第7章 第9节 立体几何中的综合问题(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

第九节　立体几何中的综合问题 第九节 题点一　探索性问题 一 CONTENTS 目录 题点二　翻折问题 二 课时跟踪检测 三 (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； 题点一　探索性问题 例 1 考法(一)　线面关系中的探索性问题 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. 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. 法二　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. 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. 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. 快审准解：(1)连接AC，A1C1，根据题意证得BD⊥AC和AA1⊥BD，利用线面垂直的判定定理，证得BD⊥平面ACC1A1，进而证得BD⊥CC1； 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， 设平面AD1E的法向量n＝(x，y，z)， 探索性问题的解题策略 思维建模 1.(2024·昆明模拟)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC＝2EF，AE＝AF，点G是EF的中点. 针对训练 解：(1)证明：因为AE＝AF，点G是EF的中点，所以AG⊥EF. 又因为EF∥AD，所以AG⊥AD. 又平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AG⊂平面ADEF， 所以AG⊥平面ABCD. (2)由(1)得AG⊥平面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以AG⊥AD，AG⊥AB.又四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG，AD，AB两两垂直，以A为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 题点二　翻折问题 例 3 (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． ∴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， ∴PD⊥AD，又AD∩CD＝D， ∴PD⊥平面ABCD. 可取m＝(1,1,2)， 解决空间角与翻折相结合的问题的关键 思维建模 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 2.(2024·眉山模拟)如图1，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2所示的四棱锥D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. 针对训练 (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. 解：(1)证明：设G是D1E的中点，连接GF，AG， 所以MF∥平面D1AE. 所以AE⊥BE.依题意，平面D1AE⊥平面ABCE. 以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设平面D1MF的法向量为n＝(x，y，z)， 课时跟踪检测 1 2 3 4 1.如图，在直角梯形AO1O2C中，AO1∥CO2，AO1⊥O1O2，O1O2＝4，CO2＝2，AO1＝4，点B是线段O1O2的中点，将△ABO1，△BCO2分别沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于点O，得到三棱锥O-ABC.试在三棱锥O-ABC中， (1)求证：平面AOB⊥平面BOC； (2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值. 解：(1)证明：在直角梯形AO1O2C中，AC2＝(AO1－CO2)2＋O1O22＝20， 所以在三棱锥O-ABC中，AC2＝AO2＋OC2， 所以AO⊥OC. 又因为AO⊥OB，OC∩OB＝O，所以AO⊥平面BOC. 又因为AO⊂平面AOB，所以平面AOB⊥平面BOC. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 解：(1)证明：连接AC交BD于点E，连接ME，∵四边形ABCD是矩形，∴E是AC中点. 又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线， ∴PA∥ME，∴M是PC的中点. (2)取AD的中点O，连接OP，OE，则OA，OE， OP两两垂直.以O为原点，建立空间直角坐标系(如图)， 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 ∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE. ∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， ∴BE⊥平面ADE.∵AD⊂平面ADE，∴AD⊥BE. 2 3 4 1 (2)如图，取AE的中点O，连接OD，作OF∥EB交AB于点F，则OF⊥AE， 2 3 4 ∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DO⊥AE，DO⊂平面ADE，∴DO⊥平面ABCE. 以O为原点，以OA，OF，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 2 3 4 令x＝1，则y＝－1，z＝－3，∴m＝(1，－1，－3). 1 2 3 4 1 2 3 4 1 4.直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，点M，N满足AM＝λAB1，CN＝μCA1且MN⊥AB1，MN⊥A1C.设∠BAC＝θ(0<θ<π). (1)求证：λ＋μ＝1； (2)当θ变化时，是否存在MN⊥B1C？若存在，求出θ；若不存在，请说明理由. 2 3 4 解：(1)证明：以A为坐标原点，在平面ABC内，过A作AB的垂线为x轴，以AB所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 1 设AB＝AC＝AA1＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(0,1,1)， 又∠BAC＝θ(0<θ<π)， 2 3 4 所以M(0，λ，λ)，N((1－μ)sin θ，(1－μ)cos θ，μ)， 1 两式相减得(1－λ－μ)(cos θ＋1)＝0，又0<θ<π，则－1<cos θ<1，所以λ＋μ＝1. (2)由(1)知μ－1＋λcos θ＋μ－λ＝0，且λ＋μ＝1， 2 3 4 1 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn (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. 快审准解：(1)构造三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即可得到线面平行； (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，再利用两平面垂直的向量法即可求出结果. 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. (2)法一　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＝＝， 如图，以E为原点，，，分别为x，y，z轴正半轴，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 即＝0，解得λ＝， 故存在点G使得平面GAM⊥平面ABCD，＝. 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， 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，＝. (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. (2)取BC的中点Q，连接AQ，以A为原点，建立空间直角坐标系，假设点E存在，设点E(，λ，0)，求得平面AD1E和ADD1的一个法向量n＝(λ，－，)和＝(，0,0)，结合向量的夹角公式，列出方程，求得λ＝，即可求解. 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)， 所以＝＝，解得λ＝±. 则 取x＝λ，可得y＝－，z＝， 所以n＝(λ，－，). 又由平面ADD1的法向量为＝(，0,0)， 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. (1)求证：AG⊥平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使MG∥平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 所以A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4，4,0)，假设线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF，设＝λ，则＝λ，因为＝(4,4,0)，所以＝(4λ，4λ，0)， 设AG＝t(t>0)，则＝(0,0，t)，所以＝－＝(－4λ，－4λ，t)，F(0，－1，t)，＝(0，－1，t)，＝(4,0,0). 设平面ABF的法向量为m＝(x，y，z)，则取m＝(0，t,1)， 由于MG∥平面ABF，所以·m＝0，即－4λt＋t＝0，解得λ＝， 所以＝，此时＝.即当＝时，MG∥平面ABF. (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. 解：(1)证明：连接AC交BD于点F，连接EF，如图，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，＝.∵＝， ∴PA⊥CD，PD⊥CD，AD⊥CD，在题图2中，AD＝PD＝2，PA＝2，∴AP2＝AD2＋DP2， 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 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. 设F为CD1的中点，若M为线段AB上的一点，满足＝. 因为F是CD1的中点，所以GF∥CE，GF＝CE. 因为＝，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.因为MF⊄平面D1AE，AG⊂平面D1AE， (2)连接BE，D1M，由于AE＝BE＝2，AB＝4，AE2＋BE2＝AB2， 平面ABE的一个法向量为m＝(0,0,1)，C(－，，0)，D1(，0，)，F，M，＝，＝， 所以故可取n＝(1,5,3)， 设平面D1MF与平面ABE所成锐二面角为θ， 则cos θ＝＝＝＝. (2)由(1)知，AO⊥OC，AO⊥OB，又BO⊥OC，以O为坐标原点，以，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以A(0,0,4)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，＝(2,0,0)，＝(0,2，－4)，＝(2，－2,0). 所以直线OC与平面ABC所成角的正弦值为. 设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，由得令x＝2，得n＝(2,2,1). 设直线OC与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 2.(2024·晋中模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC＝，M在PC上，且PA∥平面MBD. (1)求证：M是PC的中点； (2)在PA上是否存在点F，使二面角F-BD-M为直角？ 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 得F(1－λ，0，λ)，设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)， ∵＝(2,3,0)，＝，则 则A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(－1，0,0)，C(－1,3,0)，P(0，0，)， M.假设存在点F满足要求，设＝λ，则由＝λ 同理，平面FBD的一个法向量为m＝， 由n·m＝0，得λ＋＋＝0，解得λ＝. 故存在点F，使二面角F-BD-M为直角，此时＝. 即取x＝1，得y＝－，z＝， ∴n＝， 3.(2024·佛山模拟)如图1，矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，点E为CD的中点，现将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，得到如图2所示的四棱锥D-ABCE，点P为棱DB上一点. (1)求证：AD⊥BE； (2)是否存在点P，使得直线EP与平面BCD所成角的正弦值为？若存在，求DP∶DB的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：在矩形ABCD中，AD＝DE＝EC＝BC＝，AE＝BE＝2，AB＝2， ∴B(－1,2,0)，D(0,0,1)，C(－2,1,0)，E(－1,0,0)，＝(1，－2,1)，＝(－1，－1,0)， 设平面BCD的法向量为m＝(x，y，z)，则 假设存在点P满足要求，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋λ＝(1－λ，2λ，1－λ)， 则cos〈，m〉＝＝＝， 设直线EP与平面BCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝，解得λ＝. ∴存在点P，使直线EP与平面BCD所成角的正弦值为，此时DP∶DB的值为. 则＝(sin θ－μsin θ，cos θ－μcos θ－λ，μ－λ). 由题意·＝cos θ－μcos θ－λ＋μ－λ＝0， 则C(sin θ，cos θ，0)，＝(0,1,1)，＝(－sin θ，－cos θ，1)， 由AM＝λAB1，CN＝μCA1得＝λ，＝μ， ·＝(μ－1)(sin2θ＋cos2θ)＋λcos θ＋μ－λ＝μ－1＋λcos θ＋μ－λ＝0， 所以－λ＋λcos θ＋1－2λ＝0，因此λ＝，μ＝.又＝(sin θ，cos θ－1，－1)， 因此·＝sin2θ－μsin2θ＋cos2θ－μcos2θ－λcos θ－cos θ＋μcos θ＋λ－μ＋λ＝1－(λ＋1－μ)cos θ＋2λ－2μ＝1－2λcos θ＋2λ－2μ＝1－＋＝. 由于0<θ<π，则－1<cos θ<1，所以·不为0.因此不存在MN⊥B1C. $$