高考数学一轮复习第8章立体几何第7节立体几何中的翻折探究性最值问题课件理北师大版
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设C→P＝aC→B＝(a，－a,0)(0≤a≤1)， 则D→P＝D→C＋C→P＝(a,2－a,0)． 设平面 PDF 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··DD→ →FP＝ ＝00， ， 即ya＋x＋32z－＝a0，y＝0. 令 y＝ 3a，则 x＝ 3(a－2)，z＝－a， ∴n＝( 3(a－2)， 3a，－a)．
图1
图2
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(1)证明：OD⊥平面 PAQ； (2)若 BE＝2AE，求二面角 C-BQ-A 的余弦值． [解] (1)证明：由题设知 OA，OB，OO1 两 两垂直， ∴以 O 为坐标原点，OA，OB，OO1 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， 设 AQ 的长为 m，则 O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)， Q(6，m,0)．
|HP||DP|
3 43＝
43.
所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 43.
9
平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关 系，解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程 找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些 不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．
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又∵AD⊥CD，∴直线 DA，DC，DG 两两垂直． 以 D 为原点，分别以 DA，DC，DG 所在的直线为 x 轴、y 轴、 z 轴，建立如图的空间直角坐标系 D-xyz. ∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1， ∴D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1， 3)，F(0,1， 3)， ∴C→E＝(0，－3， 3)，D→F＝(0,1， 3)，C→B＝(1，－1，0)，D→C＝(0,2,0)． 由(1)知C→E是平面 ADF 的一个法向量．
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∵二面角 P-DF-A 的大小为 60°， ∴|cos〈n，C→E〉|＝ |n·C→→E|
|n||CE| ＝ 12 3a－4 232a＋3a2＋a2＝12， 解得 a＝32或 a＝－2(不合题意，舍去)． ∴P 在靠近点 B 的 CB 的三等分点处．
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(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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、是否有规定范围内的解”等．
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易得平面 ABQ 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)． 设二面角 C-BQ-A 的大小为 θ，由图可知，θ 为锐角，
则 cos θ＝|nn11|··|nn22|＝ 66，
即二面角
C-BQ-A
的余弦值为
6 6.
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考点 2 立体几何中的探究性问题 (1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
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[解] (1)证明：由已知可得 BF⊥PF，BF⊥EF， PF∩EF＝F，PF，EF 平面 PEF， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF 平面 ABFD， 所以平面 PEF⊥平面 ABFD.
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(2)如图，作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，H→F的方向为 y 轴正方 向，|B→F|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3. 又 PF＝1，EF＝2， 所以 PE⊥PF.
第八章 立体几何
第七节 立体几何中的翻折、探究性、最 值问题
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课 堂考 点 探究
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考点 1 平面图形的翻折问题 3 步解决平面图形翻折问题
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(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的 中点，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF.
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(2)由(1)知四边形 CDEF 为菱形， 又∵∠DCF＝60°， ∴△DEF 为正三角形． 如图，取 EF 的中点 G，连接 GD， 则 GD⊥EF. ∵EF∥CD，∴GD⊥CD. ∵平面 CDEF⊥平面 ABCD，GD 平面 CDEF，平面 CDEF∩平 面 ABCD＝CD， ∴GD⊥平面 ABCD.
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[解] (1)证明：∵AD∥BC，Q 为 AD 的中点，BC＝21AD，∴BC ∥QD，BC＝QD，
∴四边形 BCDQ 为平行四边形，∴BQ∥CD. ∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ. ∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD. 又∵平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， ∴PQ⊥平面 ABCD，∴PQ⊥BC. 又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面 PQB. ∵BC 平面 PBC，∴平面 PBC⊥平面 PQB.
7
所以 PH＝ 23，EH＝23.
则
H(0,0,0)，P0，0，
23，D－1，－32，0，
D→P＝1，32Biblioteka 23，H→P＝0，0， 23. 又H→P为平面 ABFD 的法向量，
8
设 DP 与平面 ABFD 所成的角为 θ，
则
sin
θ＝|cos〈H→P，D→P〉|＝
→→ |H→P·D→P| ＝
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[解] (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥CD. 又因为 AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以 CD⊥平面 PAD. (2)过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M. 因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AM，PA⊥AD. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz，则 A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)， P(0,0,2)． 因为 E 为 PD 的中点，所以 E(0,1,1)．
设平面 PDC 的法向量为 n＝(x′，y′，z′)，则
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D→C·n＝0， D→P·n＝0，
即x′3y＋′＝3z0′，＝0.
令 x′＝3，则 y′＝0，z′＝－ 3，
∴平面 PDC 的一个法向量为 n＝(3,0，－ 3)．
①当
M
与
C
重合时，平面
MQB
的法向量Q→P＝(0,0，
3)，则
→ |n·QP|
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则nn··DC→→PC＝＝00，，
x＝0， 即－21x－y＋ 23z＝0，
取 z＝2，则 n＝(0， 3，2)，
设直线 PB 与平面 PCD 的所成角为 θ，
则
sin
θ＝|cos〈n，P→B〉|＝
→ |n·PB|
→
＝
|n||PB|
7×3 1＝
721，
故直线 PB 与平面 PCD 的所成角的正弦值为 721.
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[解] (1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF， ∴四边形 CDEF 是菱形，∴CE⊥DF. ∵平面 CDEF⊥平面 ABCD，平面 CDEF∩平面 ABCD＝CD， AD⊥CD，AD 平面 ABCD， ∴AD⊥平面 CDEF， ∵CE 平面 CDEF，∴AD⊥CE. 又∵AD 平面 ADF，DF 平面 ADF，AD∩DF＝D， ∴CE⊥平面 ADF.
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(2)以 AB 中点 O 为原点，建立空间坐 标系如图，
∵AE＝BF＝AB＝1， ∴AP＝AB＝BP＝1， ∴B12，0，0，P0，0， 23，C12，1，0，D－21，1，0， ∴P→B＝12，0，－ 23，D→C＝(1,0,0)，C→P＝－12，－1， 23， 设 n＝(x，y，z)是平面 PCD 的一个法向量，
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为 方程是否有解的问题进行处理．
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(2019·华南师大附中模拟)如图，在 五面体 ABCDEF 中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD， ∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平 面 CDEF⊥平面 ABCD.
(1)求证：CE⊥平面 ADF； (2)已知 P 为棱 BC 上的点，试确定点 P 的位置，使二面角 P-DF-A 的大小为 60°.
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知 和结论列出等式，解出参数.
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[教师备选例题] (2019·潍坊模拟)如图，在四棱锥 P-ABCD 中， 底面 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°， 平面 PAD⊥底面 ABCD，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 上的点，PA＝PD＝2，BC＝12AD＝1，CD＝ 3. (1)求证：平面 PBC⊥平面 PQB； (2)当 PM 的长为何值时，平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面 角的大小为 60°？
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(2)由(1)可知 PQ⊥平面 ABCD.如图，以 Q 为 原点，分别以 QA，QB，QP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则 Q(0,0,0)，D(－ 1,0,0)，P(0,0， 3)，B(0， 3，0)，C(－1， 3， 0)，
∴Q→B＝(0， 3，0)，D→C＝(0， 3，0)，D→P＝(1,0， 3)，P→C＝(－ 1， 3，－ 3)．
→
|n||QP|
＝12＝cos 60°，满足题意．
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②当 M 与 C 不重合时， 设P→M＝λP→C，则P→M＝(－λ， 3λ，－ 3λ)，且 0≤λ＜1，得 M(－ λ， 3λ， 3－ 3λ)， ∴Q→M＝(－λ， 3λ， 3(1－λ))．
设平面 MBQ 的法向量为 m＝(x，y，z)，则
Q→M·m＝0， Q→B·m＝0，
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(2019·广州模拟)如图 1，在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中， AB∥CD，且 CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴 OO1 折起，使平面 ADO1O ⊥平面 BCO1O，如图 2，点 P 为 BC 的中点，点 E 在线段 AB 上(不 同于 A，B 两点)，连接 OE 并延长至点 Q，使 AQ∥OB.
2025年高考数学一轮复习讲义含答案解析 高考解答题专项突破 立体几何中的翻折问题与探索性问题
[考情分析]在高考立体几何的解答题中，常常出现翻折问题与探索性问题，此类问题要求学生要有较强的空间想象能力和准确的计算能力．翻折问题是空间几何与平面几何转化的集中体现，处理这类题的关键是抓住两图的特征关系；探索性问题常常是在条件不完备的情况下探讨某些结论是否成立，处理这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．预计2025年高考可能会考查以下几点：(1)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与翻折问题结合；(2)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与探索性问题结合；(3)翻折问题与探索性问题的综合．考点一立体几何中的翻折问题例1(2024·山东泰安模拟)如图1，四边形ABCD为矩形，BC＝2AB，E为AD的中点，将△ABE，△DCE分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面DCE⊥平面BCE，如图2所示．(1)求证：AD∥平面BCE；(2)若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值．解(1)证明：在题图2中，分别取BE，CE的中点M，N，连接AM，DN，MN，由题图1知，BC＝2AB，且E为AD的中点，则AE＝AB，所以AM⊥BE，又因为平面ABE⊥平面BCE，平面ABE∩平面BCE＝BE，AM⊂平面ABE，所以AM⊥平面BCE，同理可得，DN⊥平面BCE，所以AM∥DN.又因为AM＝DN，所以四边形AMND为平行四边形，所以AD∥MN，又AD⊄平面BCE，MN⊂平面BCE，所以AD∥平面BCE.(2)在题图1中，因为∠AEB＝45°，∠DEC＝45°，所以BE⊥CE.以E为原点，EB，EC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，则E (0，0，0)，A 22，0，22，D 0，22，2222，22，0所以EA →＝22，0，22，ED →＝0，22，22设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·EA →＝0，n ·ED →＝0，x ＋z ＝0，y ＋z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－1，－1，1)，又FA →＝0，－22，22，设直线FA 与平面ADE 所成的角为θ，则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21×3＝63，所以直线FA 与平面ADE 所成角的正弦值为63.翻折问题的解题关键点1.(2024·湖北宜昌模拟)如图1，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝DC ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图2的几何体，在图2的几何体中解答下列两个问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D －AE －C 的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：如图，在题图1中，连接CE ，因为DC ∥AB ，DC ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝DC ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在题图2中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC ，CE ，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝DC ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，又因为OA ∩OC ＝O ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以AC ⊥DE .(2)若选择①：因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE 且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 于H ，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以V A －BCDE ＝2＝13×23×AH ，所以AH ＝3＝OA ，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立空间直角坐标系，如图，则O (0，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，1，0)，A (0，0，3)，平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0，0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1，0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝0，·CA →＝0，＋y ＝0，＋3z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－3，－1)，设二面角D －AE －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，易知二面角D －AE －C 的平面角为锐角，所以二面角D －AE －C 的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC ＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，所以OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立空间直角坐标系，如图，则O (0，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，1，0)，A (0，0，3)，下同选①.考点二立体几何中的探索性问题例2(2024·湖北武汉期末)如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ⊥平面ABCD ，且ED ＝FB ＝1.(1)求证：EC ⊥平面ADF ；(2)在线段EC 上是否存在点G (不含端点)，使得平面GBD 与平面ADF 的夹角为45°？若存在，指出点G 的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：以D 为原点，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，如图所示，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E (0，0，1)，F (1，1，1)，∴EC →＝(0，1，－1)，DA →＝(1，0，0)，DF →＝(1，1，1)EC ·DA →＝0，EC ·DF →＝1－1＝0，∴EC ⊥DF ，EC ⊥DA ，又DA ∩DF ＝D ，DA ，DF ⊂平面ADF ，∴EC ⊥平面ADF .(2)设EG →＝λEC →(0<λ<1)，则点G 的坐标为(0，λ，1－λ)，DG →＝(0，λ，1－λ)，易知B (1，1，0)，则DB →＝(1，1，0)．设平面GBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DG →＝λy ＋（1－λ）z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取y ＝1－λ，则x ＝λ－1，z ＝－λ，则n ＝(λ－1，1－λ，－λ)，∵平面GBD 与平面ADF 的夹角为45°，且平面ADF 的一个法向量为EC →＝(0，1，－1)，∴cos45°＝|n ·EC →||n ||EC →|＝12（1－λ）2＋λ2×2，又0<λ<1，解得λ＝1 3，∴G为线段EC上靠近点E的三等分点．探索性问题的解题策略(1)条件探索性问题①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性．③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．(2)结论探索性问题首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．2.(2024·四川成都树德中学模拟)如图1，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，AB＝2，BC＝3，AD＝4，线段AD的垂直平分线与AD交于点E，与BC交于点F，现将四边形CDEF沿EF折起，使C，D分别到点G，H的位置，得到几何体ABFEHG，如图2所示．(1)判断线段EH上是否存在点P，使得平面PAF∥平面BGH.若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由；(2)若AH＝22，求平面ABH与平面BGH所成角的正弦值．解(1)当P为线段EH的中点时，平面PAF∥平面BGH.证明如下：由题易知EH＝2，GF＝1，EH∥GF，因为P为线段EH的中点，所以HP＝GF＝1，HP∥GF，所以四边形HPFG是平行四边形，所以HG∥PF，因为PF⊂平面PAF，HG⊄平面PAF，所以HG∥平面PAF.连接PG，因为PE∥GF，PE＝GF＝1，所以四边形PEFG 是平行四边形，所以PG ∥EF ，且PG ＝EF ，又EF ∥AB ，EF ＝AB ，所以PG ∥AB ，PG ＝AB ，所以四边形ABGP 是平行四边形，所以PA ∥BG ，因为PA ⊂平面PAF ，BG ⊄平面PAF ，所以BG ∥平面PAF .因为HG ∩BG ＝G ，HG ，BG ⊂平面BGH ，所以平面PAF ∥平面BGH .(2)因为AH ＝22，AE ＝EH ＝2，所以AE 2＋EH 2＝AH 2，所以AE ⊥EH ，又EF ⊥EA ，EF ⊥EH ，所以EA ，EF ，EH 两两垂直．故以E 为原点，EA ，EF ，EH 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Exyz ，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，H (0，0，2)，G (0，2，1)，所以AB →＝(0，2，0)，BH →＝(－2，－2，2)，BG →＝(－2，0，1)．设平面ABH 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝0，·BH →＝0，y 1＝0，2x 1－2y 1＋2z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(1，0，1)．设平面BGH 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BH →＝0，·BG →＝0，2x 2－2y 2＋2z 2＝0，2x 2＋z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1，1，2)．设平面ABH 与平面BGH 所成的角为θ，则|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |＝32×6＝32，所以sin θ＝1－cos 2θ＝1－34＝12，所以平面ABH 与平面BGH 所成角的正弦值为12.课时作业1．如图，在Rt △ABC 和Rt △DBC 中，AB ＝AC ，BC ＝2BD ＝2，∠A ＝90°，∠D ＝90°，将△ABC 翻折到△A ′BC 的位置，使二面角A ′－BC －D 的大小为30°，E 为边CD 上的点，且CE ＝2ED .(1)证明：BC ⊥A ′E ；(2)求直线A ′D 与平面A ′BC 所成角的正弦值．解(1)证明：取BC 的中点F ，连接A ′F ，EF ，如图，由A ′B ＝A ′C ，得A ′F ⊥BC .又BC ＝2BD ＝2，则CD ＝3，CE ＝233，∠BCD ＝30°，CF ＝1，∴EF 2＝CE 2＋CF 2－2CE ·CF cos30°＝13，∴EF 2＋CF 2＝13＋1＝43＝CE 2，∴EF ⊥CF ，即EF ⊥BC ，又EF ∩A ′F ＝F ，EF ，A ′F ⊂平面A ′EF ，∴BC ⊥平面A ′EF ，∵A ′E ⊂平面A ′EF ，∴BC ⊥A ′E .(2)∵A ′F ⊥BC ，EF ⊥BC ，∴∠A ′FE 为二面角A ′－BC －D 的平面角，∴∠A ′FE ＝30°.以F 为原点，建立空间直角坐标系，如图，则A ，32，B (1，0，0)，C (－1，0，0)，，32，故BC →＝(－2，0，0)，A ′B→，－32，A ′D→0，设平面A ′BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·BC →＝0，·A ′B →＝0，2x ＝0，－32y －12z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－3，即n ＝(0，1，－3)，设直线A ′D 与平面A ′BC 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈n ，A ′D →〉|＝|n ·A ′D →||n ||A ′D →|＝322×22＝64，∴直线A ′D 与平面A ′BC 所成角的正弦值为64.2.(2024·福建厦门模拟)如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，PA ＝AC ＝1，PB ＝PD ＝2，点E 在线段PD 上，且满足PE →＝2ED →.(1)求平面EAC 与平面DAC 所成角的余弦值；(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得BQ ∥平面EAC ？若存在，请指出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解(1)∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴AB ＝AD ＝AC ＝1，∴PA 2＋AB 2＝PB 2，由勾股定理逆定理知，PA ⊥AB ，同理可得，PA ⊥AD ，∵AB ，AD⊂平面ABCD ，AB ∩AD ＝A ，∴PA ⊥平面ABCD ，以A 为原点，AD ，AP 所在直线分别为y ，z 轴，过点A 且与AD 垂直的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，，12，P (0，0，1)，D (0，1，0)，∵PE →＝2ED →，∴，23，∴AE →，23，AC →，12，设平面EAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，⊥AE →，⊥AC →，·AE →＝23y ＋13z ＝0，·AC →＝32x ＋12y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－3，23)，易知平面DAC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝32，∴平面EAC 与平面DAC 所成角的余弦值是32.(2)设PQ →＝tPC →，12t ，≤t ≤1)，∴，12t ，1又－12，则BQ →，t ＋12，1由(1)，知平面EAC 的一个法向量为n ＝(1，－3，23)，当BQ ∥平面EAC 时，n ⊥BQ →，∴n ·BQ →＝0，∴3t －32－3t ＋32＋23(1－t )＝0，∴t ＝12，即Q 为PC 的中点时，BQ →⊥n ，且BQ ⊄平面EAC ，满足BQ ∥平面EAC .3．(2024·黑龙江大庆期中)如图1，在直角梯形EFBC 中，BF ∥CE ，EC ⊥EF ，EF ＝1，BF ＝2，EC ＝3.现沿平行于EF 的AD 折叠，使得ED ⊥DC 且BC ⊥平面BDE ，如图2所示．(1)求AB 的长；(2)求二面角F －EB －C 的大小．解(1)由BC ⊥平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，得BC ⊥BD ，在直角梯形EFBC 中，由BF ∥CE ，EC ⊥EF ，EF ＝1，BF ＝2，EC ＝3，知BC ＝2，设AB ＝x (0<x <2)，则AF ＝DE ＝2－x ，CD ＝x ＋1，故BD 2＝AB 2＋AD 2＝x 2＋1，CD 2＝(x ＋1)2，由BD 2＋BC 2＝CD 2，得x 2＋1＋(2)2＝(x ＋1)2，解得x ＝1，即AB 的长为1.(2)因为ED ⊥AD ，ED ⊥DC ，AD ∩DC ＝D ，且AD ，DC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥平面ABCD ，结合DA ⊥DC 知，DA ，DC ，DE 两两相互垂直，故以D 为原点，DA →，DC →，DE →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1，1，0)，C (0，2，0)，E (0，0，1)，F (1，0，1)，所以BF →＝(0，－1，1)，EF →＝(1，0，0)，BC →＝(－1，1，0)，EC →＝(0，2，－1)，设平面BCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·BC →＝－x 1＋y 1＋0＝0，n 1·EC →＝2y 1－z 1＝0，取x 1＝1，则n 1＝(1，1，2)，设平面BEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·EF →＝x 2＝0，2·BF →＝－y 2＋z 2＝0，取y 2＝－1，则n 2＝(0，－1，－1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－36×2＝－32，又所求二面角为钝角，所以二面角F －EB －C 的大小为5π6.4.(2024·广东高三校联考阶段练习)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，AD ＝CD ＝12BC ＝2，点E 在平面PBC 上运动．(1)试确定一点E ，使得CD ∥平面PAE ，并说明点E 的位置；(2)若四棱锥的体积为6，在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得二面角F －AB －C 的余弦值为23417若存在，求PF 的长；若不存在，请说明理由．解(1)取BC 的中点G ，连接AG ，PG ，如图，由AD ＝12BC ，AD ∥BC ，得AD ∥GC ，AD ＝GC ，即四边形AGCD 为平行四边形，于是AG ∥CD ，而AG ⊂平面PAG ，CD ⊄平面PAG ，则CD ∥平面PAG ，所以当点E 在△PBC 的边BC 的中线PG 上运动时(E 与P 不重合)，CD ∥平面PAE .(2)由于PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥CD ，则四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×（2＋4）×22×PA ＝6，解得PA ＝3，由(1)知，AG ⊥BC ，AG ＝BG ＝2，则有AB ＝22，AC ＝22，有AB 2＋AC 2＝BC 2，AB ⊥AC ，以A 为原点，AB ，AC ，AP 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 (0，0，0)，B (22，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，3)，假定棱PC 上存在一点F 满足条件，令PF →＝λPC →，λ∈(0，1)，则F (0，22λ，3－3λ)，AB →＝(22，0，0)，AF →＝(0，22λ，3－3λ)，设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝22x ＝0，·n ＝22λy ＋（3－3λ）z ＝0，取z ＝22λ，得n ＝(0，3(λ－1)，22λ)，又平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，于是二面角F －AB －C 的余弦值为|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝|22λ|9（λ－1）2＋（22λ）2＝23417，解得λ＝12，即F 为PC 的中点，此时PC ＝（22）2＋32＝17，PF ＝12PC ＝172.即当PF ＝172时，二面角F －AB －C 的余弦值为23417.5．(2023·北京昌平三模)如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别为AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．解(1)证明：在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，DE ∥BC ，则有CD ⊥DE ，AD ⊥DE ，折起后，有CD ⊥DE ，A 1D ⊥DE ，又CD ∩A 1D ＝D ，CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ，∴DE ⊥平面A 1CD ，又A 1C ⊂平面A 1CD ，∴A 1C ⊥DE ，又A 1C ⊥CD ，CD ，DE ⊂平面BCDE ，CD ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)由CD ，CB ，CA 1两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，D (－2，0，0)，A 1(0，0，23)，B (0，3，0)，E (－2，2，0)，∴A 1B →＝(0，3，－23)，A 1E →＝(－2，2，－23)，设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1B ·n ＝0，1E ·n ＝0，y －23z ＝0，2x ＋2y －23z ＝0，取x ＝－1，则y ＝2，z ＝3，∴n ＝(－1，2，3)，又M (－1，0，3)，∴CM →＝(－1，0，3)，设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈CM →，n 〉|＝|CM →·n ||CM →||n |＝1＋31＋3×1＋4＋3＝42×22＝22，∵0°≤θ≤90°，∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.(3)设线段BC 上存在点P ，且点P 的坐标为(0，a ，0)，则a ∈[0，3]，∴A 1P →＝(0，a ，－23)，DP →＝(2，a ，0)，设平面A 1DP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，1－23z 1＝0，x 1＋ay 1＝0，1＝36ay 1，1＝－12ay 1，∴n 1＝(－3a ，6，3a )，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，∵0≤a≤3，∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．6．(2024·山西太原小店区月考)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND.(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P－MNDB的体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为1010若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．解(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG.证明如下：∵M，N分别是边BC，CD的中点，又∠DAB＝60°，∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形，在菱形ABCD中，BD⊥AC，∴MN⊥AC，∴MN⊥AG，MN⊥PG，∵AG∩PG＝G，AG⊂平面PAG，PG⊂平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG.(2)由折叠性质得四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，OG＝ 3.∴S等腰梯形MNDB ＝（2＋4）×32＝33，要使得四棱锥P－MNDB的体积最大，只需点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为PG＝3，假设符合题意的点Q存在，以G为原点，GA，GM，GP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Gxyz，则A (33，0，0)，M (0，1，0)，N (0，－1，0)，P (0，0，3)，平面PMN 的一个法向量为n ＝(1，0，0)，设AQ →＝λAP →(0≤λ≤1)，又AP →＝(－33，0，3)，则AQ →＝(－33λ，0，3λ)，∴Q (33(1－λ)，0，3λ)，∴NM →＝(0，2，0)，QM →＝(33(λ－1)，1，－3λ)，设平面QMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，m ·NM →＝0，m ·QM →＝0，2y ＝0，33（λ－1）x ＋y －3λz ＝0，取x ＝λ，则y ＝0，z ＝3(λ－1)，∴m ＝(λ，0，3(λ－1))，设二面角Q －MN －P 的平面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |＝|λ|λ2＋9（λ－1）2＝1010，解得λ＝12，故符合题意的点Q 存在，且Q 为线段PA 的中点．。
【高考领航】2017届(北师大版)高三数学(理)大一轮复习课件第七章立体几何第8课时
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1．直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向 向量． (2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不
a＝0 n· 共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 b＝0 n·
.
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考点一
利用空间向量证平行与垂直
[例1] 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD， PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90° ，AB＝4，CD＝1， 点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30° 的角． (1)求证：CM∥平面PAD； (2)求证：平面PAB⊥平面PAD.
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(2)求直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α |a· n| |cos〈a，n〉| 所成的角为θ，则sin θ＝ ＝ |a||b| .
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(3)求二面角的大小 ①若AB、CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直 的异面直线，则二面角的大小就是
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3 3 → ∵n· CM＝－ 3× 2 ＋2×0＋1×2＝0， → ∴n⊥CM ，又CM 平面PAD，∴CM∥平面PAD.
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→ ＝(0,1，－2)，PA → ＝(2 3，4，－2)， 法二：∵PD → ∥平面PAD， 假设CM → ＝xPD → ＋yPA →， 则 则存在x，y使CM 3 2 ＝2 3y， 0＝x＋4y， 3 ＝－2x－2y， 2
2021高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题教学案 理 北师大版
第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题考点1 平面图形的翻折问题3步解决平面图形翻折问题(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF 平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF 平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，0， DP→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．[教师备选例题](2019·贵阳模拟)如图所示，在梯形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，且AE ＝BF ＝AB ＝1，将△ADE 沿着线段AD 折起，同时将△BCF 沿着线段BC 折起，使得E ，F 两点重合为点P .(1)求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)求直线PB 与平面PCD 的所成角的正弦值． [解] (1)证明：∵四边形ABCD 为正方形， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AE ， ∴AD ⊥AP, ∴AD ⊥平面PAB ， 又∵AD 平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面PAB .(2)以AB 中点O 为原点，建立空间坐标系如图， ∵AE ＝BF ＝AB ＝1， ∴AP ＝AB ＝BP ＝1，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，∴PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，DC →＝(1,0,0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面PCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x －y ＋32z ＝0，取z ＝2，则n ＝(0，3，2)， 设直线PB 与平面PCD 的所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n ||PB →|＝37×1＝217，故直线PB 与平面PCD 的所成角的正弦值为217.(2019·广州模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O ，如图2，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .图1 图2(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C BQ A 的余弦值．[解] (1)证明：由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，∴以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1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，设AQ 的长为m ，则O (0,0,0)，A (6,0,0)，B (0,6,0)，C (0,3,6)，D (3,0,6)，Q (6，m,0)．∵点P 为BC 的中点，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3， ∴OD →＝(3,0,6)，AQ →＝(0，m,0)，PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3.∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0， ∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，即OD ⊥AQ ，OD ⊥PQ ，又AQ ∩PQ ＝Q ， ∴OD ⊥平面PAQ .(2)∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6,3,0)，∴QB →＝(－6,3,0)，BC →＝(0，－3,6)． 设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，n 1＝(1,2,1)． 易得平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)．设二面角C BQ A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝66，即二面角C BQ A 的余弦值为66. 考点2 立体几何中的探究性问题(1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a ＝λb (b ≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．(2019·华南师大附中模拟)如图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥CD ∥EF ，AD ⊥CD ，∠DCF ＝60°，CD ＝EF ＝CF ＝2AB ＝2AD ＝2，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)求证：CE ⊥平面ADF ；(2)已知P 为棱BC 上的点，试确定点P 的位置，使二面角P DF A 的大小为60°.[解] (1)证明：∵CD ∥EF ，CD ＝EF ＝CF ， ∴四边形CDEF 是菱形，∴CE ⊥DF .∵平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD 平面ABCD ， ∴AD ⊥平面CDEF ，∵CE 平面CDEF ，∴AD ⊥CE .又∵AD 平面ADF ，DF 平面ADF ，AD ∩DF ＝D ， ∴CE ⊥平面ADF .(2)由(1)知四边形CDEF 为菱形， 又∵∠DCF ＝60°， ∴△DEF 为正三角形．如图，取EF 的中点G ，连接GD ，则GD ⊥EF . ∵EF ∥CD ，∴GD ⊥CD . ∵平面CDEF ⊥平面ABCD ，GD 平面CDEF ，平面CDEF ∩平面ABCD＝CD ，∴GD ⊥平面ABCD .又∵AD ⊥CD ，∴直线DA ，DC ，DG 两两垂直．以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图的空间直角坐标系D xyz .∵CD ＝EF ＝CF ＝2，AB ＝AD ＝1，∴D (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，E (0，－1，3)，F (0,1，3)，∴CE →＝(0，－3，3)，DF →＝(0,1，3)，CB →＝(1，－1，0)，DC →＝(0,2,0)． 由(1)知CE →是平面ADF 的一个法向量． 设CP →＝aCB →＝(a ，－a,0)(0≤a ≤1)， 则DP →＝DC →＋CP →＝(a,2－a,0)．设平面PDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，ax ＋2－a y ＝0.令y ＝3a ，则x ＝3(a －2)，z ＝－a ， ∴n ＝(3(a －2)，3a ，－a )． ∵二面角P DF A 的大小为60°， ∴|cos 〈n ，CE →〉|＝|n ·CE →||n ||CE →|＝43a123a －22＋3a 2＋a 2＝12， 解得a ＝23或a ＝－2(不合题意，舍去)．∴P 在靠近点B 的CB 的三等分点处．(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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、是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.[教师备选例题](2019·潍坊模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PBC ⊥平面PQB ；(2)当PM 的长为何值时，平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°？[解] (1)证明：∵AD ∥BC ，Q 为AD 的中点，BC ＝12AD ，∴BC ∥QD ，BC ＝QD ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴BQ ∥CD . ∵∠ADC ＝90°，∴BC ⊥BQ . ∵PA ＝PD ，AQ ＝QD ，∴PQ ⊥AD .又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ ⊥BC . 又∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴BC ⊥平面PQB . ∵BC 平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PQB .(2)由(1)可知PQ ⊥平面ABCD .如图，以Q 为原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则Q (0,0,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，∴QB →＝(0，3，0)，DC →＝(0，3，0)，DP →＝(1,0，3)，PC →＝(－1，3，－3)．设平面PDC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ′＝0，x ′＋3z ′＝0.令x ′＝3，则y ′＝0，z ′＝－3，∴平面PDC 的一个法向量为n ＝(3,0，－3)．①当M 与C 重合时，平面MQB 的法向量QP →＝(0,0，3)，则|n ·QP →||n ||QP →|＝12＝cos 60°，满足题意．②当M 与C 不重合时，设PM →＝λPC →，则PM →＝(－λ，3λ，－3λ)，且0≤λ＜1，得M (－λ，3λ，3－3λ)，∴QM →＝(－λ，3λ，3(1－λ))． 设平面MBQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧QM →·m ＝0，QB →·m ＝0，即⎩⎨⎧－λx ＋3λy ＋31－λz ＝0，3y ＝0.令x ＝3，则y ＝0，z ＝λ1－λ，∴平面MBQ 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，0，λ1－λ.∴平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°，∴cos 60°＝|n ·m ||n ||m |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪33－3·λ1－λ12·3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1－λ2＝12，∴λ＝12.∴PM ＝12PC ＝72.综上知，PM ＝7或72.(2019·北京高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD ； (2)求二面角F AE P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23，判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．[解] (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . (2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .如图建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2，－1,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．因为E 为PD 的中点，所以E (0,1,1)．所以AE →＝(0,1,1)，PC →＝(2,2，－2)，AP →＝(0,0,2)． 所以PF →＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23，AF →＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43.设平面AEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1,1)． 又因为平面PAD 的法向量为p ＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F AE P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43，AG →＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23.由(2)知，平面AEF 的法向量n ＝(－1，－1,1)． 所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.所以直线AG 在平面AEF 内．本题(3)先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内．考点3 立体几何中的最值问题解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．(1)(2019·衡水中学月考)如图所示，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，面对角线B 1D 1上存在一点P 使得A 1P ＋PB 最短，则A 1P ＋PB 的最小值为( )A. 5B.2＋62C.2＋ 2D.2(2)(2019·三明模拟)如图所示，PA ⊥平面ADE ，B ，C 分别是AE ，DE 的中点，AE ⊥AD ，AD ＝AE ＝AP ＝2.①求二面角A PE D 的余弦值；②点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．(1)A [如图，把△A 1B 1D 1折起至与平面BDD 1B 1共面，连接A 1B 交B 1D 1于P ，则此时的A 1P ＋PB 最短，即为A 1B 的长，在△A 1B 1B 中，由余弦定理求得A 1B ＝5，故选A.(2)[解] ①因为PA ⊥平面ADE ，AD 平面ADE ，AB 平面ADE ，所以PA ⊥AD ，PA ⊥AB ， 又因为AB ⊥AD ，所以PA ，AD ，AB 两两垂直．以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．因为PA ⊥AD ，AD ⊥AE ，AE ∩PA ＝A ， 所以AD ⊥平面PAE ，所以AD →是平面PAE 的一个法向量，且AD →＝(0,2,0)．易得PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PED 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PED 的一个法向量，所以cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以二面角A PE D 的余弦值为33.②BP →＝(－1,0,2)，故可设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)．又CB →＝(0，－1,0)，所以CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)．又DP →＝(0，－2,2)，所以cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910，当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以当λ＝25时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 本例(1)属于线段和的最值问题，求解时采用了化空间为平面，化折为直的重要手段；本例(2)属于解决空间角的最值问题，求解时采用了把空间角的余弦三角函数值表示为参数λ的二次函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用．(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CD ︵ 所在平面垂直，M 是CD ︵ 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CD ︵ 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，DA →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 .当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵ 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)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.。
解答题专项 第3课时 翻折问题与探索性问题--2025北师大版高中数学一轮复习课件(新高考新教材)
2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第3课时 翻折问题与探索性问题考点一 翻折问题例1(2024·山东烟台模拟)如图,在△AB C中,∠AB C=90°,B C=2, ∠A C B=60°,E 为AB中点,过点E作ED垂直A C于D,将△A DE沿ED翻折,点A到达点P的位置,且使得平面P DE⊥平面B CDE,点M是棱P C上一点,且B M∥平面P DE.(2)求二面角M-B E-C的余弦值.解(1)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,由题意可知,PD⊥DE,又PD⊂平面PDE,所以PD⊥平面BCDE,又CD⊂平面BCDE,所以PD⊥CD.所以∠PDC=90°.过点B作BQ垂直CD于点Q,连接QM,因为CD⊥DE,所以BQ∥DE,又BQ⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以BQ∥平面PDE,又BM∥平面PDE,BQ∩BM=B,BQ,BM⊂平面BQM,所以平面BQM∥平面PDE,又因为平面BQM∩平面PDC=QM,平面PDE∩平面PDC=PD,所以PD∥QM.因为BC=2,∠DCB=60°,所以CQ=1.(2)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PD⊂平面PDE,PD⊥DE,所以PD⊥平面BCDE,所以PD⊥DC.又DE⊥DC,以D为坐标原点,以直线DE,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,[对点训练1](2024·广东潮州模拟)图1是由矩形A DE B,Rt△AB C和菱形BF GC组成的一个平面图形,其中AB=1,B E=BF=2,∠FB C=60°,将其沿AB,B C 折起使得B E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AB C⊥平面B CGE;(2)求图2中的直线CE与平面A CG所成角的正弦值.(1)证明在题图2中,由题意得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,所以题图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,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解连接EC,在菱形BEGC中,因为∠EBC=60°,所以△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,在平面ABC中,过点H作BC的垂线为y轴,以直线BC 为x轴,以直线HE为z轴,建立空间直角坐标系,则A(-1,1,0),C(1,0,0),设平面ACG的法向量n=(x,y,z),考点二 与空间角有关的探究性问题例2 (2024·山东青岛模拟)如图,在三棱台AB C-A1B1C1中,平面B CC1B1⊥平面(1)求四棱锥A1-B CC1B1的体积;(2)在侧棱BB1上是否存在点E,使得二面角E-A C-B的余弦值为 ?若存在,说明点E的位置;若不存在,说明理由.(2)取BC的中点O,连接AO,因为AB=AC,所以AO⊥BC.在等腰梯形BCC1B1中,O1,O分别为上、下底边B1C1,BC的中点,有OO1⊥BC,而平面BCC1B1⊥平面ABC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,OO1⊂平面BCC1B1,于是OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥OA.以O为坐标原点,分别以直线OA,OB,OO1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标[对点训练2](2024·湖北荆门模拟)在三棱柱AB C-A1B1C1中,四边形AA1B1B是菱形,AB⊥A C,平面AA1B1B⊥平面AB C,平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.(1)证明:A1B⊥B1C;(2)已知∠ABB1=60°,AB=A C=2,直线l上是否存在点P,使A1B与平面ABP所成角的正弦值为 ?若存在,求B1P的长度;若不存在,说明理由.(1)证明因为四边形AA1B1B为菱形,所以A1B⊥AB1.又因为平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AC⊂平面ABC,AC⊥AB,所以AC⊥平面AA1B1B,又A1B⊂平面AA1B1B,所以AC⊥A1B,又AB1∩AC=A,AC,AB1⊂平面B1AC,所以A1B⊥平面B1AC,又B1C⊂平面B1AC,所以A1B⊥B1C.理由如下:取A1B1的中点D,连接AD,因为∠ABB1=60°,所以∠AA1B1=60°,又A1B1=AA1,所以△AA1B1是正三角形,所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB,所以AD⊥AB,又平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC,又AB⊥AC,以A为坐标原点,以直线AB,AC,AD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(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),考点三 最值、范围问题例3(2021·全国甲,理19)已知直三棱柱AB C-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=B C=2,E,F分别为A C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,平面BB1C1C与平面D F E所成的二面角的正弦值最小?(1)证明如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.B1中,△FCB≌△MBB1,又在侧面BCC∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.(2)解∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.如图,以B为原点,BC,BA,BB1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).设DB1=t,则D(0,t,2),0≤t≤2.[对点训练3](2024·安徽滁州模拟)如图,在四棱锥P-AB CD中,底面AB CD是菱形,A C与B D 交于点O,∠BA D=60°,P A=AB=2,P A⊥A C,平面P A C⊥平面PB D,M为线段PB 上的一点.(1)证明:P A⊥平面AB CD;(2)当A M与平面PB D所成的角的正弦值最大时,求平面M A C与平面AB CD夹角的余弦值.(1)证明连接PO,过点A作PO的垂线,垂足为H,∵平面P AC⊥平面PBD,且交线为PO,AH⊂平面P AC,∴AH⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD,∴BD⊥AH.又四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,又AC∩AH=A,AC,AH⊂平面P AC,∴BD⊥平面P AC,又P A⊂平面P AC,∴BD⊥P A.又P A⊥AC,AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,∴P A⊥平面ABCD.(2)解连接MH,由(1)知∠AMH为AM与平面PBD所成的角,∵AH为定值,P A=AB且P A⊥AB,∴当点M为PB的中点时AM取得最小值,此时sin∠AMH取最大值.如图,以O为坐标原点,直线OA为x轴,直线OB为y轴,过点O在平面P AC中作平面ABCD的垂线作为z轴,建立空间直角坐标系,则本 课 结 束。
2021高三数学北师大版(理)一轮教师用书：第8章 第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
| | n1·n2 6
则 cos θ＝ |n1|·|n2| ＝ 6 ， 6
即二面角 CBQA 的余弦值为 6 .
考点 2 立体几何中的探究性问题
(1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后 在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假 设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．
AD∥BC，∠ADC＝90°，平面 PAD⊥底面 ABCD，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 1
上的点，PA＝PD＝2，BC＝2AD＝1，CD＝ 3. (1)求证：平面 PBC⊥平面 PQB；
(2)当 PM 的长为何值时，平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为 60°？
[解] (1)证明：∵AD∥BC，Q 为 AD 的中点， 1 BC＝2AD，∴BC∥QD，BC＝QD， ∴四边形 BCDQ 为平行四边形，∴BQ∥CD. ∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ. ∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD. 又∵平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， ∴PQ⊥平面 ABCD，∴PQ⊥BC. 又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面 PQB. ∵BC平面 PBC，∴平面 PBC⊥平面 PQB. (2)由(1)可知 PQ⊥平面 ABCD.如图，以 Q 为原点，分 别以 QA，QB，QP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空 间直角坐标系，则 Q(0,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0， 3)，
∵AE＝BF＝AB＝1，
∴AP＝AB＝BP＝1，
( ) ( ) ( ) ( ) 1
31
1
，0，0 0，0，
，1，0 － ，1，0
∴B 2
，P
2 ，C 2
高考研讨会资料——立体几何中的翻折问题(共14张PPT)
例 3.正四面体 ABCD，CD 在平面 α 内，点 E 是线段 AC 的中 点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 α 所成 角正弦值的范围
F θ
定 面 求 角
cos BEF cos q cos BEF
所以
cos BEF cos q
0 q BEF .
B． ������ < ������ < ������ D． ������ < ������ < ������
θ
β
α
定 边 求 角
AO tan a OD AO tan b OC AO tan q OE
又
OE EF BF CF OC OD ,
所以 即：
tan a tan b tan q a b q.
小结
角度（线线角、线面角、二面角） 求解翻折问题前必做的两件事 作出翻折前后两幅图 找出翻折中的不变量和不变关系 角 线（射影） 面
不变
动中寻静
定量关系
天道酬勤
由Байду номын сангаас可得：
33 所 以 0 sin q sin BEF . 6
例 4. （2018 年 11 月浙江省高中学业水平考试 18） 如图， 四边形 ABCD 为矩形， 沿 AC 将 D ADC 翻折成 D ADC .设二面角 D AB C 的平 面角为 q ， 直线 AD 与直线 BC 所成角为 q1 ， 直线 AD 与平面 ABC 所 成角为 q2 .当 q 为锐角时，有 A. q2 q1 q B. q2 q q1 C. q1 q2 q D. q q2 q1
综上q2 q q1.
故答案：B
2022版高考数学一轮复习 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版高考数学一轮复习 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版 高考数学一轮复习课后限时集训46立体几何中的最值翻折探索性问题课件
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
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，
因此cos〈n，D→A〉＝
→ n·DA
→
＝
|n||DA|
→ |DB·n| →
|DB||n|
＝
1 a2＋1×
2＝12，解得a＝1.
可得平面PBD的一个法向量m＝(－1,1,0)，
∴cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝
1 2×
2＝12，
∵二面角C-PB-D为锐二面角，
∴二面角C-PB-D的大小为60°.
3．(2020·洛阳模拟)如图，底面ABCD是边 长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF ∥DE，AD⊥DE，AF＝2 6，DE＝3 6.
2022版高考数学一轮复习 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版高考数学一轮复习课后限 时同学集们训，4下6课立休体息十几分何钟下。中眼现睛的在，最是休值息翻时间折，探你们索休性息一 问看看题远课处，件要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体不
好哦~
(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，
【高考数学专题】立体几何中的翻折问题与最值问题 专题 高三一轮复习备考
立体几何中的翻折问题与最值问题一知识点导学1.解决折叠问题注意什么？折叠问题是立体几何的一个重要内容，是空间几何问题与平面几何问题相互转化的集中体现，处理这类问题的关键就是抓住折叠前后图形的特征关系。
解答折叠问题在于画好折叠前后的平面图形和立体图形，并弄清折叠前后哪些量和位置关系发生了变化，哪些量和位置关系没有发生变化，这些未发生变化的已知条件就是我们分析问题和解决问题的依据。
2立体几何常见的最值问题有哪些？如何解决？空间图形最值问题有线段、角、距离、面积、体积等最值问题，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．3如何解决涉及几何体切接问题最值计算？求解与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径等.通过作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．这样才能进一步将空间问题转化为平面内的问题；4解决折叠问题的步骤有哪些？二．考点典例考点一：面积、体积最值问题空间几何体的侧面积、表面积、截面面积、体积等最值问题，往往是几何体中有关几何元素如顶点、侧棱、侧面、截面等在运动变化过程中，达到某个特殊位置时所具有的度量性质。
因此，在解决此类问题时，要注意分析这些几何元素运动变化与所求量的联系，建立两者之间的数量关系。
实例演练1（2021•湖南模拟）如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为6cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，DBC∆分别是∆，FAB∆，ECA以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．则当ABC ∆的边长变化时，三棱锥的表面积S 的取值范围是( )A ．(0,36)πB ．(0，C ．(0,45-D ．(0，解：设三棱锥的底面边长为a ，则0a <<连接OD ，交BC 于点G ，则6OD =，OG ，6DG =，∴2，侧面积为213(6)92S a a =⨯⨯=，∴三棱锥的表面积9S a =，0a <<9(0S a ∴=∈，，∴当ABC ∆的边长变化时，三棱锥的表面积S 的取值范围是(0，．故选：D ．实例演练2（2021•宜宾模拟）已知三棱锥A BCD -的各个顶点都在球O 的表面上，AD ⊥平面BCD ，BD CD ⊥，3BD =，CD =E 是线段CD 上一点，且3CD CE =．若球O 的表面积为40π，则过点E 作球O 的截面，所得截面圆面积的最小值为( )A ．4πB ．6πC ．8πD ．10π解：依题意，AD ，BD ，CD 两两互相垂直，取BC 中点M ，连接MD ，由对称性可知，球心O 在M 点正上方，且OM ⊥平面BCD ，OA OB OC OD R ====，3BD =，CD =6BC ∴=，则3BM CM DM ===，设球O 的半径为R ，则2440R ππ=，解得R由22222222()OM BM R OB AD OM DM R OA⎧+==⎨-+==⎩，解得12OM AD =⎧⎨=⎩，OM ⊥平面BCD ，OM ME ∴⊥，又13CE CD =cos CD BCD BC ∠==，∴在CEM ∆中，由余弦定理有2222cos 3ME CE MC CE MC BCD =+-⋅⋅∠=，故ME =，在OME ∆中，2OE =，要使过E 作圆O 的截面面积最小，则此时截面与OE垂直，设此时截面圆半径为r ，则r ==∴26min S r ππ==．故选：B ．实例演练3．（2021•河南模拟）现有一批大小不同的球体原材料，某工厂要加工出一个四棱锥零件，要求零件底面ABCD 为正方形，2AB =，侧面PAD ∆为等边三角形，线段BC 的中点为E ，若1PE =，则所需球体原材料的最小体积为( )A B ．283π C ．9π D 解：所需原材料体积最小的球体即为四棱锥P ABCD -的外接球，如图，设F 为AD 中点，G 为正方形ABCD 中心，PAD ∆为边长为2的等边三角形，PF ∴，又1PE =，2EF =，60PEF ∴∠=︒1PE EB EC ===，E ∴是PBC ∆的外心，过E 作面PBC 的垂线与过G 与面ABCD 的垂线交于O ，则O 为四棱锥P ABCD -外接球的球心．906030OEG OEP FEP ∠=∠-∠=︒-︒=︒，又1GE =，∴在直角三角形OGE 中求出OG =，又直角OAG ∆中，AG ，OA ∴=，即球半径R =，得343V R π==球．由于此时四棱锥P ABCD -在球心同侧，不是最小球，可让四棱锥下移到面ABCD 过球心时，即球半径12R AC =时，原材料最省，此时343V π=⨯=球．故选：A ．实例演练4（20211，O 为底面圆心，OA ，OB 为底面半径，且23AOB π∠=，M 是母线PA 的中点．则在此圆锥侧面上，从M 到B 的路径中，最短路径的长度为( )A B 1 C D 1解：由题意，在底面半径为1O 是底面圆心，P 为圆锥顶点，圆锥的侧面展开图是半圆，如图，A ，B 是底面圆周上的两点，23AOB π∠=，所以在展开图中，3APB π∠=2=，M 为母线PA 的中点，所以1PM =，所以从B 到M 的最短路径的长是BM A ．考点2：角的最值问题立体几何中的角有异面直线所成角、线面角和二面角的平面角三种。
2022年高三总复习数学课件 立体几何中的翻折、探究及距离问题
m ·―B→D ＝－3x＋2y－ 3z＝0，
则 m
·―BM→＝6λ－1y－
3z＝0，
取 y＝ 3，得平面
BMD 的一个法向量为 m ＝( 3－2 3λ， 3，6λ－1)．
易知平面 EMD 的一个法向量为 n ＝(0,0,1)．
|m ·n | 设二面角 B-MD-E 的平面角为 θ，则|cos θ|＝
[解] (1)证明：取 PB 的中点 N，连接 MN，AN， 因为 M 是 PC 的中点，N 是 PB 的中点， ∴MN∥BC，MN＝12BC＝2， 又 BC∥AD，∴MN∥AD，MN＝AD， ∴四边形 ADMN 为平行四边形， ∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB＝A， ∴AD⊥平面 PAB， ∴AD⊥AN，∴AN⊥MN， ∵AP＝AB，∴AN⊥PB，MN∩PB＝N，∴AN⊥平面 PBC，
设 DP 与平面 BCP 所成的角为 θ，
则 sin θ＝|cos〈n ，―D→P 〉|＝||nn|·|――DD→P→P ||＝
2×3a2a＝
6 4.
所以直线
DP
与平面
BCP
所成角的正弦值为
6 4.
探索性问题
[师生共研过关] [例 2] 如图，在四棱锥 P-ABCD 中， PA⊥平面 ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四 边形 ABCD 满足 AB⊥AD，BC∥AD 且 BC＝4，点 M 为 PC 的中点，点 E 为 BC 边上的动点，且BEEC＝λ. (1)求证：平面 ADM⊥平面 PBC； (2)是否存在实数 λ，使得二面角 P-DE-B 的余弦值为 22？ 若存在，试求出实数 λ 的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：在题图①中，因为 AB＝2BC＝2CD， 且 D 为 AB 的中点， 所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
高三数学一轮复习北师大PPT课件
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[点评] 求锥体的体积常用方法为：割补法和等积变 换法：(1)割补法：求一个几何体的体积可以将这个几何 体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积， 从而得出几何体的体积．有时将几何体补成易求几何体的 体积，如长方体、正方体，然后求出两个或几个几何体的 体积之差．
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5．(2010·浙江理)若某几何体的三视图(单位：cm)如 图所示，则此几何体的体积是________cm3.
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[答案] 114 [解析] 三视图还原为一个正棱台和长方体的组合体， 对棱台：下底边长8，上底边长为4，高为3，对其上的长 方体，边长为4,4,2，则体积为144cm3.
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如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝，AA1 ＝2，∠ABC＝90°，E、F分别为AA1、B1C1的中点，沿棱 柱的表面从E点到F点的最短路径的长度为d，求d的最小 值．
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[分析] 可将直三棱锥的表面展开，利用“两点间线 段最短”来解决．
[解析] 将三棱柱的侧面、底面展开有三种情形：
方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为
()
2
2
3
2
A. 6
B. 3
C. 3
D.3
[答案] B
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[解析] 本小题主要考查正方体的有关性质和凸多 面体的体积公式．
如图，凸多面体为两个相同正四棱锥的组合体， ∵AC＝ 2，AE＝1， 且 AECF 为正方形， ∴EC＝1，∴SAECF＝1， ∵高为 22， ∴V＝2×31× 22＝ 32，故选 B.