第1部分 单元3 第4讲 立体几何的综合问题(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

第四讲　立体几何的综合问题 [大题突破·师生共研] 考点一　翻折问题 [例1] (2024·新课标Ⅱ卷) 如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． (1)证明：由题可知，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2.又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED. 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD. (2)解：如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD. EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)， 连接PA，则＝(0，3，－2)，＝(3，0，0)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0). 设平面PCD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 可取n1＝(0，2，3). 设平面PBF即平面PAF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则， 可取n2＝(，－1，1). |cos 〈n1，n2〉|＝＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝. 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． 训练1 (2024·潍坊二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，连接BD，CD，且BD＝4，如图2. (1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE； (2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为，求点F到平面DEC的距离． (1)证明：如图，连接BE. 由题意得AD＝DE＝2，∠ADE＝60°，∠BCE＝120°，所以△ADE为等边三角形． 由余弦定理得BE2＝4＋4－2×2×2×(－)＝12， 所以BE＝2， 则DE2＋BE2＝BD2，AE2＋BE2＝AB2， 所以BE⊥DE，BE⊥AE. 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BE⊥平面ADE. 又BE⊂平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE. (2)解：如图，以E为原点，EA，EB所在直线分别为x轴，y轴，以过点E且垂直于平面ABCE的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－1，，0)，D(1，0，)，E(0，0，0)， 故＝(－1，0，)，＝(－1，，0)，＝(1，0，)，＝(－1，2，－)， 设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋＝(－1，0，)＋λ(－1，2，－)＝(－1－λ，2λ，－λ).因为z轴垂直于平面ABCE，故可取平面ABCE的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以|cos 〈m，〉|＝＝＝，化简得3λ2＋8λ－3＝0，解得λ＝或λ＝－3(舍去)，所以＝＝(－，，－). 设平面DEC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则有可取n＝(，1，－1). 所以点F到平面DEC的距离为d＝＝＝. 考点二　探索性问题 [例2] (2024·泰安模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC＝2，AC＝1. (1)求证：AC⊥平面PBC； (2)在线段AC上是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由． (1)证明：∵△PBC为等边三角形，D为PC的中点，∴BD⊥PC. 又BD⊥PA，PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC， ∴BD⊥平面PAC. ∵AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD. 如图，取BC的中点G，连接PG. ∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC. ∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，PG⊂平面PBC， ∴PG⊥平面ABC. ∵AC⊂平面ABC，∴PG⊥AC. ∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC， ∴AC⊥平面PBC. (2)解：以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过点C且与GP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，B(0，2，0)，P(0，1，)，D(0，，)，E(0，，)，设F(a，0 ，0)(0≤a≤1)， 则＝(0，1，0)，＝(a，－，－). 设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝，可得 ∴n＝(，0，2a)为平面DEF的一个法向量．取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则cos 〈m，n〉＝＝＝cos ＝，解得a＝，此时CF＝. ∴在线段AC上存在点F使得平面DEF与平面ABC的夹角为，且CF＝. 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立． (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用． 训练2 (2024·贵阳二模)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面为菱形，且∠DAB＝60°，点E，O分別是上、下底面的中心，F是AB的中点，AB＝kAA1. (1)当k＝2时，求直线A1F与直线EC所成角的余弦值； (2)是否存在实数k，使得点O在平面EBC内的射影O1恰好为△EBC的重心，若存在，求出点O1的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)方法一　如图，取C1D1的中点Q，CD的中点M，连接CQ，D1M，FM，EQ， 则D1Q∥MC且D1Q＝MC，A1D1∥FM且A1D1＝FM， 故四边形A1D1MF，D1QCM均为平行四边形， ∴A1F∥D1M，CQ∥D1M，∴CQ∥A1F， ∴∠QCE为直线A1F与直线EC所成的角(或其补角). 不妨设AA1＝1，则AB＝2，则CQ＝，QE＝1， 在Rt△OCE中，CE＝2，在△CQE中，cos ∠ECQ＝＝＝， ∴直线A1F与直线EC所成角的余弦值为. 方法二　如图，连接AC，BD，则AC∩BD＝O，以O为原点，OA，OB，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 不妨设AA1＝1，则A1(，0，1)，A(，0，0)，B(0，1，0)，F(，，0)，E(0，0，1)，C(－，0，0)， (2)如(1)方法二图，设AA1＝2，则AC＝2k，BD＝2k，AB＝2k，故O(0，0，0)，E(0，0，2)，B(0，k，0)，C(－k，0，0)， ∴＝(－k，－k，0)，＝(0，k，－2). 设平面EBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∴ 令x＝2，则y＝－2，z＝－k， ∴n＝(2，－2，－k). 又△EBC的重心G(－，，)，∴＝(－，，)，但＝得k＝0，又k≠0，∴n与不平行，∴不存在实数k，使得O在平面EBC内的射影O1恰好为△EBC的重心． 学科网（北京）股份有限公司 $$