第7章 第9节 立体几何中的综合问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第九节　立体几何中的综合问题 题点一　探索性问题 考法(一)　线面关系中的探索性问题　 例1　(2024·沙坪坝八中开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD.E，M分别为线段AB，PD的中点． (1)求证：PB∥平面ACM； (2)在棱CD上是否存在点G，使得平面GAM⊥平面ABCD？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接BD交AC于H点，连接MH，因为四边形ABCD是菱形，所以点H为BD的中点． 又因为M为PD的中点，所以MH∥BP. 因为BP⊄平面ACM，MH⊂平面ACM，所以BP∥平面ACM. (2)法一(建立空间直角坐标系，设＝λ，求出平面GAM和平面ABCD的法向量，再利用两平面垂直即可求出结果)　设底面边长为2，连接EC，由于四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，故BE＝1，BC＝2， EC＝＝， 所以BC2＝BE2＋EC2，故有EC⊥AB. 又△PAB为正三角形，E为AB中点，故PE⊥AB. 又侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD. 如图，以E为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系. 则A(0,1,0)，C(，0,0)，P(0,0，)，D(，2,0)，M，设＝λ，则＝λ＝(0,2λ，0)， 则G(，2λ，0)，＝，＝(，2λ－1,0)， 设平面GAM的法向量为n＝(x，y，z)，则有即 取y＝1，得x＝，z＝，所以n＝， 又平面ABCD的法向量可取为m＝(0,0,1)， 由题可知|cos〈m，n〉|＝＝0，即＝0，解得λ＝， 故存在点G使得平面GAM⊥平面ABCD，＝. 法二(利用几何法，先找出平面GAM，使平面GAM⊥平面ABCD，再利用几何关系即可求出结果)　因为△PAB为正三角形，E是AB的中点，所以PE⊥AB. 又侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB， 所以PE⊥平面ABCD. 连接DE，取DE的中点N，连接MN，则MN是△PDE的中位线，所以MN∥PE，所以MN⊥平面ABCD. 延长AN交CD于G，又MN⊂平面AMG，所以平面AMG⊥平面ABCD. 因为AE∥GD，所以∠NAE＝∠NGD，∠NEA＝∠NDG. 又因为EN＝ND，所以△AEN≌△GDN，AE＝GD＝CD， 故存在点G，使得平面GAM⊥平面ABCD，＝. 考法(二)　空间角中的探索性问题　 例2　如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB＝2AA1＝2A1B1＝2，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥CC1； (2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E-AD1-D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：如图所示，连接AC，A1C1， 因为ABCD-A1B1C1D1为棱台，所以A，A1，C1，C四点共面． 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC. 因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD. 又因为AA1∩AC＝A且AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1. 因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1. (2)取BC的中点Q，连接AQ， 因为底面ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD， 由于AA1⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AQ，AD，AA1所在直线为x轴、y轴和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(，0,0)， 假设存在点E，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1， 可得＝(，λ，0)，＝(0,1,1)， 设平面AD1E的法向量n＝(x，y，z)， 则 取x＝λ，可得y＝－，z＝， 所以n＝(λ，－，)． 又由平面ADD1的法向量为＝(，0,0)， 所以＝＝，解得λ＝±. 由于二面角E-AD1-D为锐角，则点E在线段QC上，所以λ＝，即CE＝1－， 故BC上存在点E，当CE＝1－时，二面角E-AD1-D的余弦值为. [思维建模] 探索性问题的解题策略 [针对训练] 1.如图，在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H， (1)证明：PC⊥AB； (2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为？若存在，设＝λ，求出λ的值;若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为点P在底面ABC的射影为点H， 所以PH⊥平面ABC.又AB，BC，CA⊂平面ABC， 所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA. 因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAH， 所以BC⊥平面PAH.又AH⊂平面PAH， 所以BC⊥AH. 因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH＝P，PB，PH⊂平面PBH， 所以AC⊥平面PBH.又BH⊂平面PBH， 所以AC⊥BH. 因为BC⊥AH，AC⊥BH， 所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB. 因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH，PH⊂平面PCH，CH∩PH＝H， 所以AB⊥平面PCH.又PC⊂平面PCH， 所以PC⊥AB. (2)延长CH交AB于点O，由(1)可得CO⊥AB， 又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点， 所以CA＝CB，同理可得BA＝BC， 所以△ABC为等边三角形．又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2. 如图，以点O为原点，以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则A(－，0,0)，B(，0,0)，P(0,1,2)，C(0,3,0)， 故＝(2，0,0)，＝(，1,2)，＝(－，3,0)，＝(0，－2,2)． 设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且＝λ， 则＝＋＝＋λ＝(－，3－2λ，2λ)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则所以 令z＝1，可得x＝0，y＝－2，所以n＝(0，－2,1)为平面PAB的一个法向量， 设直线BM与平面PAB所成的角为θ，则cos θ＝，又θ∈， 所以sin θ＝，故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 解得λ＝或λ＝2，又λ∈[0,1]， 所以λ＝. 所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且＝. 题点二　翻折问题 例3　(2024·武汉模拟)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，A＝90°，D＝60°.将三角形ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2)． (1)求证：A1C⊥CD； (2)求二面角B-A1C-D的正弦值． 解：(1)证明：取BE的中点O，连接A1O，OC. ∵A1B＝A1E，∴A1O⊥BE. 又∵平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O⊂平面A1BE，∴A1O⊥平面BCDE. ∵CD⊂平面BCDE，∴A1O⊥CD. ∵在菱形BCDE中，D＝60°，∴△BCE为等边三角形． ∵BE的中点为O，∴OC⊥BE. ∵BE∥CD，∴OC⊥CD. ∵A1O∩OC＝O，A1O，OC⊂平面A1OC，∴CD⊥平面A1OC.∵A1C⊂平面A1OC，∴CD⊥A1C. (2)由(1)知A1O⊥平面BCDE，∵OB，OC⊂平面BCDE，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC. 又OC⊥BE，∴如图，以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则B(2,0,0)，C(0，2，0)，D(－4，2，0)，A1(0,0,2)， ∴＝(0,2，－2)，＝(－2,2，0)，＝(－4,0,0)． 设平面BA1C的法向量为n1＝(x，y，z)，则不妨取y＝1，则n1＝(，1，)． 设平面DA1C的法向量为n2＝(a，b，c)， 则 令c＝，则n2＝(0,1，)， 设二面角B-A1C-D的大小为θ，由图可知θ为钝角， ∴|cos θ|＝＝＝，∴sin θ＝. ∴二面角B-A1C-D的正弦值为. [思维建模] 解决空间角与翻折相结合的问题的关键 盯住量 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 会转化 根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标 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 [针对训练] 2．图①是直角梯形ABCD，AB∥CD，D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝(如图②)． (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接AC，交BE于O，如图1， ∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE＝60°，∴AC⊥BE，OA＝OC＝. 如图2，相交直线OA，OC1均与BE垂直， ∴∠AOC1是二面角A-BE-C1的平面角． ∵AC1＝，∴OA2＋OC＝AC，∴OA⊥OC1，∠AOC1＝90°，∴平面BC1E⊥平面ABED. (2)以O为坐标原点，，，为x，y，z轴正方向建立如图2所示的空间直角坐标系， 则D，C1(0,0，)，A(，0,0)， B(0,1,0)，E(0，－1,0)， ∴＝，＝，＝(－，1,0)，＝(－，0，)， ＝(－，－1,0)， 设＝λ＝，λ∈[0,1]， 则＝＋＝. 设平面ABC1的法向量n＝(x，y，z)， 则令x＝1，解得y＝，z＝1， ∴n＝(1，，1)， ∴点P到平面ABC1的距离d＝＝＝，解得λ＝或λ＝(舍去)， ∴＝，∴＝－＝， ∴|cos〈，n〉|＝＝＝， ∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为. [课时跟踪检测] 1．如图，五边形ABCDE是正六边形ABCDME内一部分，将△ADE沿着对角线AD翻折到△ADP的位置，使平面ADP⊥平面ABCD，已知点F，G分别为PC，AD的中点． (1)求证：AP∥平面BFG； (2)求平面BFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：连接AC交BG于点O，连接CG，如图， 由平面图形易得四边形ABCG为平行四边形，则O为AC的中点， 连接OF，则OF∥AP，OF＝AP，又OF⊂平面BFG，AP⊄平面BFG，故AP∥平面BFG. (2)取AG的中点H，连接PH，BH，由平面图形可知，AB＝BG，AP＝PG，则BH⊥AG，PH⊥AG.又平面ADP⊥平面ABCD，且平面ADP∩平面ABCD＝AD，故PH⊥平面ABCD.以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，设AB＝2，则B(，0,0)，A(0，－1,0)，P(0,0，)，G(0,1,0)，设平面BFG的法向量为m＝(x，y，z)，∵＝(－，1,0)，＝＝，∴取z＝1，则m＝(－1，－，1)，又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设平面BFG与平面ABCD所成锐二面角为θ， ∴cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝＝. 2.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，可建立如图所示的空间直角坐标系，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(2－2λ，0,2λ)． 设平面DAM的法向量为m＝(x，y，z)，则由得 令x＝1，得平面DAM的一个法向量为m＝.设直线AC与平面α所成的角为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＝.所以线段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. 3．(2024·哈尔滨一模)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P­ABCD，且AP＝2，连接PA，PB，BD，ED，EB，如图2. (1)在图2中，证明：PA∥平面BDE； (2)求图2中直线AP与平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC交BD于点F，连接EF，如图，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，＝.∵＝， ∴PA∥EF，又PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE， ∴PA∥平面BDE. (2)在题图1中，PA⊥AB，AB∥CD， ∴PA⊥CD，PD⊥CD，AD⊥CD，在题图2中， AD＝PD＝2，PA＝2，∴AP2＝AD2＋DP2， ∴PD⊥AD，又AD∩CD＝D， ∴PD⊥平面ABCD. 易知PD⊥DA，PD⊥DC，DC⊥DA，故以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,2)，＝(－2,2,0)，＝(2,2，－2)， 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则 可取m＝(1,1,2)， 又＝(－2,0,2)， 设直线AP与平面PBC所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝， ∴直线AP与平面PBC所成角的正弦值为. 4．(2024·衡阳模拟)如图1，在平面图形ABCDE中，AE＝ED＝BD＝BC＝1，BC⊥BD，ED∥AB，∠EAB＝60°，沿BD将△BCD折起，使点C到F的位置，且BF⊥BE，＝，如图2. (1)求证：平面GEBF⊥平面AEG； (2)线段FG上是否存在点M，使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为？若存在，求出GM的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为＝，所以EG∥BF.又因为BF⊥BE，所以EG⊥BE. 因为AE＝ED＝BD＝1，且ED∥AB，所以四边形ABDE为等腰梯形．又因为∠EAB＝60°，所以∠BDE＝∠AED＝120°，所以∠DEB＝30°，所以∠AEB＝90°，即AE⊥BE.因为AE∩EG＝E，AE，EG⊂平面AEG，所以BE⊥平面AEG.又因为BE⊂平面GEBF，所以平面GEBF⊥平面AEG. (2)由BF⊥BE，BF⊥BD，且BD∩BE＝B，BD，BE⊂平面ABDE，所以BF⊥平面ABDE. 因为＝，可得EG∥BF，所以EG⊥平面ABDE.又由(1)知EG⊥BE，EA⊥BE，所以EA，EB，EG两两互相垂直，以E为原点，EA，EB，EG所在的直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为AE＝ED＝BD＝BF＝1，四边形GEBF是矩形，所以FG＝BE＝，则A(1,0,0)，B(0，，0)，G(0,0,1)．假设线段FG上存在点M满足题意， 令GM＝λ(0≤λ≤)，则M(0，λ，1)，可得＝(－1，λ，1)，＝(－1，，0)． 设平面MAB的法向量为m＝(x，y，z)，则 取y＝1，可得x＝，z＝－λ，所以m＝(，1，－λ)， 由BE⊥平面AEG，则平面AEG的一个法向量为n＝(0,1,0)， 设平面MAB与平面AEG所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝，其中0≤λ≤， 所以＝，解得λ＝，即GM＝， 所以线段FG上存在点M，使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为，且GM＝. 5.在梯形ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝2BC＝CD＝2，E为AD的中点，将△DEC沿EC折起至△PEC的位置，且PB＝1. (1)求证：平面PAE⊥平面PBC； (2)判断在线段AP上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PEC所成角的正弦值为.若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接BE，由已知可得BE＝CD＝，又PE＝DE＝1，PB＝1，在△PBE中，PB2＋PE2＝BE2，故PE⊥PB.又PE⊥PC，且PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PE⊥平面PBC. 因为PE⊂平面PAE，所以平面PAE⊥平面PBC. (2)取BE的中点O，连接OP. 由(1)知PE⊥平面PBC，故PE⊥BC.又BE⊥BC，PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，所以BC⊥平面PBE，故BC⊥OP，又PB＝PE＝1，所以OP⊥BE. 又BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面ABCE，所以OP⊥平面ABCE. 以OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系． 则A，B，E， C，P， ＝，＝， 设＝λ(0≤λ≤1)，则＝，设平面PEC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则故 取y1＝1，则z1＝－1，x1＝，则m＝(，1，－1)．设直线BQ与平面PEC所成的角为α， 则sin α＝|cos〈，m〉|＝＝，所以＝，解得λ＝或λ＝－(舍去)，即Q为线段AP的中点，此时|AQ|＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$