7.6.2 空间的角与距离综合问题 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 第六讲　空间的角与距离 第二课时　综合问题 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[45] 考点突破 · 互动探究 返回导航 综合问题——多维探究 角度1　空间中的翻折问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：证法一：取AC的中点N，连接BN，DN， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：取线段BD的中点，连接CO，AO， 因四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°， 则△ABD和△CBD均为等边三角形， 则AO⊥BD，CO⊥BD， 又AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC， 则BD⊥平面AOC， 以O为原点，OB，OA所在直线为x，y轴，在平面AOC内作Oz⊥OA，以Oz所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间折叠问题的解题策略 1．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口． 2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形． 3．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度2　空间中的探究性问题 A．存在点H，使得EH⊥BG B．不存在点H，使得EH∥BD C．存在点H，使得EH∥平面BDG D．不存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30° 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [分析]　建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据动点需满足的条件列出方程组，据方程组解的情况进行判断． [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·河北部分学校摸底)如图(1)，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝6，点E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图(2)． (1)求证：PB⊥PC； (2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求二面角P－DF－E的正弦值；若不存在，请说明理由． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：依题意，由点E为PC的中点，PD＝CD＝3，得DE⊥PC， 又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB， 则DE⊥平面PCB，又PB⊂平面PCB，于是DE⊥PB， 又CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB， 则CD⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，则CD⊥PB， 而CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD， 因此PB⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD， 所以PB⊥PC． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间存在型探究性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，解题时，假设结论成立，即把结论当条件，据此列出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． 提醒：1.探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.2.注意“特殊化方法”的应用． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度3　空间中的最值或范围问题 1．(2024·河南洛阳强基联盟联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2BC＝6，PC⊥PD，PC＝PD，点O是CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [分析]　思路一： 所求最小值为O到线段PB距离的最小值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 解法二：如图，取AB的中点为O′.连接PO、OO′、AE.∵PC＝PD，点O是CD的中点，∴PO⊥CD. 又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO⊂平面PCD， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 ∴PO⊥平面ABCD. 又∵OO′⊂平面ABCD，∴PO⊥OO′. 又∵底面ABCD是矩形，O、O′是CD、AB中点， ∴OO′⊥CD. ∴以点O为原点，OO′、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，由PC⊥PD，PC＝PD，CD＝AB＝2BC＝6， 得PO＝OC＝OD＝3，AD＝BC＝3. ∴A(3，－3,0)，B(3,3,0)，P(0,0,3)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2026·四川部分学校联合质检)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD＝60°，△PBD是等边三角形． (1)求证：AC⊥PD； (2)求二面角P－BC－A的平面角的正切值； (3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在 何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求 出最大角的正弦值，并说明点E此时所在的位置． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O， 所以PO⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC， 因为PO∩BD＝O，PO、BD⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD， 又PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)如图，过P在平面PBC内作PH⊥BC于H，连接OH， 因为OP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PO⊥BC， 又PO∩PH＝P，PO、PH⊂平面POH，所以BC⊥平面POH， 又OH⊂平面POH，所以BC⊥OH， 故∠PHO为二面角P－BC－A的平面角， 因菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (3)因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC， 所以E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离h， 因为VD－PBC＝VP－BCD， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．空间最值、范围问题的题型 (1)切接中的最值、范围问题； (2)截面中的最值、范围问题； (3)路径、距离、线面角、二面角中的最值、范围问题． 2．空间最值、范围问题的解题策略 (1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值； (2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 因为AO⊂平面ACO，CO⊂平面ACO， 且AO∩CO＝O，所以BD⊥平面ACO 因为CE⊂平面ACO，所以BD⊥CE. (2)解法一：设A到平面BCD的距离为h， 因为等边三角形BCD的边长为4， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz； 设E(0,0，n)(n>0)， 因为BD⊥平面ACO， 所以m1＝(1,0,0)是平面ECO的一个法向量， 设平面BCE的法向量为m2＝(x，y，z)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(角度2)(2026·福建厦门大学附中月考)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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(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∥平面DCE，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， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0，2,0)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO. 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点． ∵PD＝PB，所以PO⊥BD. 又∵AC，PO⊂平面APC，且AC∩PO＝O， 所以BD⊥平面APC． 又BD⊂平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD. (2)解法一：过P作PH⊥AC交AC于点H， ∵平面APC⊥平面ABCD，PH⊥AC， 平面APC∩平面ABCD＝AC， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 ∴PH⊥平面ABCD， ∵AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD⊂平面PHD， PH∩PD＝P， ∴AB⊥平面PHD，∵DH⊂平面PHD， ∴AB⊥DH， ∴H为DH，AO的交点，∵△ABD为等边三角形， ∴H为△ABD的重心， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 重温高考 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值． [解析]　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B， 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC， 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC， 又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 解法一：作AH⊥BD于H，连接EH， 由BD⊥平面AEH知EH⊥BD， ∴∠AHE为二面角A－BD－C的平面角θ的补角． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 解法二：BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，所以A1C的中点D(1,1,1)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC①， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE， 所以BC⊥DA． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， ∵BD⊥CD， ∴AE2＋DE2＝4＝AD2， ∴AE⊥DE， 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， ∴AE⊥平面BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[45] 返回导航 A组基础巩固 解答题 1．(2026·贵州部分学校联考)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF为正方形，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝2BC＝2CD，G为线段CE上一点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)证明：平面BDG⊥平面ABEF； (2)若EG＝2GC，求二面角E－BD－G的余弦值． [解析]　(1)证明：如图，设BC＝3，取AD的中点H，连接BH. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 因为AD＝2BC，所以BC＝DH. 又AD∥BC，BC⊥CD，BC＝CD， 所以四边形BCDH为正方形， 因为AB2＋BD2＝AD2， 所以BD⊥AB. 又平面ABEF⊥平面ABCD， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 平面ABEF∩平面ABCD＝AB，BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥平面ABEF. 因为BD⊂平面BDG， 所以平面BDG⊥平面ABEF. (2)因为平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，BE⊥AB，BE⊂平面ABEF， 所以BE⊥平面ABCD，BH，BC⊂平面ABCD， 所以BE⊥BH，BE⊥BC，由(1)得BH⊥BC， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·河南许昌高级中学测试)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，BC＝4，AB＝AD＝DC＝AA1＝2，Q为AD的中点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)在A1D1上是否存在点P，使直线CQ∥平面AC1P，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由； (2)若(1)中点P存在，求平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值． [解析]　(1)存在，证明如下： 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 所以可在平面A1B1C1D1内作C1P∥CQ， 由平面几何知识可证△C1D1P≌△CDQ，所以D1P＝DQ，可知P是A1D1中点， 因为C1P⊂平面AC1P，所以CQ∥平面AC1P. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 即存在线段A1D1的中点，满足题设条件． 满足条件的点只有一个，证明如下： 当CQ∥平面AC1P时，因为CQ∥平面A1B1C1D1， 所以过C1作平行于CQ的直线既在平面A1C1P内，也在平面A1B1C1D1内， 而在平面A1B1C1D1内过C1只能作一条直线C1P∥CQ，故满足条件的点P只有唯一一个． 所以，有且只有A1D1的中点为满足条件的点P，使直线CQ∥平面AC1P. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)过点D作DF⊥BC，垂足为F，又因为DD1⊥平面ABCD， 所以DA，DF，DD1两两互相垂直， 以D为坐标原点，分别以DA，DF，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2026·辽宁辽西重点高中摸底)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝4，AD＝3，∠BAD＝120°，点M在AD上，且AM＝AB＝2.将△ABM沿BM折起，使得平面ABM⊥平面BCDM，如图2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)求四棱锥A－BCDM的体积； (3)求直线AD与平面ABC所成角的正弦值． [解析]　(1)如图，过点A作AF⊥BC，垂足为点F，取BM的中点O，连接AO. 由AM＝AB，可知AO⊥BM. 又因为平面ABM⊥平面BCDM，平面ABM∩平面BCDM＝BM，AO⊂平面ABM， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)证明：过点D作DE∥BM交BC于点E，连接PE. 因为DE⊄平面ABM，BM⊂平面ABM，所以DE∥平面ABM. 因为MD∥BC，所以四边形DEBM是平行四边形， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以PE∥AB，同理可证PE∥平面ABM. 因为DE∩PE＝E，所以平面PDE∥平面ABM. 又因为PD⊂平面PDE，所以PD∥平面ABM. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(2026·山东德州开学考试)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为边长为2的正三角形，AA1＝3，D为AC的中点，点E在棱CC1上，CE＝λCC1,0<λ<1. (2)求直线A1C与平面BDE所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时λ的值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以四边形ACC1A1是矩形， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以A1E2＋ED2＝A1D2，所以A1E⊥ED. 因为AA1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD， 又因为D是正三角形ABC边AC的中点，所以AC⊥BD， 又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1，又A1E⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1E， 因为A1E⊥ED，ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDE， 所以A1E⊥平面BDE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 (2026·安徽月考、广东联考)折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动．“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”ABCPQ. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)证明：AC⊥平面BPQ； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角P－AQ－C的余弦值． [解析]　(1)证明：由题可知，BP⊥CP，BP⊥AP，CP∩AP＝P，CP，AP⊂平面ACP， 则BP⊥平面ACP，AC⊂平面ACP， 所以BP⊥AC，同理可得BQ⊥AC． 因为BP∩BQ＝B，BP，BQ⊂平面BPQ， 所以AC⊥平面BPQ. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (3)由(2)知△ABC的中心为O，过O作AC的平行线，易得该直线与OB，OP两两垂直． 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)若异面直线AD与PC所成的角为45°，判断PB与AD是否具有垂直关系并说明理由； [解析]　(1)取AB的中点G，连接CG，PG， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以CG2＋PG2＝PC2， 所以CG⊥PG，所以AD⊥PG， 又AD⊥AB，AB∩PG＝G，AB，PG⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB. ②当∠PCG＝135°，假设AD⊥PB，则由①有AD⊥平面PAB， 因为PG⊂平面PAB，所以AD⊥PG，CG⊥PG， 这与∠PCG＝135°相矛盾，故此时AD与PB不垂直． 综上所述，当∠PCG＝45°时，AD⊥PB；当∠PCG＝135°时，AD与PB不垂直． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以GC2＋GP2＝8＝PC2，即PG⊥GC， 因为AD⊥AB，由(1)有GC∥AD， 所以GB⊥GC， 所以GB，GC，GP两两互相垂直， 故可以G为坐标原点，GB，GC，GP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 由AB＝BC＝AD＝CD＝2知BN⊥AC，DN⊥AC， 又AC＝2，∴∠ABC＝∠ADC＝， ∴BN＝DN＝，∴BN2＋DN2＝BD2，∴BN⊥DN， 即二面角B－AC－D的平面角∠BND＝， ∴平面BAC⊥平面DAC． (也可由BN⊥平面DAC证得平面BAC⊥平面DAC)． 则A(0，，0)，B(1,0,0)，D(－1,0,0)， 设C(0，a，b)，b>0，则 得a＝－，b＝， 即C， 则＝(－1，，0)，＝(－1，－，0)，＝， 设平面ABC的法向量为m1＝(x1，y1，z1)，平面ACD的法向量为m2＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝y2＝1，则m1＝(，1，)，m2＝(－，1，)， 则m1·m2＝－3＋1＋2＝0， 则平面BAC⊥平面DAC． (2)由(1)证法二知，点M为棱CD的中点，则M，则＝， 设平面ABM的法向量为n1＝(x3，y3，z3)， 则 令y3＝1，则n1＝， 又平面ABD的法向量为n2＝(0,0,1)， 则cos〈n1，n2〉＝＝＝， 由图可知二面角M－AB－D的平面角为锐角， 所以二面角M－AB－D的余弦值为. 1.(多选题)(2026·广西柳州摸底)如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点(含端点)，则(　　) [解析]　如图：以A为原点，，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 设BC＝2，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，E(0,2,2)，F(0,2,0)，B(0,0,2)，C(2,0,2)，G(，，2)，H(m，n,0)，(m2＋n2＝4，m>0，n>0)，所以＝(2,0，－2)，＝(，，0)，＝(m，n－2，－2)，当H与F重合时EH⊥BG，故A正确；若EH∥BD则＝λ，即(m，n－2，－2)＝λ(2,0，－2)，∴m＝2，n＝2不合题意，故B正确；设n＝(x，y，z)为平面BDG的一个法向量，则令x＝1，得y＝－1，z＝1，则n＝(1，－1,1)． 假设EH∥平面BDG，则n·＝m－n＋2－2＝0，所以m＝n.因为m2＋n2＝4，m>0，n>0，所以m＝n＝，即H是圆弧的中点，符合题意，故C正确；对于D，当点H与点D重合时，直线EH与平面BDG所成角最小，因为＝＝(2，－2，－2)，所以sin α＝＝＝<，即直线EH与平面BDG所成角的最小角小于30°， 当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角θ最大，因为＝＝(0,0，－2)，所以sin θ＝＝＝>，即直线EH与平面BDG所成角的最大角大于30°，所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，故D错误．故选ABC． (2)依题意，得PC＝AC＝＝3，BC＝＝3， 由(1)可知PB⊥PC， 则PB＝＝3，过点D作直线Dy∥PB，则有Dy⊥DP， 显然直线DP，Dy，DC两两垂直，以D为原点，直线DP，Dy，DC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则D(0,0,0)，P(3,0,0)，C(0,0,3)，E，B(3,3，0)， ＝(3,0，－3)，＝(3,0,0)，＝， 设＝t(0≤t≤1)，即＝t＝(－3t，－3t，3t)， 则F(3－3t,3－3t,3t)，＝(3－3t,3－3t，3t)， 若存在点F，使得CP⊥DF， 则·＝9－18t＝0， 解得t＝，则＝， 即当F为线段BC中点时，使得CP⊥DF，设平面PDF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，得m＝(0,1，－)， 设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得n＝(1,0，－1)， 设二面角P－DF－E的大小为θ， 则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， 所以二面角P－DF－E的正弦值 sin θ＝＝＝. 思路二：设＝λ(0≤λ≤1)，建立坐标系，用λ表示动点E到直线AO的距离d，求d＝f(λ)的最小值 [答案]　 [解析]　解法一：连接PO，BO，由PC＝PD，O为DC的中点知PO⊥CD，又平面PCD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.从而PO⊥OA，又四边形ABCD为矩形，AB＝2BC，∴∠AOD＝∠COB＝，∴OB⊥OA，∴AO⊥平面POB.又由题意知PO＝DC＝3，OB＝3，且PO⊥OB.∴O到BP的距离＝＝，∴线段PB上的动点E到直线AO距离的最小值为. 则＝(－3,3,0)，＝(－3，－3,3)， 设＝λ(0≤λ≤1)，则E(3－3λ，3－3λ，3λ)，＝(－3λ，6－3λ，3λ)， ||＝ ＝， ∵||＝＝3， ∴向量的单位方向向量v＝＝， 则·v＝(－3λ)×＋(6－3λ)×＋3λ×0＝3， 因此点E到直线AO的距离d＝＝＝， 当λ＝时，d取最小值， ∴线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为. 则BD＝2，AO＝×2＝， 又△PBD是等边三角形，故PO＝×2＝， 由S△OBC＝OC·OB＝OH·BC， 知OH＝＝＝， 在Rt△POH中，tan∠PHO＝＝2，故二面角P－BC－A的正切值为2. 所以h·S△PBC＝OP·S△BCD， 即h·PH·BC＝OP·BC·BDsin 60°， 所以h＝＝＝， 设直线PE与平面PBC所成的角为θ，则θ∈，sin θ＝＝， 因正弦函数在第一象限单调递增，故要使sin θ最大，即使θ最大，则需使PE最小， 此时PE⊥AD，由对称性知，PE＝PH＝＝， 所以DE＝＝＝＝AD，此时sin θ＝＝， 故当点E在线段AD上靠近D点的处时，直线PE与平面PBC所成的角最大，且最大角的正弦值为. 1．(角度1)(2026·福建漳州质检)已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD＝，AC与BD相交于点O，E为线段AO上一点，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥A－BCD(如图2)． (1)证明：BD⊥CE； (2)若三棱锥A－BCD的体积为8，二面角B－CE－O的余弦值为，求OE的长． [解析]　(1)证明：因为四边形ABCD是边长为4的菱形， 并且∠BAD＝， 所以△ABD，△BCD均为等边三角形， 故AO⊥BD，CO⊥BD，且AO＝CO＝2， 所以三棱锥A－BCD的体积为××42h＝8， 所以h＝2， 因为AO＝2，所以AO⊥平面BCD， 则O(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，A(0,0,2)， 又＝(－2,2，0)，＝(－2,0，n)， 故 取x＝，则y＝1，z＝， 得m2＝， 因为二面角B－CE－O的余弦值为， 所以＝＝， 解得n＝或n＝－(舍去)，此时OE＝. (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． 又＝，得到Q为EC的三等分点，且QC＝2EQ， 从而作出线段PQ. 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)∴＝(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.(角度3)(2025·广东深圳实验中学阶段测试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥AB，且PB＝PD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝. (1)证明：平面PAC⊥平面ABCD； (2)若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值 为，点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ与 平面PBC夹角的正弦值的最小值． ∴OH＝OA＝××2＝1， ∵PH⊥平面ABCD， ∴∠PCH即为直线CP与平面ABCD所成角， 在△PCH中，sin∠PCH＝＝， 解得PH＝2， 以O为原点，OB，OC所在直线为x，y轴建立如图所示坐标系，则B(，0,0)，C(0,3,0)，A(0，－3,0)，P(0，－1,2)， ＝(－，－1,2)，＝(－，3,0)， 设平面PBC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 令z1＝2，则x1＝，y1＝1， ∴平面PBC的一个法向量为n1＝(，1,2)． 设＝λ＝(0,4λ，－2λ)，λ∈[0,1]， 则＝＋＝(0,4λ＋2,2－2λ)， ＝(，3,0)， 设平面ABQ的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝，则y2＝－1，z2＝， ∴平面ABQ的一个法向量为n2＝. 设平面ABQ与平面PBC夹角为θ， 于是cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 令＋1＝t(t>2)， 则cos θ＝＝＝， 当＝即t＝5，λ＝时(cos θ)max＝， 此时(sin θ)min＝，∴平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值的最小值为. 解法二：同解法一建立空间直角坐标系，设点P(0，m，n)，则＝(0，m－3，n)，＝(，3,0)，＝(，m，n)， ∵PD⊥AB，∴·＝3＋3m＝0，∴m＝－1. ∵直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为，平面ABCD的一个法向量m＝(0,0,1)， ∴|cos〈，m〉|＝＝＝， 即(m－3)2＝4n2，解得n＝2或－2(舍去)， ∴P(0，－1,2)．(以下同解法一) 1．(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. 则＝·h＝h＝＝S△ABC·A1A＝＝， 解得h＝， 所以点A到平面A1BC的距离为. 由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，所以BC＝2， 又BD＝AD＝A1C＝，可求得AH＝. ∴sin θ＝sin∠AHE＝＝＝. 即二面角A－BD－C的正弦值为. 则＝(1,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)， 设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)， 则可取m＝(1,0，－1)， 设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)， 则可取n＝(0,1，－1)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A－BD－C的正弦值为＝. (2)点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． ∴BC＝2，DE＝AE＝. 设D(，0,0)，A(0,0，)，B(0，，0)，E(0,0,0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 二面角D－AB－F平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)，即有＝(－，0,0)， ∴取x1＝1，所以n1＝(1,1,1)； 取y2＝1，所以n2＝(0,1,1)， 所以|cos θ|＝＝＝， 从而sin θ＝＝. 所以二面角D－AB－F的正弦值为. 3.(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD. 所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝， 而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 所以AB＝BD＝3，AD＝6. 所以BH，BC，BE两两垂直，以B为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝3， 则A(3，－3,0)，B(0,0,0)，D(3,3,0)，G(0,2，)， 所以＝(3,3,0)，＝(0,2，)． 设平面BDG的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，得n＝(1，－1，)． 因为BD⊥AB，BE⊥AB，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BED， 所以AB⊥平面BDE，所以平面BDE的一个法向量为＝(3，－3,0)， 设二面角E－BD－G的平面角为θ，且θ为锐角， 则cos θ＝＝＝， 即二面角E－BD－G的余弦值为. 则A(2,0,0)，P(1,0,2)，C1(－1，，2)，A1(2,0,2)，B(3，，0)， ＝(1,0，－2)，＝(－2，，0)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)， 设平面PAC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则有即 令x＝2，得y＝4，z＝，所以n＝(2，4，)． 设平面ABB1A1的法向量为m＝(x′，y′，z′)． 则有即 令x′＝，得y′＝－1，z′＝0，所以m＝(，－1,0)． 所以cos〈n，m〉＝＝＝. 故平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值为. (2)若点P在图2中线段AC上，且＝，证明：PD∥平面ABM； 所以AO⊥平面BCDM. 由AM＝AB＝2，∠BAD＝120°， 得BM＝＝2， AO＝AB＝1. 在直角梯形ABCD中，因为∠BAD＝120°，AB＝2， 所以∠ABC＝60°，CD＝AF＝2×sin 60°＝， S四边形BCDM＝(DM＋BC)·CD＝×(1＋4)·＝. 所以四棱锥A－BCDM的体积为VA－BCDM＝S四边形BCDM·AO＝××1＝. 则DM＝BE，所以＝＝， (3)取BC的中点H，连接OH. 在△BOH中，由BH＝2，BO＝，∠OBH＝30°，可得HO＝1. 因为OB2＋OH2＝BH2，所以OH⊥BO. 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,1)，B(，0,0)，H(0,1,0)， 由点B和H的坐标可求得C(－，2,0)，D， 所以＝，＝(，0，－1)，＝(－，2，－1)． 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1，，)． 设直线AD与平面ABC所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝， 所以直线AD与平面ABC所成角的正弦值为. (1)当λ＝时，求证：A1E⊥平面BDE； 又当λ＝时，CE＝CC1，AA1＝CC1＝3， 所以CE＝2，C1E＝1， A1E＝＝. 因为D为AC的中点，连接A1D， 所以CD＝1，DE＝＝， A1D＝＝. (2)取A1C1的中点D1，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为CE＝λCC1，E(0,1,3λ)，B(，0,0)，A1(0，－1，3)，C(0,1,0)，＝(，0,0)，＝(0,1,3λ)， 设m＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量， 则所以 取m＝(0，－3λ，1)，＝(0,2，－3)， 设A1C与平面BDE所成角为θ， 所以sin θ＝＝. 令2λ＋1＝t∈(1,3)， sin θ＝· ＝ ＝ . 因为t∈(1,3)，所以∈. 所以当＝，即λ＝时，sin θ取到最大值，最大值为1. (2)由题可知，该“菱角”由两个正三棱锥P－ABC，Q－ABC组成，且AB＝BP＝BQ. 根据对称性，可知P，Q在平面ABC内的投影为△ABC的中心O. 若该“菱角”所有的顶点在同一个球面上，则O为球心，连接BO. 不妨令AB＝2，则BP＝，OB＝＝，OP＝＝. 因为OB≠OP，所以该“菱角”所有的顶点不在同一个球面上． 令AB＝2，得P，Q，A，C， 则＝，＝，＝(0，－2,0)． 设平面APQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由可得 令x1＝，得m＝(，1,0)， 设平面ACQ的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由可得 令x2＝，得n＝(，0,1)． cos〈m，n〉＝＝＝， 由图可知，二面角P－AQ－C为锐角，故二面角P－AQ－C的余弦值为. (2026·湖南长沙雅礼中学月考)在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AD＝DC＝AB＝2，PC＝2，E，F分别为直线DC，DP上的动点． (2)若PB＝PA＝2，EF∥PC，求直线AC与平面BEF所成角的最大值． 因为AB∥DC，AD＝DC＝AB＝2， 所以AG＝DC且AG∥DC， 所以四边形AGCD为平行四边形， 所以CG∥AD，所以∠PCG(或其补角)为异面直线AD与PC所成的角， ①当∠PCG＝45°时，在△PCG中，PC＝2，CG＝2， 由余弦定理可知 PG＝＝2， (2)由PB＝PA＝2，点G是AB中点，可得PG⊥AB， 从而由GB＝AB＝2可得PG＝2， 又GC＝AD＝2，PC＝2， 故A(－2,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(2,2,0)． 因为EF∥PC，设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有 设E(t,2,0)，则＝(t－2,2,0)，又＝(0,2，－2)， 所以有 令x＝2，则y＝z＝2－t，故平面BEF的一个法向量为n＝(2,2－t,2－t)， 设直线AC与平面BEF所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝＝＝， 令t－4＝s，则sin θ＝. 当s＝0时，sin θ＝0； 当s≠0时，sin θ＝＝≤. (当且仅当s＝－3，t＝1时取“＝”)． 又0°≤θ≤90°，所以0°≤θ≤60°. 综上所述，直线AC与平面BEF所成角的最大值为60°. $