7 第6节 第2课时 向量法求解翻折、探索性、最值问题(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

第二课时　向量法求解翻折、探索性、最值问题　► 对应学生用书P178 考点1　翻折问题 [例1] (2023·山东德州三模)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，AD＝，AB＝2，CD＝3，四边形ABCE为平行四边形，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)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为 ，求平面BAC1与平面PAC1所成角的余弦值． 解：(1)证明：在图1中，连接AC，交BE于O， 因为∠D＝90°，AD＝，AB＝2，CD＝3， 所以DE＝1，AE＝2，∠BAE＝60°，BE＝BC＝CE＝2，∠BCE＝60°， 所以四边形ABCE是菱形， 所以AC⊥BE，且OA＝OC＝. 在图2中，△AOC1满足OA＝OC1＝，AC1＝， 所以OA2＋OC＝AC，所以OA⊥OC1， 又OA⊥BE，BE∩OC1＝O，BE，OC1⊂平面BC1E ，所以OA⊥平面BC1E ， 又OA⊂平面ABED， 所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)以O为坐标原点，分别以OA，OB，OC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则C1(0，0，)，A(，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)，所以＝(－，1，0)，AC1＝(－，0，)， 设平面ABC1的法向量为n1＝(x，y，z)， 则即取x＝1，得n1＝(1，，1)， 设P(0，m，0)，－1≤m≤1，＝(－，m，0)，在线段BE上存在点P，使得PA与平面ABC1的正弦值为， 所以＝|cos 〈，n1〉|＝||＝||， 解得m＝或m＝(舍)，所以P(0，，0)，＝(－，，0). 设平面PAC1的法向量为n2＝(a，b，c)， 则即 取a＝1，得n2＝(1，2，1)， 设平面BAC1与平面PAC1的平面角为θ， cos θ＝＝＝＝， 所以平面BAC1与平面PAC1所成角的余弦值为. 【思维升华】　翻折问题的两个解题策略 跟踪训练1 (2023·广东潮州二模)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值． 解：(1)证明：在图2中，由题意得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 所以图2中的A，C，G，D四点共面， 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC， 又BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE， 所以AB⊥平面BCGE， 因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)连接EC，在菱形BEGC中，∠EBC＝60°，则△EBC为等边三角形， 取BC的中点H，连接EH，则EH⊥BC， 因为平面ABC⊥平面BCGE，平面ABC∩平面BCGE＝BC，EH⊂平面BCGE， 所以EH⊥平面ABC， 如图，以点H为坐标原点建立空间直角坐标系， 则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，E(0，0，)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)，＝(－1，0，)， 设平面ACG的法向量n＝(x，y，z)， 则 可取n＝(3，6，－)， 则cos 〈n，〉＝＝＝－， 所以直线CE与平面ACG所成角的正弦值为. 考点2　探索性问题 [例2] (2024·广东惠州一模)如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD . (1)若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B ； (2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E­AD1­D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：法一　连接B1A，由已知得，B1C1∥BC∥AD ，且B1C1＝AM＝BC， 所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A， 又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B， 所以C1M∥平面AA1B1B . 法二　连接B1A，MD1，由已知得AA1∥MD1，且AA1＝MD1， MC1＝MD1＋D1C1＝AA1＋A1B1＝AB1，即C1M∥B1A， 又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B， 所以C1M∥平面AA1B1B. (2)取BC中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD， 由于AA1⊥平面ABCD，分别以AQ，AD，AA1为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q(，0，0)， 假设点E存在，设点E的坐标为(，λ，0)，－1≤λ≤1，＝(，λ，0)，AD1＝(0，1，1)， 设平面AD1E的法向量n＝(x，y，z)，则即 可取n＝(λ，－，)， 又平面ADD1的法向量为AQ＝(，0，0)， 所以|cos 〈，n〉|＝＝＝，解得λ＝±， 由于二面角E­AD1­D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E­AD1­D的余弦值为. 【思维升华】　与空间角有关的存在性问题的解题流程 跟踪训练2 (2024·河北石家庄一模)如图，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，说明理由． 解：(1)证明：设BD交OC于点M， ∵底面ABCD为矩形，∴在Rt△ABD中，BD＝＝＝， ∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1， 在Rt△OBC中，OC＝＝＝， ∵OB∥CD，OB＝CD， ∴△BOM∽△DCM，有＝＝， ∴BM＝BD＝，∴OM＝OC＝， ∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，∴BM⊥OM，即BD⊥OC， ∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形， ∵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 ， ∵BD⊂平面ABCD， ∴SO⊥BD， 又∵SO∩OC＝O，SO，OC⊂平面SOC， ∴BD⊥平面SOC . (2)设＝λ，λ∈[0，1], ∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥AB， ∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB， ∴AD⊥平面SAB . 以O坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz， ∵SA＝SB＝AB＝2， ∴△SAB为等边三角形， ∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1，SO＝＝＝， 则S(0，，0)，C(1，0，)，D(－1，0，)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，＝(－1，－，)，＝(2， 0，0)，＝(2，0，0)，＝(1，，0)， ∴＝λ＝λ(－1，－，)＝(－λ，－λ，λ)， ∴＝＋＝(1，，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(1－λ，－λ，λ)， 设平面SCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由可得 令y1＝，∴m＝(0，，)， 设平面ABE的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由可得 令y2＝λ，∴x2＝0，z2＝λ－， ∴n＝(0，λ，λ－)， ∵平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为， ∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 整理得20λ2－24λ＋7＝0，∴λ＝或λ＝，均符合λ∈[0，1]，∴＝或＝， ∴侧棱SD上存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，此时＝或＝ . 考点3　最值问题 [例3] (2023·山东潍坊三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为，点E在母线PC上，且AE＝，CE＝1. (1)求证：直线PO∥平面BDE ； (2)求证：平面BED⊥平面ABD； (3)若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离． 解：(1)证明：如图，设AC交BD于点F，连接EF， 易知PO⊥底面ABD，AC⊂平面ABD，所以PO⊥AC， 又△ABD是底面圆的内接正三角形， 由AD＝，可得AF＝，AC＝2， 又AE＝，CE＝1， 所以AC2＝AE2＋CE2，即∠AEC＝90°， 又＝＝，所以△AEC∽△AFE， 所以∠AFE＝∠AEC＝90°，即EF⊥AC， 所以直线EF∥PO，PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE， 所以直线PO∥平面BDE. (2)证明：因为PO∥EF，PO⊥平面ABD， 所以EF⊥平面ABD， 又EF⊂平面BED， 所以平面BED⊥平面ABD. (3)易知PO＝2EF＝，以点F为坐标原点，FA，FB，FE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， 则A(，0，0)，B(0，，0)，D(0，－，0)，E(0，0，)，P(，0，)，O(，0，0)， 所以＝(－，，0)，＝(－，0，)，＝(，，0)，＝(0，0，)， 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则n＝(1，，)， 设＝λ(0≤λ≤1)，可得＝＋＝(，，λ)， 设直线DM与平面ABE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝， 即sin2θ＝＝(3＋)，令y＝，x∈[0，1]， 则y＝＝4＝4＝≤＝4， 当且仅当x＝时，等号成立，所以当x＝时，y＝有最大值4， 即当λ＝时，sinθ的最大值为1，此时点M(，0，)，所以＝(1，0，－)， 所以点M到平面ABE的距离d＝＝＝， 故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，点M到平面ABE的距离. 【思维升华】　求最值、范围问题的常用思路 跟踪训练3 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1 . (1)证明：BF⊥DE； (2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 解：因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB. 因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB， 又BB1∩BF＝B，所以AB⊥平面BCC1B1. 所以BA，BC，BB1两两垂直． 以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1). 由题设D(a，0，2)(0≤a≤2). (1)证明：因为＝(0，2，1)，＝(1－a，1，－2)， 所以·＝0×(1－a)＋2×1＋1×(－2)＝0，所以BF⊥DE. (2)设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)， 因为＝(－1，1，1)，＝(1－a，1，－2)， 所以即 令z＝2－a，则m＝(3，1＋a，2－a). 因为平面BCC1B1的法向量为＝(2，0，0)， 设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝. 当a＝时，2a2－2a＋14取得最小值为， 此时cos θ取得最大值为＝. 所以(sin θ)min＝＝，此时B1D＝. 综上，当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小． 学科网（北京）股份有限公司 $$