2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)：立體幾何中的綜合問(wèn)題

第八節(jié)立體幾何中的綜合問(wèn)題

考試要求：1.理解折疊問(wèn)題中的變量與不變量，掌握折疊問(wèn)題中線(xiàn)面位置關(guān)系的判斷和空

間角的計(jì)算問(wèn)題.

2.理解空間幾何體中動(dòng)點(diǎn)的變化情況，會(huì)求解相關(guān)量的最大值、最小值問(wèn)題.

3.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線(xiàn)、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件.

-------------核心考點(diǎn)提升“四能”------------

考點(diǎn)一折疊問(wèn)題

【例1】(2024?德州模擬)圖1是直角梯形ABCD,AB//CD,N￡>=90°,AD=y/3,AB=2,

CD=3,四邊形ABCE為平行四邊形，以BE為折痕將△5CE折起，使點(diǎn)C到達(dá)G的位置,

且471=在，如圖2.

(1)求證：平面平面ABEQ；

⑵在線(xiàn)段BE上存在點(diǎn)P,使得PA與平面A8G夾角的正弦值為R,求平面54cl與平面

765

B4cl所成角的余弦值.

(1)證明：因?yàn)?。=90°,AD=V3,AB=2,CD=3,四邊形A8CE是平行四邊形，

所以。E=l,AE=、AD+DE』2,所以AB=AE=BC=CE,所以四邊形A8CE是菱形.

取BE的中點(diǎn)。，連接CO，AO,如圖1,

在△AOG中，OA=OCi=V3,AC=V6,

所以。42+。仁=/仁，所以04_LOG.

因?yàn)镺A_LBE,BEnoCi=O,BE,OCg平面BCiE,所以O(shè)A_L平面BCiE.

又因?yàn)镺Au平面ABED,所以平面BCiE1平面ABED.

(2)解：由(1)知。4,OB,0cl兩兩垂直.以。為原點(diǎn)，。4,OB,0cl所在直線(xiàn)分別為x軸、

y軸、z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系,

圖2

則C1(O,0,V3),A(V3,0,0),B(0,1,0),￡(0,~1,0),

所以方=(一g,1,o),2c\=(-V3,0,V3).

設(shè)平面A5G的法向量為%=(%,y,z),

(多?方=0,f—V3xty=0?

則—>所以「-

I%/G=0,I—V3x+V3z=0.

取x=l,貝Uz=l,所以=V3,1)為平面ABC的一個(gè)法向量.

因?yàn)樵诰€(xiàn)段BE上存在點(diǎn)P,使得P4與平面ABG夾角的正弦值為g,

\65

設(shè)P(0,m,0)(—ItwWl),AP=(-V3,m,0),

|(-V3,m.0)-(1,V3,1)=巨

'I際乂逐在

所以尸(0,I，o)，AP=(-V3,；,0).

設(shè)平面B4G的法向量為物=(〃，b,c),

%.N=o,

所以

n2-AC[=0f、—V3^+V3c=0.

取〃=1,則/?=2g,c=l,所以為=(1,2V3,1)為平面B4G的一個(gè)法向量.

設(shè)平面A4G與平面BAG所成的角為仇

\I_|?r/i2|_8_4A/70

則cos6=|cos〈勺〃2?|?||-|?2|V14x-\/535

所以平面BACi與平面PACi所成角的余弦值為黑.

A反思感悟

三步解決平面圖形的折疊問(wèn)題

確定折疊前后各個(gè)量之間的關(guān)系，搞清折

［第一步X疊前后的變化量和不變量

0；在折疊后的圖形中確定線(xiàn)和面的位置關(guān)系，，

［第二步卜j明確需要用到的線(xiàn)、面

0；

［第三步〉利用判定定理或性質(zhì)定理進(jìn)行證明和求解

多維訓(xùn)練

(2024?濟(jì)南模擬)如圖，在矩形ABC。中，AB=2,BC=1,將ZUC。沿AC折起，使得點(diǎn)。

到達(dá)點(diǎn)P的位置，連接PB,PB=<3.

⑴證明：平面以B_L平面A8C；

(2)求直線(xiàn)PC與平面ABC所成角的正弦值.

圖1圖2

(1)證明：因?yàn)锽C=1,PC=2,PB=V3,

所以BC2+p82=pc2,所以8CJ_P8.

又因?yàn)?C_LA8,PBCAB=B,PB,48匚平面出8,所以BC_L平面融A

因?yàn)锽Cu平面ABC,

所以平面ABC_L平面PAB.

(2)解：作PO_LAB于點(diǎn)O,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過(guò)點(diǎn)。且垂直于平面B48的直線(xiàn)為x軸,

OB,OP所在直線(xiàn)分別為y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

咨

易得08=5，0尸=￡所以尸(0，0,E),c(-l,I，0),

所以定=(一1,p-f).

易知平面ABC的一個(gè)法向量為〃=(0,0,1),

所以cos〈PC,〃〉=裔斌=—

所以直線(xiàn)PC與平面ABC所成角的正弦值為今

考點(diǎn)二

【例2】如圖，已知正方體ABCZX415CQ1和平面a,直線(xiàn)AG〃平面a,直線(xiàn)平面a.

AxD,

(1)證明：平面a,平面BiCA；

(2)點(diǎn)尸為線(xiàn)段AG上的動(dòng)點(diǎn)，求直線(xiàn)BP與平面a所成角的最大值.

(1)證明:如圖，連接4G，則

kz

____D,

因?yàn)锳41_L平面AiSGOi，Bidu平面AiSCQi，所以AAi_L8Qi.

又因?yàn)锳AmACi=Ai，所以Bi5J_平面A41G.

因?yàn)锳Gu平面44Ci，所以BiOiL4cl.

同理SC_LACi.

因?yàn)锽i￡>m2iC=3i,B1D1,6Cu平面BiCP,所以AG_L平面SC。.

因?yàn)锳G〃平面a,過(guò)直線(xiàn)AG作平面￡與平面a相交于直線(xiàn)/，則AG〃/,

所以/_L平面BiCDi.

又因?yàn)?u平面a,所以平面a_L平面6C￡)i.

(2)解：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1,以A為原點(diǎn)，AB,AD,441所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,0,0),2(1,0,0),￡)(0,1,0),Ci(l,1,1),

所以喜=(1,1,1),麗=(—1,1,0).

設(shè)平面a的法向量為n—(x,y,z),

,(n-AC.=0,?(x+y+z=0,

則一所以,

\.n-BD-Q,I—x+y—0.

取x=l,則y=l,z=—2,所以〃=(1,1,一2)是平面a的一個(gè)法向量.

設(shè)方=漏(0W/W1),則刀=?,t,t).

因?yàn)橥?=(一1,0,0),所以麗=瓦J+N=(r-1,t,t).

設(shè)直線(xiàn)BP與平面a所成的角為0,

則sin0=|cos〈〃，BP)

所以當(dāng)/時(shí)，sin。取得最大值為：，此時(shí)6的最大值為；

326

A反思感悟

空間幾何體中的某些對(duì)象，如點(diǎn)、線(xiàn)、面，在約束條件下運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)相關(guān)的線(xiàn)段長(zhǎng)度、幾何

體體積等發(fā)生變化，進(jìn)而就有了面積、體積及角度的最值問(wèn)題.

定性在空間幾何體的變化過(guò)程中，通過(guò)觀察運(yùn)動(dòng)點(diǎn)的位置變化，發(fā)現(xiàn)其相關(guān)量的變化規(guī)

分析律，進(jìn)而發(fā)現(xiàn)相關(guān)面積或體積等的變化規(guī)律，求得其最大值或最小值定量

將所求問(wèn)題轉(zhuǎn)化為某一個(gè)相關(guān)量的問(wèn)題，即轉(zhuǎn)化為關(guān)于其中一個(gè)量的函數(shù)，求其最

分析大值或最小值的問(wèn)題.根據(jù)具體情況，有函數(shù)法、不等式法、三角函數(shù)法等多種方

法可供選擇

多維訓(xùn)練.

如圖，已知直三棱柱A8C-4B1C1，側(cè)面44/1為正方形，AB=BC=2,E,尸分別為AC

和CCi的中點(diǎn)，。為棱4囪上的點(diǎn)，BFXAiBi.

EC

(1)證明:BF±DE；

(2)當(dāng)Bi。為何值時(shí)，平面BB1GC與平面OFE所成的二面角的正弦值最??？

(I)證明：因?yàn)閭?cè)面AAJ318為正方形，所以Ai8i_LB8i.

因?yàn)锽FCBBi=B,BF,平面BBCC,

所以All_L平面BBiCiC.

因?yàn)槔庵鵄BC-AiBG是直三棱柱，AB=BC,所以四邊形B3CC為正方形.

取BC的中點(diǎn)為G,連接BiG,EG,如圖.

因?yàn)镕為CG的中點(diǎn)，易證RtABCF咨Rt/\BiBG,則ZCBF=/BBG

又因?yàn)?B8iG+/BiGB=90°,所以NCBP+/BiGB=90°,所以BF_LBiG.

因?yàn)镋,G分別為AC,BC的中點(diǎn)，所以EG〃AB〃A/i.

又因?yàn)?F_LAiBi，所以BF上EG.

因?yàn)锽iGCEG=G,BiG,EGu平面EGBQ,所以平面EG5D

因?yàn)镈Eu平面EGBD所以8P_LZ)E

(2)解：因?yàn)閭?cè)面A41B山是正方形，所以

由(1)知，平面8B1GC,所以A8_L平面BB1C1C.

因?yàn)锽Cu平面BBiCiC,所以AB_LBC.

設(shè)3i￡)=x(0WxW2),以B為原點(diǎn)，BA,BC,所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸、z軸，建立如

圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則E(l,1,0),F(0,2,1),D(x,0,2),所以屈=(—1,1,1),而=(x,—2,1).

易知，平面BSC1C的一個(gè)法向量為“1=(1,0,0).

設(shè)平面DFE的法向量為“2=(xi,ji,zi),

叼亙二°'所以廣w%=。,

n2-FD=Q,(*]-2乂+召=0.

取zi=l,則xi=U-，y=衛(wèi)，所以改=(」-,—,1)是平面。底E的一個(gè)法向量.

2—x12—x\2—x2—x/

設(shè)〈〃1，〃2〉=9,

當(dāng)：=；，即x時(shí)，(cos9)max=*，此時(shí)(sin8)min=*.

故當(dāng)囪。=胃，平面班?C與平面石所成的二面角的正弦值最小.

考點(diǎn)三探索問(wèn)題

【例3】(2024?濰坊模擬)如圖，在四棱臺(tái)ABCD-A向GA中，底面ABCD是菱形，A4i=4S

=；AB=1,^ABC=60°,平面ABCD

⑴若點(diǎn)M是A。的中點(diǎn)，求證：GM〃平面A415A

(2)棱BC上是否存在一點(diǎn)E,使得二面角E-ADi-D的余弦值為:？若存在，求線(xiàn)段CE的長(zhǎng);

若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

(1)證明：連接83，由已知得81ci〃BC〃A。，且81cl=，C=AM,

所以四邊形是平行四邊形，

所以CiM//BtA.

因?yàn)镚MJ平面AAiBiB,BiAu平面AAiB^B,

所以GM〃平面AAiBiB.

(2)解：存在.取8C的中點(diǎn)Q,連接AQ,AC.

因?yàn)樗倪呅蜛BC。是菱形，且48c=60°,

所以/ABC是正三角形，所以AQ_LBC,AQ_LAD

因?yàn)锳4i_L平面ABC。，AQ,ADu平面ABC￡),所以A4i_LAQ,AAxLAD.

以A為原點(diǎn)，AQ,AD,44i所在直線(xiàn)分別為無(wú)軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐

標(biāo)系，

則A(0,0,0),Ai(0,0,1),Di(0,1,1),Q(V3,0,0).

假設(shè)點(diǎn)E存在，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(6,九0)(—1W2W1),

所以Jg=(g,九o),AD=(Q,1,1).

設(shè)平面ADiE的法向量為〃=(x,y,z),

(n-AE=0,fV3x+2y=0,

則]一,所以《

(“?4D]=0,(>+2=0,

取z=V5,則1=九y=-V5,所以〃=(九—V3,V5)是平面AZ)歸的一個(gè)法向量.

易知平面ADD,的一個(gè)法向量為而=(6,0,0),

所以|cos(AQ,7i>|=42,解得；l=±f.

由題意知二面角E-4。「。為銳角，所以點(diǎn)E在線(xiàn)段0c上，

所以％=個(gè)，即CE=1—

A反思感悟

1.對(duì)于存在判斷型問(wèn)題，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組,

把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解、是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.

2.對(duì)于位置探究型問(wèn)題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).

多維訓(xùn)練o

如圖，四棱錐S-A8CQ的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的6倍，尸為側(cè)棱5。

上的點(diǎn).

s

(1)求證：ACLSD.

⑵若sra平面PAC,求平面PAC與平面DAC夾角的大小.

(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E,使得8E〃平面B4C?若存在，求SE：EC

的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

(1)證明：連接3。交AC于點(diǎn)。，連接SO.

由題意知，SO_L平面ABC。，以。為原點(diǎn)，OB,OC,OS所在直線(xiàn)分別為無(wú)軸、y軸、z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)底面邊長(zhǎng)為a,則

于是S(0,0,糊,0,0),C(0,yfl,0),

所以O(shè)C=(0,"a,0),SD=(-ci,0,—fa).

因?yàn)闅v?礪=0,所以歷J■而，即OC_LS￡>,從而AC_LSO.

(2)解：由題意知，平面E4C的一個(gè)法向量為示=停0,0,*a),

平面D4c的一個(gè)法向量為漏=(0,0,乎a).

設(shè)平面朋C與平面ZMC的夾角為6,

則cos0=|cos<05,DS>=

所以平面E4C與平面ZMC夾角的大小為30°.

(3)解:存在.

由(2)知力5是平面PAC的一個(gè)法向量，

且痂=?！?0,ya),說(shuō)=(0,-ya,-a).

設(shè)B=/W(OWW1),

因?yàn)?件a,0,0),C(0,ya,0),

所以就=(一fa,ya,0),

則屁=灰柒^=芯+而=(一果，果)

由屜?痂=0,得一1+()+、2f=o,解得r=%

所以當(dāng)SE：EC=2：1時(shí)，BE±DS.

由于BEC平面E4C,故BE〃平面B4C.

因此在棱SC上存在點(diǎn)E,使得BE〃平面PAC,此時(shí)SE:EC=2：1.

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(三十九)

1.如圖，已知在空間幾何體A8COE中，△A8C,是全等的正三角形，平面48cl.

平面BCD,平面ECD_L平面BCD

⑴若BD=6BC,求證：BCVED.

⑵探索A,B,D,E四點(diǎn)是否共面.若共面，請(qǐng)給出證明；若不共面，請(qǐng)說(shuō)明理由.

⑴證明：因?yàn)椤鰽BC,△EC。是全等的正三角形，所以CD=BC.

因?yàn)锽D=V2BC,所以8。2=反72+。。2,所以BC_LOC.

因?yàn)槠矫鍱C￡)_L平面BCD,平面ECDCl平面BCD=CD,BCu平面BCD,

所以BC_L平面ECD.

因?yàn)镈Eu平面ECD,所以BCLED.

(2)解：A,B,D,E四點(diǎn)共面.

證明如下：

如圖，分別取8C,OC的中點(diǎn)M,N,連接AM,EN,MN.

因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，所以AM_LBC,AM=?BC.

因?yàn)槠矫鍭8CJ_平面BCD,平面ABCC平面BCD=BC,AMu平面ABC,所以AM_L平面

BCD.

同理ENL平面BCD,且EN=gCD=TBC,

所以AM〃EN,且AM=EN,

所以四邊形AMNE是矩形，所以AE//MN.

又因?yàn)镸N〃:BD,所以AE〃BD,

所以A,B,D,E四點(diǎn)共面.

2.如圖，C是以為直徑的圓。上異于A,8的點(diǎn)，平面B4cl,平面4BC,在△外C中,

B4=PC=AC=2,BC=4,E,尸分別是尸C,PB的中點(diǎn).

(1)求證：8C_L平面B4C；

(2)記平面AEF與平面A8C的交線(xiàn)為直線(xiàn)/,點(diǎn)。為直線(xiàn)/上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求直線(xiàn)尸。與平

面AEF所成的角的取值范圍.

⑴證明：因?yàn)镃是以AB為直徑的圓。上異于A,B的點(diǎn)，所以2C_LAC.

因?yàn)槠矫嫒贑_L平面45C,平面以CC平面A8C=AC,8Cu平面ABC,

所以BC_L平面PAC.

(2)解：因?yàn)镋,B分別是PC,PB的中點(diǎn)，所以BC//EF.

因?yàn)镋Fu平面AEF,BCQ平面AEF,所以BC〃平面AEF.

因?yàn)锽Cu平面ABC,平面AEFA平面A8C=/,所以8C〃/.

以C為原點(diǎn)，CA,CB所在直線(xiàn)分別為x軸、y軸,過(guò)點(diǎn)C且垂直于平面ABC的直線(xiàn)為z

軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,4,0),尸(1,0,V3),

所以里，0,由，F(xiàn)g，2,y),

所以AE=p0,￡),￡F=(0,2,0).

因?yàn)锽C〃l,所以可設(shè)。(2,t,0),平面A斯的法向量為帆=(x,y,z),

3xy/3z

?m=0,“,——+—=0A

則所以22

?m=0,.2y=0.

取z=，5,則x=l,y=0,所以m=(1,0,6)為平面AE1尸的一個(gè)法向量.

\PQ??'\1

又所=(1,t,-V3),則|cos{PQ,MI〉|

河版|74+?《。，g

所以直線(xiàn)PQ與平面AEF所成的角的取值范圍為(0,

3.(2024?鹽城模擬)如圖，正方體4BCDA向GA的棱長(zhǎng)為2,E,P分別為2D和的中

點(diǎn)，尸為棱Cid上的動(dòng)點(diǎn).

⑴是否存在點(diǎn)P,使得PEJ_平面EFC?若存在，請(qǐng)證明并求出滿(mǎn)足條件時(shí)CiP的長(zhǎng)；若不

存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

(2)當(dāng)CiP為何值時(shí)，平面BCCiBi與平面PEF夾角的正弦值最小？

解：以。為原點(diǎn)，DA,DC,所在直線(xiàn)分別為無(wú)軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系，

根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)尸(0,t,2)(0WtW2),則E(l,1,0),尸(2,2,1),C(0,2,0).

⑴存在.

PE=(1,l~t,-2),EF=(1,1,1),CF=(2,0,1).

設(shè)平面CE尸的法向量為/n=(x,y,z),

,(m-^F—Q,?(x+y+z—0,

則—所以'

(_nt-CF=0,(2x+z=0.

取x=l,則y=l,z=—2,

所以機(jī)=(1,1,一2)為平面CEF的一個(gè)法向量.

假設(shè)存在滿(mǎn)足題意的點(diǎn)P,則屋〃山，

所以1=」=二，所以r=0,滿(mǎn)足0W/W2,

11-2

即點(diǎn)尸與點(diǎn)。1重合時(shí)，PELL平面EFC,此時(shí)GP=2.

⑵易知平面BCG31的一個(gè)法向量為〃=(0,1,0).

設(shè)平面尸E尸的法向量為r=(xo，加zo),

一一,fr-PF=0,

又尸尸=(2,2~t,-1),PE=(1,1-r,-2),貝H一

(r?尸￡=0,

2x+(2-t)y-z=0,

所以

.%+0—/)%—2z0=0.

取加=1,則尤o=g_l,z=_g

所以r=《一l,1,一§為平面尸所的一個(gè)法向量.

設(shè)平面BCCiBi與平面PEF的夾角為仇

貝|JcosO=|cos<n,r〉1=；^=?1=不1=?1，0W/W2,

1H|M7

JFoMl型AMil

所以當(dāng)￡=|時(shí)，(cose)max=￥，(sin^)min~^-

此時(shí)CiP=2-j=1.

4.如圖1,在梯形A5CD中，AD//BC,BE_LAD于點(diǎn)E,且DE=2BC=2BE,將梯形ABC。

沿BE折疊成如圖2所示的幾何體，ZAED^60°,尸為直線(xiàn)A。上一點(diǎn)，且CPLA。于點(diǎn)八

G為線(xiàn)段ED的中點(diǎn)，連接EG,CG.

(I)證明：AD±FG；

(2)如圖1,AD=6,求當(dāng)四棱錐4BCDE的體積最大時(shí)，平面ABC與平面CFG的夾角的正

弦值.

圖1圖2

(1)證明：由已知得BE_LEZ