2022届一轮新高考数学全国通用课后限时集训46 立体几何中的最值、翻折、探索性问题课件
2022高三数学高考一本通立体几何第一轮复习单元测试平面图形的翻折与展开
平面图形的翻折与睁开一、选择题1、已知等腰直角三角形 ABC中， B＝90°， AC，BC的中点分别为 D、E，沿 DE把该三角形折成直二面角，此时斜边 AC被折成折线 ADC， ADC等于（）A、 100°B、120°C、135°D、150°2、AD为 ABC的高线， BD＝ a，DC＝b，（ a＜ b）将三角形ABC 沿 AD折叠成二面角B－AD－ C，其平面角为，若cos a，则四周体 A－ BCD的侧面 ABC是（）bA、锐角三角形B、钝角三角形 C 、直角三角形D、由 a、 b 确立3、在直角坐标系中，设A（－ 2，3）， B（3，－ 2），沿轴把直角坐标系折成120°的二面角后，则 AB的长度是（）A、B、 2 11C、D、4、等边三角形ABC的边长为， AD是 BC边上的高，将ABD沿 AD折起，使之与ACD所在平面成 120°的二面角，这时 A 点到 BC的距离是（）A、26B、C、 3D、25、二面角－a－的平面角 120°，在面内， AB于 B， AB＝ 2，在面内， CD于 D， CD＝3，BD＝ 1， M是棱上的一个动点，则AM＋CM的最小值为（）A、B、C、D、6、已知 ABC中， C＝90°， AC＝ BC， M、N 分别为 BC、 AC中点，沿直线MN将 BMN折起，使二面角 B － MN－ B 为 60°，则斜线 B、 A 与平面 ABC所成角的正切值为（）1A、2B、3 C 、4D 、35555二、填空题7、直角边长为 a 的等上角ABC 沿底边 BC上的中线 AD将其折成直二面角 B1－ AD－ C，则翻折后异面直线B1D 与 AC的距离8、已知菱形 ABCD，A＝ 60°，沿对角线 BD将其折成二面角A－ BD－ C，二面角大小记为，则当＝时连接四边的中点，E、 F、 G、 H所得四边形是正方形。
2022版新教材高考数学一轮复习第7章立体几何微专题进阶课7立体几何中的动态问题学案含解析新人教B版
第7章 立体几何立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹长度及动角的范围及涉及的知识点，多年来是复习的难点．求动点的轨迹(长度)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为棱CC 1的中点，点M 在正方形BCC 1B 1内运动，且直线AM ∥平面A 1DE ，则动点M 的轨迹长度为( )A ．π4B ． 2C ．2D ．πB 题目解析：以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，则DA 1→＝(2,0,2)，DE →＝(0,2,1)，则平面A 1DE 的一个法向量为n ＝(2,1，－2)．设M (x,2，z )，则AM →＝(x －2,2，z )．由AM →·n ＝0，得2(x －2)＋2－2z ＝0⇒x －z ＝1，故点M 的轨迹为以BC ，BB 1的中点为端点的线段，长为12＋12＝ 2.故选B.已知边长为1的正方形ABCD 与CDEF 所在的平面互相垂直，点P ，Q 分别是线段BC ，DE 上的动点(包括端点)，PQ ＝ 2.设线段PQ 的中点的轨迹为s ，则s 的长度为( )A.π4 B.π2 C.22D.2A 题目解析：如图，以DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设P (m,1,0)(0≤m ≤1)，Q (0,0，n )(0≤n ≤1)，M (x ，y ，z )．由中点坐标公式易知x ＝m 2，y ＝12，z ＝n2，即m ＝2x ，n ＝2z .① 因为|PQ |＝m 2＋n 2＋1＝2，所以m 2＋n 2＝1，② 把①代入②得，4x 2＋4z 2＝1. 即x 2＋z 2＝14.因为0≤m ≤1,0≤n ≤1， 所以0≤x ≤12，0≤z ≤12.所以PQ 中点M 的轨迹方程为⎩⎨⎧x 2＋z 2＝14⎝⎛⎭⎫0≤x ≤12，0≤z ≤12，y ＝12.轨迹s 为在垂直于y 轴的平面内，半径为12的四分之一圆周．所以s 的长度为14×2π×12＝π4.故选A.求线段的范围最值问题在空间直角坐标系Oxyz 中，正四面体 P －ABC 的顶点A ，B 分别在x 轴、y 轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP |的取值范围是( )A ．[3－1，3＋1]B ．[1,3]C ．[3－1,2]D ．[1，3＋1]A 题目解析：如图所示， 若固定正四面体P －ABC 的位置， 则原点O 在以AB 为直径的球面上运动，设AB 的中点为M ， 则PM ＝22－12＝3，所以原点O 到点P 的最近距离等于PM 减去球M 的半径，最大距离是PM 加上球M 的半径，所以3－1≤|OP |≤3＋1，即|OP |的取值范围是[3－1，3＋1]．故选A.设点M 是棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在平面BCC 1B 1所在的平面内．若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 与点C 1的最短距离是( )A.255B.22C.1D.63A 题目解析：设P 在平面ABCD 上的射影为P ′，M 在平面BB 1C 1C 上的射影为M ′(图略)，平面D 1PM 与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角分别为α，β，则cos α＝S △DP ′MS △D 1PM ，cos β＝S △PM ′C 1S △D 1PM.因为cos α＝cos β，所以S △DP ′M ＝S △PM ′C 1.设P 到C 1M ′距离为d ，则12×5×d ＝12×1×2，d ＝255，即点P 到C 1的最短距离为255.求角的最值问题如图，平面ACD ⊥α，B 为AC 的中点，|AC |＝2，∠CBD ＝60°，P 为α内的动点，且点P 到直线BD 的距离为3，则∠APC 的最大值为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°B题目解析：因为点P到直线BD的距离为3，所以空间中到直线BD的距离为3的点构成一个圆柱面，它和平面α相交得一椭圆，即点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝3，a＝3sin 60°＝2，则c＝1，所以A，C为椭圆的焦点．因为椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，所以∠APC的最大值为60°.故选B.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为()A．22B．1C．2 D． 2D题目解析：因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝DD1MD1＝122＝2是最大值．故选D.。
新高考2023版高考数学一轮总复习练案45高考大题规范解答系列四__立体几何
高考大题规范解答系列(四)——立体几何1．(2022·安徽黄山质检)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，且AD⊥BC，四边形ABB1A1为正方形．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)若∠BAC＝60°，BC＝4，求点A1到平面AB1D的距离．[解析] (1)连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，由已知得，四边形ABB1A1为正方形，E为A1B的中点，∵D是BC的中点，∴DE∥A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.(2)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，且BC为它们的交线，又AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，又∵B1D⊂平面BCC1B1，∴AD⊥B1D，且AD＝2，B1D＝2.同理可得，过D作DG⊥AB，则DG⊥面ABB1A1，且DG＝.设A1到平面AB1D的距离为h，由等体积法可得：VA1－AB1D＝VD－AA1B1，即··AD·DB1·h＝··AA1·A1B1·DG，即2×2·h＝4×4×，∴h＝.即点A1到平面AB1D的距离为.(注：本题也可建立空间直角坐标系用向量法求解．)2．(2022·陕西汉中质检)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝1，BC＝3，PC＝CD＝2，PC⊥底面ABCD，E为AB的中点．(1)求证：平面PDE⊥平面APC；(2)求直线PC与平面PDE所成的角的正弦值．[解析] 如图所示，以点C为坐标原点，直线CD，CB，CP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，则相关点的坐标为C(0,0,0)，A(2,1,0)，B(0,3,0)，P(0,0,2)，D(2，0,0)，E(1，2,0)．(1)由于DE＝(－1,2,0)，CA＝(2,1,0)，CP＝(0,0,2)，所以DE·CA＝(－1,2,0)·(2,1,0)＝0，DE·CP＝(－1,2,0)·(0,0,2)＝0，所以DE⊥CA，DE⊥CP，而CP∩CA＝C，所以DE⊥平面PAC，∵DE⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面PAC.(2)设n＝(x，y，z)是平面PDE的一个法向量，则n·DE＝n·PE＝0，由于DE＝(－1,2,0)，PE＝(1,2，－2)，所以有，令x＝2，则y＝1，z＝2，即n＝(2,1,2)，再设直线PC与平面PDE所成的角为α，而PC＝(0,0，－2)，所以sin α＝|cos〈n，PC〉|＝＝＝，∴直线PC与平面PDE所成角的正弦值为.3．(2022·湖北百师联盟质检)斜三棱柱ABC－HDE中，平面ABC⊥平面BCD，△ABC为边长为1的等边三角形，DC⊥BC，且DC长为，设DC中点为M，F、G分别为CE、AD的中点．(1)证明：FG∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－E的余弦值．[解析] (1)解法一：取BD中点N，连结GN，NF，易知N、M、F三点共线，由GN∥AB，且GN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，故GN∥平面ABC，同理可得NF∥平面ABC，因为GN∩NF＝N，故平面GNF∥平面ABC.由FG⊂平面FGN，故FG∥平面ABC.解法二：取AB中点N，连结GN，NC，易知GN是△ABD的中位线，故GN∥BD，GN＝BD，因为CE綊BD，F为CE的中点．所以CF綊GN.四边形FGNC是平行四边形，故FG∥CN，因为CN⊂平面ABC，FG⊄平面ABC，故FG∥平面ABC.(2)以BC中点O为坐标原点，以OC、ON、OA分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，由已知可得A，C，E，故CE＝(1，，0)，AC＝，设m＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则，解得m＝(，－1,1)，由于ON⊥平面ABC，不妨取平面ABC的法向量为n＝(0,1,0)．所以cos〈m，n〉＝＝－.由图可知所求二面角为钝角，故二面角B－AC－E的余弦值为－.4．(2021·全国新高考)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．[解析] (1)取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故BQ＝(－2,1,2)，BD＝(－2,2,0)．设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，则即，取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝.而平面QAD的法向量为m＝(1,0,0)，故cos〈m，n〉＝＝.二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为.5．(2021·安徽省淮北市一模)在直角梯形ABCD(如图1)中，∠ABC＝90°，BC∥AD，AD＝8，AB＝BC＝4，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B－ACD(如图2)．(1)求证：CD⊥平面ABC；(2)求AB与平面BCM所成角θ的正弦值．[解析] (1)由题设可知AC＝4，CD＝4，AD＝8，∴AD2＝CD2＋AC2，∴CD⊥AC，又∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，∴CD⊥平面ABC.(2)解法一：等体积法取AC的中点O连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，∵V B－ACM＝V A－BCM且V B－ACM＝S △ACM·BO＝，而SΔBCM＝4，∴A到面BCM的距离h＝，所以sin θ＝＝.解法二：向量法，取AC的中点O，连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，连接OM，因为M、O分别为AD和AC的中点，所以OM∥CD，由(1)可知OM⊥AC，故以OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(0，－2，0)，B(0,0,2)，C(0,2，0)，M(2，0,0)，∴CB＝(0，－2，2)，CM＝(2，－2，0)，BA＝(0，－2，－2)，设平面BCM法向量n＝(x，y，z)由得令y＝1得n＝(1,1,1)∴平面BCM的一个法向量n＝(1,1,1)，∴sin θ＝＝.6．(2021·山东聊城三模)如图，在平面四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC.(1)证明：PD⊥CD；(2)若M为PB的中点，二面角P－BC－D的大小为60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．[解析] (1)证明：因为BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD，又因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD，又因为PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD，又因为CD⊂平面BCD，所以PD⊥CD.(2)因为PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角，即∠PCD＝60°，在Rt△PCD中，PD＝CD tan 60°＝CD，取BD的中点O，连接OM，OC，因为BC＝CD，BC⊥CD，所以OC⊥BD，由(1)知，PD⊥平面BCD，OM为△PBD的中位线，所以OM⊥BD，OM⊥OC，即OM，OC，BD两两垂直，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设OB＝1，则P(0,1，)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，M，CP＝(－1，1，)，CD＝(－1,1,0)，CM＝，设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由得令z＝，得n＝(，，)，所以cos〈n，CP〉＝＝＝，所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为.7．(开放题)(2022·云南昆明模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，AB＝AC，O是BC的中点，OA⊥CD.(1)证明：平面ABC⊥平面BCD；(2)若E是棱AC上的一点，从①CE＝2EA；②二面角E－BD－C大小为60°；③A－BCD的体积为这三个论断中选取两个作为条件，证明另外一个成立．[证明] (1)因为AB＝AC，O是BC的中点，所以OA⊥BC，又因为OA⊥CD，所以OA⊥平面BCD，因为OA⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.(2)连接OD，又因为△BCD是边长为2的等边三角形，所以DO⊥BC，由(1)知OA⊥平面BCD，所以AO，BC，DO两两互相垂直．以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．设|OA|＝m，则O(0,0,0)，A(0,0，m)，B(1,0,0)，C(－1，0,0)，D(0，，0)，若选①②作为条件，证明③成立．因为CE＝2EA，所以E，易知平面BCD的法向量为n＝(0,0,1)，BE＝，BD＝(－1，，0)，设m＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则，所以，可取m＝，由二面角E－BD－C大小为60°可得cos θ＝＝＝，解得m＝3，所以A－BCD的体积为×2×××3＝.若选①③作为条件，证明②成立．因为A－BCD的体积为，所以×2×××|OA|＝，解得|OA|＝3，又因为CE＝2EA，所以E，易知平面BCD的法向量为n＝(0,0,1)，BE＝，BD＝，设m＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则所以，可取m＝，所以cos θ＝＝＝，即二面角E－BD－C大小为60°.若选②③作为条件，证明①成立．因为A－BCD的体积为，所以×2×××|OA|＝，解得|OA|＝3，即A(0,0,3)，AC＝(－1,0，－3)，不妨设AE＝λAC(0≤λ≤1)，所以E(－λ，0，－3λ＋3)，易知平面BCD的法向量为n＝(0,0,1)，BE＝(－λ－1,0，－3λ＋3)，BD＝(－1，，0)，设m＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，取m＝(3(1－λ)，(1－λ)，λ＋1)cos θ＝＝＝，解得λ＝3(舍)，λ＝，所以CE＝2EA.8．(2022·河北石家庄质检)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAB 为等边三角形，平面PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点．(1)求证：CE⊥PD；(2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：取AB的中点O，连结PO，OD，因为PA＝PB，所以PO⊥AB，又因为平面PAB⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，取CD的中点G，连结OG，则OB，OP，OG两两垂直，分别以OB，OG，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，设AB＝2，则C(1,2,0)，P(0,0，)，E(－1,1,0)，D(－1，2,0)，所以CE＝(－2，－1,0)，PD＝(－1,2，－)，则CE·PD＝2－2＝0，故CE⊥PD，所以CE⊥PD.(2)由(1)可知，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，所以PE＝(－1,1，－)，AP＝(1,0，)，BD＝(－2,2,0)，BE＝(－2,1,0)，设BF＝λBD(0<λ<1)，则BF＝(－2λ，2λ，0)，所以EF＝BF－BE＝(－2λ＋2,2λ－1,0)，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，令y＝1，则x＝，z＝，故n＝，所以|cos〈AP，n〉|＝＝＝，整理可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝，所以在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，此时点F为靠近点B的三等分点，即BF＝BD.。
新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：高考大题专项(四) 立体几何Word版含答案
高考大题专项(四)立体几何考情分析从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积,点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.必备知识1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证线线平行;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质:要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,即l⊥α,a⊂α⇒l⊥a.2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.3.求几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换法求解.(2)对于不规则几何体,可采用割补法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时,注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形,要注意应用这些轴截面.4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.5.空间中的角的计算,可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算,也可以构建空间角,把角的计算归结为平面图形中的角的计算.利用空间向量解题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两向量垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.突破1空间中的位置关系与表面积、体积【例题】(2020安徽高三三模)如图,边长为2的等边三角形ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直,且BC∥B1C1,BC=2B1C1,A1C=√3AC1.(1)求证:A1B1∥平面ABC;(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积.解题心得处理体积问题的思路(1)“转”:指的是转换底面与高,将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面,或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高;(2)“拆”:指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体,便于计算;(3)“拼”:指的是将小几何体嵌入一个大几何体中,如将一个三棱锥复原成一个三棱柱,将一个三棱柱复原成一个四棱柱,这些都是拼补的方法.对点训练如图,五边形ABSCD中,四边形ABCD为长方形,三角形SBC为边长为2的正三角形,将三角形SBC沿BC折起,使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上.(1)当AB=√2时,证明:平面SAB⊥平面SCD;(2)当AB=1时,求四棱锥S-ABCD的侧面积.突破2空间角和距离题型一空间中的位置关系与异面直线所成的角【例1】在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,PA=AD=2,AB=BC=1,Q为PD的中点.(1)求证:PD⊥BQ;(2)求异面直线PC与BQ所成角的余弦值.解题心得用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量.(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别:当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,这个角就是异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.对点训练1(2020上海杨浦高三二模)如图,线段OA和OB是以P为顶点的圆锥的底面的两条互相垂直的半径,点M是母线PB的中点,已知OA=OM=2.(1)求该圆锥的体积;(2)求异面直线OM与AP所成角的余弦值.题型二空间的位置关系与线面角【例2】(2020内蒙古北重三中高三期中)如图,菱形ABCD与等边三角形BCE所在平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,BC=2,FD=√3.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求直线EF与平面AFB所成角的正弦值.解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”.对点训练2(2020辽宁高三三模(理))如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AB=BD=2,BB1=2,BD与AC相交于点E,A1D与AD1相交于点O.(1)求证:AC⊥平面BB1D1D;(2)求直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值.题型三空间中的位置关系与二面角【例3】(2020山东烟台龙口一中诊测)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB=1,AB=4.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当C点为半圆的中点时,求二面角D-AE-B的平面角的余弦值.解题心得如图,设平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角为θ(0≤θ<π),则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|,结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.|n1||n2|对点训练3(2020四川攀枝花高三调研)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BQ=BP,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求二面角D-GH-E的平面角的余弦值.题型四空间中的位置关系与空间距离【例4】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的正三角形,AA1=2√6,D是CC1的中点,E是A1B1的中点.(1)证明:DE∥平面A1BC;(2)求点A到平面A1BC的距离.解题心得求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的投影向量的长度.如图,设点P 在平面α外,点O 是点P 在平面α上的射影,n 为平面α的法向量,在平面α内任取一不同于点O 的点Q ,则点P 到平面α的距离PO=|PQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |.对点训练4(2020福建高三模拟)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,点E 在线段PA 上,PC ∥平面BDE.(1)请确定点E 的位置,并说明理由.(2)若△PAD 是等边三角形,AB=2AD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,四棱锥P-ABCD 的体积为9√3,求点E 到平面PCD 的距离.突破3立体几何中的创新综合问题题型一折叠与展开问题【例1】(2019全国3,理19)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中的二面角B-CG-A的大小.解题心得折叠问题的关键有二:①画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图;②分析好两个关系——折叠前后哪些位置关系和数量关系发生了变化,哪些没有改变.一般地,在同一半平面内的几何元素之间的关系是不变的.涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要变化的.分别位于两个半平面内但垂直于折叠棱的直线翻折后仍然垂直于折叠棱.对点训练1(2020陕西汉中龙岗学校高三模考)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E是AD的中点,F是CD的中点,现将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P-ABCFE.(1)求证:AC∥平面PEF;(2)若平面PEF⊥平面ABCFE,求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.题型二范围与最值问题【例2】(2020江苏天一中学高三模拟)给出两块相同的正三角形铁皮(如图1,图2),(1)要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型,另一块剪拼成一个正三棱柱模型,使它们的全面积都与原三角形的面积相等,①请设计一种剪拼方法,分别用虚线标示在图1、图2中,并作简要说明;②试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小.(2)设正三角形铁皮的边长为a,将正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形,再把它的边沿虚线折起(如图3),做成一个无盖的正三角形底铁皮箱,当箱底边长为多少时,箱子容积最大?最大容积是多少?解题心得求解立体几何的最值问题主要应用代数中的有关函数知识或不等式有关知识求解.解题的关键是恰当地引入参变量(一元或二元),建立目标函数,然后由表达式的特点求最值;如果应用几何法求解,要明确空间几何体的结构特征以及形成规律,要正确实施空间向平面的转化.对点训练2(2020广东普宁华美实验学校高三月考)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;(3)若BC=√2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.题型三开放与探索问题【例3】(2020天津北辰二模)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)求平面EFG与平面ABCD的夹角的大小;(3)线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为π,若存在,求线段PM的6长度;若不存在,说明理由.解题心得1.先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.2.空间向量很适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.对点训练3(2020黑龙江大庆中学高三期末)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.(1)求证:AN∥平面MEC;?若存在,求出AP的长;若不(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π3存在,请说明理由.高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的位置关系与表面积、体积例题(1)证明∵四边形A1ACC1是菱形,∴AC∥A1C1.∵AC⊂平面ABC,A1C1⊄平面ABC,∴A1C1∥平面ABC,同理得,B1C1∥平面ABC.∵A1C1,B1C1在平面A1B1C1中,且A1C1∩B1C1=C1,∴平面ABC∥平面A1B1C1.∵A1B1⊂平面A1B1C1,∴A 1B 1∥平面ABC.(2)解∵∠ACB 与∠A 1C 1B 1满足AC ∥A 1C 1,BC ∥B 1C 1,且两个角的对应边方向相同,∴∠A 1C 1B 1=∠ACB=60°,∵A 1C 1=AC=2,2B 1C 1=BC=2,则B 1C 1=1,∴S △A 1B 1C 1=12×1×2×√32=√32.在菱形A 1ACC 1中,∵A 1C=√3AC 1,∴∠ACC 1=60°,S 菱形A 1ACC 1=2×√34×22=2√3.∵平面ABC ⊥平面ACC 1,取AC 的中点M ,连接BM ,C 1M ,∴BM ⊥平面ACC 1,C 1M ⊥平面ABC.由(1)知,平面ABC ∥平面A 1B 1C 1,∴C 1M ⊥平面A 1B 1C 1,∴点B 到平面A 1B 1C 1的距离为C 1M=√3. 又点B 到平面A 1ACC 1的距离为BM=√3,连接BC 1,则V=V B -A 1B 1C 1+V B -A 1ACC 1=13×√32+2√3×√3=52.对点训练(1)证明作SO ⊥AD ,垂足为O ,依题意得SO ⊥平面ABCD ,∴SO ⊥AB ,SO ⊥CD ,又AB ⊥AD ,∴AB ⊥平面SAD ,则AB ⊥SA ,AB ⊥SD.利用勾股定理得SA=√SB 2-AB 2=√4-2=√2,同理可得SD=√2. 在△SAD 中,AD=2,SA=SD=√2,∴SA ⊥SD ,∴SD ⊥平面SAB.又SD ⊂平面SCD ,∴平面SAB ⊥平面SCD. (2)解由(1)中可知AB ⊥SA ,同理CD ⊥SD ,∵AB=CD=1,SB=SC=2,则由勾股定理可得SA=SD=√3,∴S △SBC =√34×BC 2=√34×22=√3,S △SAB =S △SCD =12CD ×SD =12×1×√3=√32,在△SAD 中,SA=SD=√3,AD=2,则AD 边上高h=√(√3)2-1=√2, ∴S △SAD =12AD ×h=12×2×√2=√2.四棱锥S-ABCD 的侧面积S=S △SAB +S △SBC +S △SCD +S △SAD =√3+√32+√32+√2=2√3+√2.突破2 空间角和距离例1(1)证明由题意知,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,底面四边形ABCD 为直角梯形,AD ⊥AB ,以A 为原点,分别以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系, 则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2).因为Q 为PD 的中点,所以Q (0,1,1),所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1),所以PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0, 所以PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即PD ⊥BQ. (2)解由(1)得PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-2),PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+1-2=-2,|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,|BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√23,所以异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为√23.对点训练1解(1)由题可得PB=4,OP=2√3,故体积V=13Sh=13π×22×2√3=8√33π.(2)以点O 为坐标原点,以OA 为x 轴正半轴,OB 为y 轴正半轴,OP 为z 轴正半轴建立空间直角坐标系,则O (0,0,0),M (0,1,√3),A (2,0,0),P (0,0,2√3),所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2√3),设异面直线OM 与AP 所成的角为θ,则cos θ=|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=62×4=34,故异面直线OM 与AP 所成角的余弦值为34.例2(1)证明如图,过点E 作EH ⊥BC 于点H ,连接EH ,∴EH=√3.∵平面ABCD ⊥平面BCE ,EH ⊂平面BCE ,平面ABCD ∩平面BCE 于BC , ∴EH ⊥平面ABCD. ∵FD ⊥平面ABCD ,FD=√3,∴FD EH ,∴四边形EHDF 为平行四边形,∴EF ∥HD.∵EF ⊄平面ABCD ,HD ⊂平面ABCD ,∴EF ∥平面ABCD. (2)解连接HA.由(1)得H 为BC 中点,又∠CBA=60°,∴△ABC 为等边三角形,∴HA ⊥BC.分别以HB ,HA ,HE 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.则B (1,0,0),F (-2,√3,√3),E (0,0,√3),A (0,√3,0).BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,√3,√3),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3,0),设平面ABF 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{n ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-3x +√3y +√3z =0,-x +√3y =0,令y=1,得n =(√3,1,2).设直线EF 与平面ABF 所成的角为α,则sin α=|cos <EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√4228,即直线EF 与平面ABF 所成角的正弦值为√4228. 对点训练2(1)证明∵底面ABCD 为菱形,∴AC ⊥BD.∵棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1为直棱柱,∴DD 1⊥平面ABCD. ∵AC ⊂平面ABCD ,∴AC ⊥DD 1. ∵AC ⊥BD ,AC ⊥DD 1,BD ∩DD 1=D , ∴AC ⊥平面BB 1D 1D. (2)解如图,取B 1D 1中点F ,连接EF ,以E 为坐标原点,EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系.∵AE=√3,BE=1,则B (0,1,0),B 1(0,1,2),D 1(0,-1,2),A (√3,0,0),O √32,-12,1,故OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,32,-1,D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,32,1, 设平面OB 1D 1的法向量为n =(x ,y ,z ),有{D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,{2y =0,-√32x +32y +z =0, 令x=2,则y=0,z=√3,得n =(2,0,√3).又n ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2√3,|n |=√7,|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2, 设直线OB 与平面OB 1D 1所成的角为θ,∴sin θ=|cos <n ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|√32×√7|=√217.故直线OB 与平面OB 1D 1所成的角的正弦值为√217.例3(1)证明∵AB 是圆O 的直径,∴AC ⊥BC ,∵DC ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴DC ⊥BC.又DC ∩AC=C ,∴BC ⊥平面ACD ,∵DC ∥EB ,DC=EB , ∴四边形DCBE 是平行四边形,∴DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ACD ,又DE ⊂平面ADE ,∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)解当C 点为半圆的中点时,AC=BC=2√2,以C 为原点,以CA ,CB ,CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示,则D (0,0,1),E (0,2√2,1),A (2√2,0,0),B (0,2√2,0),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√2,2√2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,0,-1),设平面DAE 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),平面ABE 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√2x 1-z 1=0,2√2y 1=0,由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2√2x 2+2√2y 2=0,z 2=0,令x 1=1,得m =(1,0,2√2),令x 2=1,得n =(1,1,0).∴cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=3×√2=√26.∵二面角D-AE-B 的平面角是钝角, ∴二面角D-AE-B 的平面角的余弦值为-√26.对点训练3(1)证明因为D ,C ,E ,F 分别是AQ ,BQ ,AP ,BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 又EF ⊄平面PCD ,DC ⊂平面PCD , 所以EF ∥平面PCD ,又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ ∩平面PCD=GH ,所以EF ∥GH. 又EF ∥AB ,所以AB ∥GH.(2)解在△ABQ 中,AQ=2BD ,AD=DQ ,所以∠ABQ=90°.又PB ⊥平面ABQ ,所以BA ,BQ ,BP 两两垂直.以B 为坐标原点,分别以BA ,BQ ,BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设BA=BQ=BP=2,则E (1,0,1),F (0,0,1),Q (0,2,0),D (1,1,0),C (0,1,0),P (0,0,2),所以EQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,2),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2), 设平面EFQ 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 由{m ·EQ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x 1+2y 1-z 1=0,2y 1-z 1=0,取y 1=1,得m =(0,1,2).设平面PDC 的一个法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 由{n ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x 2-y 2+2z 2=0,-y 2+2z 2=0.取z 2=1,得n =(0,2,1). 所以cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=45,因为二面角D-GH-E 的平面角为钝角,所以二面角D-GH-E 的平面角的余弦值为-45. 例4(1)证明如图,取A 1B 的中点F ,连接FC ,FE.因为E ,F 分别是A 1B 1,A 1B 的中点,所以EF ∥BB 1,且EF=12BB 1.又在平行四边形BB 1C 1C 中,D 是CC 1的中点,所以CD ∥BB 1,且CD=12BB 1,所以CD ∥EF ,且CD=EF.所以四边形CFED 是平行四边形,所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面A 1BC ,CF ⊂平面A 1BC ,所以DE ∥平面A 1BC. (2)解(方法1)等体积法因为BC=AC=AB=2,AA 1=2√6,三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱, 所以V 三棱锥A 1-ABC =13S △ABC ×AA 1=13×√34×22×2√6=2√2.又在△A 1BC 中,A 1B=A 1C=2√7,BC=2,BC 边上的高h=√A 1B 2-(12BC)2=3√3,所以S △A 1BC =12BC ·h=3√3.设点A 到平面A 1BC 的距离为d ,则V 三棱锥A -A 1BC =13S △A 1BC ×d=13×3√3×d=√3d. 因为V 三棱锥A 1-ABC =V 三棱锥A -A 1BC ,所以2√2=√3d ,解得d=2√63,所以点A 到平面A 1BC 的距离为2√63. (方法2)向量法由题意知,三棱柱ABC-A 1B 1C 1是正三棱柱.取AB 的中点O ,连接OC ,OE.因为AC=BC ,所以CO ⊥AB.又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1,平面ABC ∩平面ABB 1A 1=AB ,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点,E 为A 1B 1的中点,所以OE ⊥AB ,所以OC ,OA ,OE 两两垂直.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OE ,OC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,√3),A (1,0,0),A 1(1,2√6,0),B (-1,0,0).则BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√6,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{x +√6y =0,x +√3z =0, 令x=√6,则y=-1,z=-√2.所以n =(√6,-1,-√2)为平面A 1BC 的一个法向量.而BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),所以点A 到平面A 1BC 的距离d=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||n |=√6×2√6+1+2=2√63.对点训练4解(1)连接AC 交BD 于点M ,如图,∵PC ∥平面BDE ,平面PAC ∩平面BDE=EM ,∴PC ∥EM.∵M 为AC 的中点,∴E 为PA 的中点.(2)∵△PAD 是等边三角形,平面PAD ⊥平面ABCD ,∴以AD 中点O 为原点,OA 为x 轴,在平面ABCD 中,过点O 作AB 的平行线为y 轴,以OP 为z 轴,建立空间直角坐标系,设AD=m ,则AB=2m ,∵四棱锥P-ABCD 的体积为9√3,∴13m·2m·√m 2-(m 2)2=9√3,解得m=3.∴A 32,0,0,P 0,0,3√32,E 34,0,3√34,D -32,0,0,C-32,6,0.PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =34,0,-3√34,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,6,-3√32,PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,0,-3√32,设平面PCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,{-32x +6y -3√32z =0,-32x -3√32z =0,取x=√3,得n =(√3,0,-1),∴E 到平面PCD 的距离d=|PE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=3√322=3√34.突破3 立体几何中的创新综合问题例1(1)证明由已知得AD ∥BE ,CG ∥BE ,所以AD ∥CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ,AB ⊥BC ,故AB ⊥平面BCGE.又因为AB ⊂平面ABC , 所以平面ABC ⊥平面BCGE. (2)解作EH ⊥BC ,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz ,则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0.所以可取n =(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=√32. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.对点训练1(1)证明∵E ,F 分别为AD ,CD 的中点,∴EF ∥AC.又EF ⊂平面PEF ,AC ⊄平面PEF , ∴AC ∥平面PEF. (2)解取EF 的中点O ,并分别连接OP ,OB.由题知,OP ⊥EF ,OB ⊥EF.又平面PEF ⊥平面ABCFE ,平面PEF ∩平面ABCFE=EF ,PO ⊂平面PEF , ∴PO ⊥平面ABCFE.又AB=4,∴PF=AE=PE=2,EO=OP=OF=√2,OB=3√2.分别以OE ,OB ,OP 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O (0,0,0),P (0,0,√2),B (0,3√2,0),E (√2,0,0),A (2√2,√2,0),∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3√2,√2),EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,√2,0),EP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√2). 设平面PAE 的一个法向量n =(x ,y ,z ),则{√2x +√2y =0,-√2x +√2z =0,取x=1,则y=-1,z=1,所以n =(1,-1,1).设直线PB 与平面PAE 所成的角为θ,则sin θ=|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=2√3015.故直线PB 与平面PAE 所成角的正弦值为2√3015.例2解(1)①如图1,沿正三角形三边中点连线折起,可拼得一个正三棱锥.如图2,正三角形三个角上剪出三个相同的四边形,其较长的一组邻边边长为三角形边长的14,有一组对角为直角,余下部分按虚线折起,可成一个缺上底的正三棱柱,而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底.②依上面剪拼方法,有V柱>V锥.推理如下:设给出正三角形铁皮的边长为2,那么,正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形,其面积为√34 .则h锥=√1-(23×√32)2=√63,h柱=12tan30°=√36.V柱-V锥=(ℎ柱-13ℎ锥)×√34=√36−√69×√34=3-2√224>0,所以V柱>V锥.(2)设箱底边长为x,则箱高为h=√33×a-x2(0<x<a),箱子的容积为V(x)=12x2×sin60°×h=18ax2-18x3(0<x<a).由V'(x)=14ax-38x2=0,解得x1=0(舍),x2=23a,且当x∈(0,23a)时,V'(x)>0;当x∈(23a,a)时,V'(x)<0,所以当x=23a时,箱子容积最大,且V(23a)=18a×(23a)2−18×(23a)3=a354.对点训练2(1)证明连接OC,在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥OD.又PO 垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)解因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.又AB=2,所以△ABC 面积的最大值为12×2×1=1.又因为三棱锥P-ABC 的高PO=1,故三棱锥P-ABC 体积的最大值V=13×1×1=13.(3)解在△POB 中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=√12+12=√2.同理PC=√2,所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC 中,将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC'P ,使之与平面ABP 共面,如图所示.当O ,E ,C'共线时,CE+OE 取得最小值.又因为OP=OB ,C'P=C'B ,所以OC'垂直平分PB ,即E 为PB 中点.从而OC'=OE+EC'=√22+√62=√2+√62, 即CE+OE 的最小值为√2+√62.例3(1)证明因为△PAD 是正三角形,O 是AD 的中点,所以PO ⊥AD.又因为CD ⊥平面PAD ,PO ⊂平面PAD ,所以PO ⊥CD. AD ∩CD=D ,AD ,CD 在平面ABCD 中, 所以PO ⊥平面ABCD.(2)解如图,因为G 为BC 的中点,所以OG ⊥AD.以O 点为原点分别以OA ,OG ,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.则O (0,0,0),A (2,0,0),G (0,4,0),P (0,0,2√3),E (-1,2,√3),F (-1,0,√3),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0),EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-√3),设平面EFG 的法向量为m =(x ,y ,z ), 所以{EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{-2y =0,x +2y -√3z =0,令z=1,则m =(√3,0,1),又平面ABCD 的法向量n =(0,0,1),设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ,所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√(√3)+1×1=12.所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角大小为π3.(3)解不存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6.假设线段PA 上存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1],GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =GP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =GP ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,由(2)得PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2√3),GP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,2√3),所以GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2λ,-4,2√3(1-λ)),所以sin π6=|cos <GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=√32√4λ-6λ+7,整理得2λ2-3λ+2=0,Δ<0,方程无解,所以在线段PA 上不存在点M 使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6. 对点训练3(1)证明连接BN 与CM 交于点F ,连接EF ,NC.由已知可得四边形BCNM 是平行四边形,所以F 是BN 的中点.因为E 是AB 的中点,所以AN ∥EF. 又EF ⊂平面MEC ,AN ⊄平面MEC , 所以AN ∥平面MEC. (2)解不存在点P ,使二面角P-EC-D 的大小为π3.由于四边形ABCD 是菱形,∠DAB=60°,E 是AB 的中点,可得DE ⊥AB.又四边形ADNM 是矩形,平面ADNM ⊥平面ABCD ,所以DN ⊥平面ABCD , 以DE ,DC ,DN 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则E (√3,0,0),C (0,2,0),P (√3,-1,h ),h ∈[0,1],CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-2,0),EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,h ), 设平面PEC 的法向量为n 1=(x ,y ,z ). 则{CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,EP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,则{√3x -2y =0,-y +ℎz =0,令y=√3h ,则n 1=(2h ,√3h ,√3),又平面ECD的法向量n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=√3√7ℎ+3=12,解得h=3√77,因为3√77>1,故在线段AM上不存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π3.。
2022届高考数学一轮复习 课后限时集训简单的三角恒等变换北师大版
2022届高考数学一轮复习课后限时集训简单的三角恒等变换北师大版年级：姓名：课后限时集训(二十八) 简单的三角恒等变换建议用时：40分钟一、选择题1．(2020·赤峰模拟)tan 15°－1tan 15°＝( )A ．－233B ．2 3C ．－2 3D ．4C [tan 15°－1tan 15°＝sin 15°cos 15°－cos 15°sin 15°＝sin 215°－cos 215°cos 15°sin 15°＝－cos 30°12sin 30°＝－23，故选C.]2.cos 23°＋cos 67°2sin 68°＝( )A ．2B ． 3C ． 2D ．1D [原式＝cos 23°＋sin 23°2sin 68°＝2sin 23°＋45°2sin 68°＝1，故选D.]3．已知α，β均为锐角，且sin 2α＝2sin 2β，则( ) A ．tan(α＋β)＝3tan(α－β) B ．tan(α＋β)＝2tan(α－β) C ．3tan(α＋β)＝tan(α－β) D ．3tan(α＋β)＝2tan(α－β)A [因为2α＝(α＋β)＋(α－β)，2β＝(α＋β)－(α－β)， sin 2α＝2sin 2β，所以sin[(α＋β)＋(α－β)]＝2sin[(α＋β)－(α－β)]，展开，可得sin(α＋β)cos(α－β)＋cos(α＋β)sin(α－β)＝2[sin(α＋β)cos(α－β)－cos(α＋β)sin(α－β)]，整理得sin(α＋β)cos(α－β)＝3cos(α＋β)sin(α－β)， 两边同时除以cos(α＋β)cos(α－β)，得tan(α＋β)＝3tan(α－β)，故选A.]4．(2020·赣州模拟)若cos 78°＝m ，则sin(－51°)＝( ) A ．－m ＋12B ．－1－m2C.m ＋12D.1－m2A [由cos 78°＝m ，得cos 102°＝cos(180°－78°)＝－cos 78°＝－m . 又cos 102°＝1－2sin 251°， ∴sin 251°＝1＋m 2，∴sin 51°＝1＋m2， ∴sin(－51°)＝－sin 51°＝－1＋m2，故选A.] 5．已知A ，B 均为钝角，sin 2A2＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝5－1510，且sin B ＝1010，则A ＋B＝( )A.3π4B.5π4C.7π4D.7π6C [sin 2A 2＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3＝1－cos A 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos A －32sin A ＝5－1510，整理得sin A ＝55. 又A ，B 均为钝角，∴cos A ＝－255，cos B ＝－31010，∴cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ＝⎝⎛⎭⎪⎫－255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－31010－55×1010＝22. 又π＜A ＋B ＜2π，∴A ＋B ＝7π4，故选C.]6．在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上，满足方程sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋x 的x 值为( )A.π3 B ．±π3 C.π6D ．±π6C [由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π＋x 得cos 2x ＝sin x ，即2sin 2x ＋sin x －1＝0， 解得sin x ＝12或sin x ＝－1.由于x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∴sin x ＝12，∴x ＝π6，故选C.] 二、填空题 7．化简：2sinπ－α＋sin 2αcos2α2＝________.4sin α [2sinπ－α＋sin 2αcos2α2＝2sin α＋2sin αcos α121＋cos α＝4sin α1＋cos α1＋cos α＝4sin α.]8．已知方程x 2＋3ax ＋3a ＋1＝0(a ＞1)的两根分别为tan α，tan β，且α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，则α＋β＝________.－34π [依题意有⎩⎨⎧tan α＋tan β＝－3a ，tan α·tan β＝3a ＋1，∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝－3a 1－3a ＋1＝1.又⎩⎨⎧tan α＋tan β＜0，tan α·tan β＞0，∴tan α＜0且tan β＜0， ∴－π2＜α＜0且－π2＜β＜0， 即－π＜α＋β＜0，结合tan(α＋β)＝1， 得α＋β＝－3π4.]9．函数y ＝sin x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3的最小正周期是________．π [y ＝sin x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝12sin x cos x －32sin 2x ＝14sin 2x －32·1－cos 2x 2＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3－34，故函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.]三、解答题10．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝－14，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.(1)求sin 2α的值； (2)求tan α－1tan α的值．[解] (1)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－14，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－12.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，∴2α＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，4π3，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝－32，∴sin 2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3sin π3＝－12×12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×32＝12.(2)∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2，∴2α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π，又由(1)知sin 2α＝12，∴cos 2α＝－32.∴tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α＝sin 2α－cos 2αsin αcos α＝－2cos 2αsin 2α＝－2×－3212＝2 3. 11．已知0＜α＜π2＜β＜π，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝13，sin(α＋β)＝45.(1)求sin 2β的值； (2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4的值．[解] (1)∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝cos π4cos β＋sin π4sin β＝22cos β＋22sin β＝13， ∴cos β＋sin β＝23，∴1＋sin 2β＝29，∴sin 2β＝－79.(2)∵0＜α＜π2＜β＜π，∴π4＜β－π4＜3π4，π2＜α＋β＜3π2，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＞0，cos(α＋β)＜0.∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝13，sin(α＋β)＝45，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫β－π4＝223，cos(α＋β)＝－35.。
2025年高考数学一轮复习-立体几何中的折叠、探究问题-专项训练【含答案】
所以 E(0，0，0)， B(1，0， 3)，C(1，2， 3)，M(2，m，0)且 0≤m≤2， 则E→B＝(1，0， 3)，E→C＝(1，2， 3)，E→M＝(2，m，0)，
E→C·n＝x＋2y＋ 3z＝0， 若 n＝(x，y，z)是平面 EMC 的法向量，则 E→M·n＝2x＋my＝0， 令 x＝m，则 n＝(m，－2，4－m)，
O→D＝
－
2a，0，0 2
，
设平面 PAC 与平面 ACS 夹角的大小为θ.
则 cos θ＝|cos 〈D→S，O→D〉|＝||DD→→SS|·|OO→→DD||＝12，
所以平面 PAC 与平面 ACS 夹角的大小为π. 3
(3)解 在棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.理由如下：
由(2)知D→S是平面 PAC 的一个法向量，
且D→S＝
2a，0，－
2a， 2
6a 2
，
B→C＝
－
2a， 2
2a，0 2
.
设C→E＝tC→S，t∈[0，1]，
则B→E＝B→C＋C→E＝B→C＋tC→S＝
－
2a， 2
2a（1－t）， 2
6at 2
.
因为 BE∥平面 PAC，所以B→E·D→S＝0，
所以－1a2＋3a2t＝0，解得 t＝1.
二、创新拓展练 4.如图 1，四边形 ABCD 为梯形，AD∥BC，BM⊥AD 于点 M，CN⊥AD 于点 N， ∠A＝45°，AD＝4BC＝4，AB＝ 2，现沿 CN 将△CDN 折起，使△ADN 为正三角 形，且平面 ADN⊥平面 ABCN，过 BM 的平面与线段 DN，DC 分别交于点 E，F， 如图 2.
3
|cos〈E→B，n〉|＝||EE→→BB|·|nn||
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例1．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ． (1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C −−的余弦值；(2)三棱锥D FBC −的体积是否可能等于几何体ABE FDC −体积的一半？并说明理由． 【解析】（1）证明：过D 点作EF 的垂线交EF 于H ，连接BH ．如图．2AE AD == 且//AE DH ，//AD EF ，π2EAD ∠=． ∴四边形ADHE 是正方形.2EH =，∴四边形EHGB 是正方形.所以BH EG ⊥（正方形对角线互相垂直）.因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，,AE EF AE ⊥⊂平面AEFD ， 所以⊥AE 平面EBCF ， 所以DH ⊥平面EBCF ， 又因为EG ⊂平面EBCF ，所以EG DH ⊥. 又,,BHDH H BH DH =⊂平面BDH ，所以EG ⊥平面BDH ，又BD ⊂平面BDH ， 所以EG BD ⊥.②以E 为原点，EB 为x 轴，EF 为y 轴，EA 为z 轴，建立空间直角坐标系，(2B ，0，0)，(0F ，3，0)，(0D ，2，2)，(2C ，4，0)，(2BF =−，3，0)，(2BD =−，2，2)，设平面BDF 的法向量(n x =，y ，)z ，则·2220·230n BD x y z n BF x y ⎧=−++=⎪⎨=−+=⎪⎩，取3x =，得(3n =，2，1)，又平面BCF 的法向量(0m =，0，1)，1cos ,||||14m n m n m n <>==∴钝二面角D BF C −−的余弦值为．（2）AE EF ⊥Q ，平面AEFD ⊥平面EBCF ， 平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，AE ⊂平面AEFD ． AE ∴⊥平面EBCF ．结合DH ⊥平面EBCF ，得//AE DH ，∴四边形AEHD 是矩形，得DH AE =，故以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥D BCF −的高DH AE x ==， 又114(4)8222BCFSBC BE x x ==⨯⨯−=−． ∴三棱锥D BCF −的体积为()2=11822(82)433333BFCV SDH x x x x x x ==−=−−，ABE FDC ABE DGH D HGCF V V V −−−=+13ABEHGCF SAD S DH =+111111(4)2(2)(4)=(4)1+(2)232262x x x x x x x x ⎡⎤=−⨯+⨯+−−+⎢⎥⎣⎦， 令()112(4)1+(2)=24623x x x x x ⎡⎤−+⨯−⎢⎥⎣⎦，解得0x =或4x =，不合题意；∴棱锥D FBC −的体积不可能等于几何体ABE FDC −体积的一半．例2．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值． 【解析】（1）如图取CE 的中点F ，连接PF ，DF ，由题易知△PCE ，△DCE 都是等边三角形， ⸫DF ⊥CE ，PF ⊥CE ， ⸫DFPF F =，DF ⊂平面DPF ，PF ⊂平面DPF⸫CE ⊥平面DPF ． ⸫DP ⊂平面DPF ⸫DP ⊥CE ． （2）解法一：由题易知四边形AECD 是平行四边形， 所以AD ∥CE ，又AD ⊂平面P AD ，所以CE ⊂平面P AD ， 所以点E 与点F 到平面P AD 的距离相等． 由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 又AD ⊂平面P AD ， 所以平面P AD ⊥平面DPF ．过F 作FH ⊥PD 交PD 于H ，则FH ⊥平面P AD ．DF PF ==2DP =，故点F 到平面P AD 的距离FH =设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则sin FH DE θ==， 所以直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值为4． 解法二：由题易知四边形AECD 是平行四边形，所以AD ∥CE ，由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 如图，以D 为坐标原点，DA ，DF 所在直线分别为x ，y 轴，过D 且垂直于平面AECD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,0D ，()4,0,0A ，()E ， 设()0,,P a b ，0a >，0b >． 易知DF PF ==2DP =，故(2222124a b a b ⎧−+=⎪⎨⎪+=⎩，P ⎛ ⎝⎭， 所以()4,0,0DA =，DP ⎛= ⎝⎭，()DE =，设平面P AD 的法向量为(),,n x y z =， 则00n DA n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令y =1z =−，所以()0,11,1n =−．设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则11sin |cos ,|4DE nDE n DE nθ⋅=〈〉==， 故直线DE 与平面P AD 例3．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面PAD 夹角的余弦值． 【解析】（1）设O 是AD 的中点，连接,OP OC ， 三角形PAD 是等边三角形，所以OP AD ⊥，OP =四边形ABCD 是直角梯形，//,OA BC OA BC =，所以四边形ABCO 是平行四边形，也即是矩形，所以OC AD ⊥，2==OC AB .折叠后，PC =222OP OC PC +=，所以OP OC ⊥， 由于,,AD OC O AD OC ⋂=⊂平面ABCD ， 所以OP ⊥平面ABCD ，则,,OC OD OP 两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系， ()2,0,0,AB OC ==()1,1,0F −，设)()0,1,01E t t t −<<，()2,0,0C，所以)11,,22t t M ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，则)120,,22t t FM ⎛⎫−+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以0AB FM ⋅=， 所以AB FM ⊥.（2）由于OP ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以OP AB ⊥， 由于,,,AB AD AD OP O AD OP ⊥⋂=⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，由于AE ⊂平面PAD ，所以AB AE ⊥， 所以FEA ∠是直线EF 与平面PAD 所成角， 在直角三角形AEF 中，tan AFFEA AE∠=， 由于1AF =，所以当AE 最小时，tan FEA ∠最大，也即FEA ∠最大，由于三角形PAD 是等边三角形，所以当E 为PD 的中点时，AE PD ⊥，AE 取得最小值.由于(P ，()0,1,0D，故此时10,2E ⎛ ⎝⎭，平面PAD 的法向量为()1,0,0m =，()()()30,1,0,2,0,0,2,1,0,0,2A C AC AE ⎛−== ⎝⎭，设平面ACE 的法向量为(),,n x y z =，则20302n ACx y n AE y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，故可设(1,n =−， 设平面ACE 与平面PAD 的夹角为θ， 则1cos 17m n m nθ⋅===⋅例4．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C −−的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由．(2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．【解析】（1）满足条件的点H 存在，且为PC 上靠近P 的三等分点．在PC 上取靠近P 的三等分点H ，连接AP ，FH ，如图，则AP 是平面P AB 与平面P AC 的交线，依题意，12PH AF HC FC ==，则有//FH AP ，又AP ⊂平面PBE ，FH ⊄平面PBE ，因此直线//FH平面PBE ，所以在PC 上是存在点H ，为PC 上靠近P 的三等分点，使得直线//FH 平面PBE . （2）取BC 中点G ，连接AG ，交EF 于点D ，连接PD ，因//EF BC ，依题意，EF DG ⊥，EF PD ⊥，则PDG ∠为二面角P EF C −−的平面角，即120PDG ∠=︒，且EF ⊥平面PAD ， 而EF ⊂平面BCFE ，则平面PAD ⊥平面BCFE ，在平面PAD 内过P 作PO AD ⊥于O ， 又平面PAD ⋂平面BCFE AD =，因此PO ⊥平面BCFE ，在平面BCFE 内过O 作Ox AD ⊥， 显然Ox ，AD ，OP 两两垂直，分别以向量Ox ，OD ，OP 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz −，如图，则B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，C ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以，32PC ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，()EB =，31,2EP ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =r，由20302n EB x n EP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，令y =()3,3,1n =−，设直线PC 与平面PBE 所成角为α，则||18sin |cos ,|||||30PC n PC n PC n α⋅=〈〉===⋅所以直线PC 与平面PBE ．。
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围）问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化。
解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。
2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。
对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节）或(面积)体积的最值的问题。
其一般方法有：(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.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）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中的二面角B－CG－A的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C,G，D四点共面。
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。
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(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB， CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐 标系，
设FM＝λ(0≤λ≤ 3)， 则C(0,0,0)，A( 3，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)， ∴A→B＝(－ 3，1,0)，B→M＝(λ，－1,1)．
设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
因此cos〈n，D→A〉＝
→ n·DA
→
＝
|n||DA|
55，sin〈n，D→A〉＝2
5
5 .
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是2 5
5 .
2．(2020·广东四校联考)如图①，已知三棱锥P-ABC，其展开图如 图②所示，其中四边形ABCD是边长等于 2的正方形，△ABE和△ BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)， M－12，0，12，
所以B→C＝(1，－1,0)，P→C＝(1,0，－1)，M→C＝32，0，－12.
设平面MBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由mm··BM→→CC＝＝00，， 得x31x－1－y1z＝1＝00，， 令x1＝1，得y1＝1，z1＝3，即 m＝(1,1,3)为平面MBC的一个法向量．
图①
图②
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC； (2)若M是PA的中点，求二面角P-BC-M的余弦值． [解] (1)证明：如图，设AC的中点为 O，连接BO，PO. 由题意，得PA＝PB＝PC＝ 2，PO＝ 1，AO＝BO＝CO＝1. 因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中 点，所以PO⊥AC，
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为C︵D 的
中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)， C(0,2,0)，M(0,1,1)，
A→M＝(－2,1,1)，A→B＝(0,2,0)，D→A＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则nn··AA→→MB＝＝00，， 即－2y＝2x＋0. y＋z＝0， 可取n＝(1,0,2)． D→A是平面MCD的法向量，
课后限时集训(四十六) 立体几何中的最 值、翻折、探索性问题
01 A组 基础巩固练
1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形
ABCD所在的平面与半圆弧C︵D 所在平面垂直，M 是C︵D 上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC； (2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角 的正弦值．
[解] (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥ DM.
因为M为C︵D 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点，D→A的方向为x轴正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小． [解] (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故
AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1， EH＝ 3.
3.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD ＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD， AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF； (2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面 FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[解] (1)证明：设AD＝CD＝BC＝1， ∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC. ∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF， ∴AC⊥平面BCF. ∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
大，此时二面角的余弦值为
7 7.
02 B组 综合运用练
1．(2019·全国卷Ⅲ)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.
图①
图②
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面 BCGE；
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由nn··BP→ →CC＝ ＝00， ， 得xx22－ －yz22＝＝00，， 令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，即n
＝(1,1,1)为平面PBC的一个法向量．
cos〈n，m〉＝|mm|··n|n|＝
5 ＝5 33
33 33 .
由图可知，二面角P-BC-M为锐角，故其余弦值为5 3333.
以H为坐标原点，H→C的方向为x轴的正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，
由 nn··AB→→BM＝＝00，，
得－ λx－3yx＋＋zy＝＝00，，
取x＝1，则n＝(1， 3， 3－λ)．
易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝
1 1＋3＋
3－λ2＝
1 λ－ 32＋4.
∵0≤λ≤ 3，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值 77， ∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最
因为在△POB中，PO＝1Fra bibliotekOB＝1，PB＝ 2，所以PO2＋OB2＝ PB2，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC， 所以PO⊥平面ABC，因为PO⊂平面PAC， 所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥OB，PO⊥AC，OB⊥AC，以OC，OB，OP所在 直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，