，＝(x0－1，y0，0)，所以(x0－1)2＋y＝1， 令t＝()2(t>0)，则t＝， 整理可得(t＋1)x＋(2－2t)x0＋1＝0， 所以Δ＝(2－2t)2－4(t＋1)≥0，解得t≥3， 所以当t＝3，即x0＝，y0＝时，cos θ取得最大值， 此时sin θ取得最小值， 故二面角P­AC­B的正弦值的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$