2025屆高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第六章 專題七 立體幾何中的熱點問題配套課件

專題七立體幾何中的熱點問題2025年高考一輪總復(fù)習(xí)第六章

立體幾何

[例1](2023年錦州市一模)如圖7-1(1)，△ABC是等邊三角形，CO為AB邊上的高線，D，E分別是CA，CB邊上的點，AD＝BE使點C到點P的位置，PO＝3.(2)

(1)

圖7-1(1)求證：OP⊥平面ABED；(2)求二面角B-PE-F的正弦值.DE∥AB.因為CO⊥AB，所以CO⊥DE.故DE⊥OF，DE⊥PF.又OF∩PF＝F，OF?平面FOP，PF?平面FOP，所以DE⊥平面FOP.因為OP?平面FOP，所以DE⊥OP.所以O(shè)F2＋OP2＝PF2，故OP⊥OF.又DE?平面ABED，OF?平面ABED，OF∩DE＝F，故OP⊥平面ABED.z軸正方向建立如圖7-2所示空間直角坐標(biāo)系.圖7-2【題后反思】三步解決平面圖形翻折問題【互動探究】

1.(2023年茂名市期末)如圖7-3，在平面四邊形ABCD中，AB∥DC，△ABD為邊長為2的正三角形，DC＝3，O為AB的中點.沿DO將△AOD折起得到四棱錐P-OBCD，且PC＝圖7-3(1)證明：BD⊥PC；(2)點E為線段PC上的動點(不含端點)，當(dāng)平面POD與平面(1)證明：連接

OC交BD于點G，如圖D63.圖D63因為△ABD為邊長為2的正三角形，點O為AB中點，所以PO⊥OC.又因為PO⊥OD，OD?平面OBCD，OC?平面OBCD，OD∩OC＝O，所以PO⊥平面OBCD.因為BD?平面OBCD，所以PO⊥BD.90°，所以△CDO∽△DOB.

所以∠DCO＝∠ODB. ∴∠ODG＋∠DOG＝∠DCO＋∠DOG＝90°.所以BD⊥OC.

因為PO?平面POC，OC?平面POC，PO∩OC＝O，

所以BD⊥平面POC.

因為PC?平面POC，所以BD⊥PC.

(2)解：由(1)可知，OB，OD，OP兩兩垂直，以O(shè)為原點，OB，OD，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖D64所示空間直角坐標(biāo)系.圖D64設(shè)平面EBD的一個法向量為n＝(x，y，z)，因為平面POD與平面EBD的夾角為30°，題型二探索性問題

[例2](2023年海口市校級期中)如圖7-4所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1

中，AB⊥AC，四邊形ABB1A1，ACC1A1

均為正方形，點D在線段AA1

上，點E是線段CC1的中點.圖7-4(1)若A1D＝3DA，求平面BDE與平面ABC所成角的余弦值；(2)在線段A1B1(不含端點)上是否存在點F，使得EF∥平面z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖7-5所示.圖7-5∴n＝(1，－1，4).∵AD⊥平面ABC，【題后反思】

(1)解決探索性問題的基本方法是假設(shè)結(jié)論成立或?qū)ο蟠嬖?，然后在這個前提下進(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，則說明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn)一步證明；否則假設(shè)不成立，即不存在.

(2)在棱上探尋一點滿足各種條件時，要明確思路，設(shè)點坐標(biāo)，應(yīng)用共線向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求點坐標(biāo)用λ表示，再根據(jù)條件代入，注意λ的范圍.(3)利用空間向量的坐標(biāo)運算，可將空間中的探索性問題轉(zhuǎn)化為方程是否有解的問題進(jìn)行處理.

【互動探究】

2.(2023年普寧市開學(xué))如圖7-6所示，在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC. (1)證明：BC⊥平面PAB； (2)若PA＝AB＝6，BC＝3，在線段PC上是否存在點D(不含端點)，使得二面角B-AD-C的正弦值為？若存在，確定點D的位置；若不存在，說明理由.圖7-6(1)證明：過點

A作AE⊥PB于點E，如圖D65.圖D65因為平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC＝PB，AE?平面PAB，所以AE⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以AE⊥BC.又PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC.又因為AE∩PA＝A，AE?平面PAB，PA?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.圖D66因為點D在線段PC上(不含端點)，

題型三立體幾何中的最值問題

[例3](1)如圖7-7所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1

中，AB＝圖7-7

解析：如圖7-8，把△A1B1D1折起至△A′1B1D1，使平面A′1B1D1與平面BDD1B1共面，連接A′1B交B1D1于P，則此時的A′1P＋PB最短，即為A′1B的長.答案：A圖7-8(2)如圖7-9所示，PA⊥平面ADE，B，C分別是AE，DE的中點，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.圖7-9①求二面角A-PE-D的余弦值；②點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長.

解：①以A為原點，AE，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖7-10所示空間直角坐標(biāo)系.各點的坐標(biāo)為A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(2，0，0).圖7-10

令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PED的一個法向量.

【題后反思】解決與空間圖形有關(guān)的線段、角、距離、面積、體積等最值問題時，一般可以從三方面著手：一是從圖形的幾何特征入手，充分利用其幾何性質(zhì)去解決；二是利用空間幾何體的側(cè)面展開圖；三是找出問題中的代數(shù)關(guān)系，建立目標(biāo)函數(shù)，利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值.解題的途徑有很多，在函數(shù)建成后，可用一次函數(shù)的端點法、二次數(shù)的配方法、公式法、函數(shù)有界法(如三角函數(shù)等)及導(dǎo)數(shù)法等求解.【互動探究】3.如圖7-11，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD︵︵所在的平面垂直，M是CD上異于C，D的點.(1)求證：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M-ABC的體積最大時，求平面MAB與平面MCD的夾角的正弦值.圖7-11

(1)證明：平面

CMD⊥平面ABCD，平面CMD∩平面ABCD＝CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD.因為DM?平面CMD，所以