2023届高考数学一轮复习-核心专题突破3-立体几何中的热点问题.doc

核心专题突破3　立体几何中的热点问题
[学生用书P202])
考点一　翻折问题(综合研析)
(2022·常德市临澧一中阶段性考试)如图1，在矩形ABCD中，AB＝ 4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
(2)求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值．
【解】　(1)取D1E的中点N，连接AN，NF，
则NF＝EC，NF∥EC.
因为EC＝AB＝2，当AM＝AB＝1时，
AM＝EC，AM∥EC.
连接MF，则NF＝AM且NF∥AM，则四边形AMFN是平行四边形，所以AN∥MF.
又MF⊄平面D1AE，AN⊂平面D1AE，则MF∥平面D1AE.

(2)分别取AE，AB，BC的中点O，G，K，连接OD1，OM，OK，EG，
因为AD1＝ED1＝2，所以OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，
所以OD1⊥平面ABCE，又OM，OK⊂平面ABCE，所以OD1⊥OM，OD1⊥OK.
易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，所以OM⊥OK，
如图建立空间直角坐标系O­xyz.
则D1(0, 0，)，E(－1，1，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，所以＝，＝(02，0)，＝，
设平面CD1E的法向量为n＝(x, y, z)，
由得取z＝1，则n＝(－， 0, 1)．
记直线BD1与平面CD1E所成的角为φ，
则sin φ＝|cos，n|＝＝＝.

翻折问题的求解策略
翻折问题中的处理关键是结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系．一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化．
|跟踪训练|
(2022·佛山质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝，＝2.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2.

(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图①，连接AE，AC，AC交BE于点F.
因为＝2，DC＝3，所以CE＝2，所以AB＝CE，
又AB∥CD，所以四边形AECB是平行四边形．在Rt△ACD中，AC＝＝2，
所以AF＝CF＝.
在图②中，AC1＝，所以AF2＋C1F2＝AC，所以C1F⊥AF，
由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，
所以C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，
所以平面BC1E⊥平面ABED.

(2)如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系D­xyz.
则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，2，0)，E(0，1，0)，F，C1，
所以＝，＝(，0，0)，＝，
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取z＝，得n＝(0，－2，)，所以|n|＝，
记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，
则sin θ＝|cos，n|＝
＝＝.
考点二　探索性问题(综合研析)
(2021·高考全国卷甲改编)

已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC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DFE夹角的正弦值最小？
【解】　

(1)证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B­xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，＝(0，2，1)．
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是＝(1－m，1，－2)．
所以·＝0，所以BF⊥DE.
(2)易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
又＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m) ，
所以cos〈n1，n2〉＝ .
设平面BB1C1C与平面DFE的夹角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小．

(1)探索性问题求解策略：用空间向量解决探索性问题时，不需要进行复杂的作图、论证和推理，只需通过坐标运算进行判断，一般用坐标待定法或比值待定法，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解或是否有规定范围内的解的问题．
(2)通过运算解决一些推理论证问题，可以培养学生数学运算这一核心素养．
|跟踪训练|
(2022·衡水第10次调研)

已知图中直棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.点E，F，P，Q分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上运动，且满足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.
(1)求证：E，F，P，Q四点共面，且EF∥平面PQB；
(2)是否存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为直棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD.
设AC，BD交点为O，以O为原点，
以OA所在直线，OB所在直线，过点O且与AA1平行的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(0，1，0)．
设BF＝a，a∈[1，3]，
则E(2，0，a－1)，F(0，1，a)，P(－2，0，a＋1)，
Q(0，－1，a)，
所以＝(－2，1，1)，＝(－2，1，1)，
即EF∥PQ，故E，F，P，Q四点共面．
又EF⊄平面PQB，PQ⊂平面PQB，
所以EF∥平面PQB.
(2)不存在．理由如下：
在平面EFPQ中，＝(－2，1，1)，
＝(－2，－1，1)，
设平面EFPQ的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，可得平面EFPQ的一个法向量为n1＝(1，0，2)．
在平面PQB中，＝(－2，－1，a＋1)，＝(0，－2，a)，
设平面PQB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
令z2＝4，得平面PQB的一个法向量n2＝(a＋2，2a，4)，
则|cos〈n1，n2〉|＝＝，
可得(a＋10)2＝5a2＋4a＋20，
解得a＝2±2∉[1，3]，
故不存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为.

[学生用书P428(单独成册)]
[A　基础达标]
1．(2022·江南十校联考)已知在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED.现将△CDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PA＝PB.

(1)求证：平面PCE⊥平面ABCE；
(2)求平面BPA与平面EPA夹角的余弦值．
解：(1)证明：依题意得PE＝PC＝2，
分别取线段AB，CE的中点O，M，
连接PO，OM，MP，
则PM⊥EC，由PA＝PB，
得PO⊥AB.①
又OM为梯形ABCE的中位线，
所以OM∥BC，
由BC⊥AB，得OM⊥AB，②
又PO∩OM＝O，
从而AB⊥平面POM，则AB⊥PM.
在平面ABCE中，AB与CE相交，
所以PM⊥平面ABCE，又PM⊂平面PCE，
故平面PCE⊥平面ABCE.

(2)过点O作PM的平行线为z轴，以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系O­xyz，
则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，2，)，
所以＝(1，－2，－)，＝(2，0，0)，＝(0，1，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即
令y＝1，得n＝(0，1，－)，
同理，平面PAE的一个法向量m＝(，0，1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝，
所以平面BPA与平面EPA夹角的余弦值为.
2.

(2022·河南省部分名校阶段性测试)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，AC＝2，△ADE为等腰直角三角形，∠AED＝90°，平面ADE⊥平面ABCD，且EF∥AB，EF＝1.
(1)证明：AC⊥平面BDF；
(2)若G为棱BF上的一点，使直线AG与平面BCF所成角的正弦值为，求AG的长．
解：(1)证明：取AD的中点H，
因为△ADE为等腰直角三角形，∠AED＝90°，所以EH⊥AD，
因为平面ADE⊥平面ABCD，且平面ADE∩平面ABCD＝AD，
所以EH⊥平面ABCD，
设AC，BD的交点为O，连接OF，OH，
则OH∥AB，且OH＝AB＝1，
因为EF∥AB，EF＝1，所以EF∥HO且EF＝HO，
所以四边形EFOH为平行四边形．
故FO∥EH且FO＝EH，
所以FO⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，
所以FO⊥AC，
在菱形ABCD中，有AC⊥BD，
因为FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDF.

(2)以O为原点，以OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，－，0)，B(1，0，0)，
C(0，，0)，F(0，0，1)．
设G(a，0，c)，＝λ(0≤λ≤1)，＝(a－1，0，c)，＝(－1，0，1)，
得a＝1－λ，c＝λ，即G(1－λ，0，λ)，
从而＝(1－λ，，λ)，＝(－1，，0)．
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得取n＝(，1，)，
由已知可得＝，得λ2－λ＝0，
所以λ＝0或λ＝1，所以AG＝||＝2.
3．(2022·宁夏石嘴山市第三中学模拟)在Rt△ABC中，∠ABC＝，AB＝2，BC＝4，已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C1的位置如图所示，且∠BEC1＝，连接C1B，C1A.

(1)求证：平面AFC1⊥平面ABC1；
(2)求平面AFC1与平面BEC1的夹角．
解：

(1)证明：取AC1，BC1的中点分别为G，H，连接GH，GF，HE.如图所示，
则GH∥AB∥EF，GH＝EF＝AB，
因为EF⊥BE，EF⊥C1E，BE∩C1E＝E，
所以EF⊥平面BEC1，EH⊂平面BEC1，
所以EF⊥EH，所以GH⊥EH，
因为∠BEC1＝，E是BC的中点，
所以△EBC1为等边三角形，
所以EH⊥BC1，又因为GH⊂平面ABC1，
BC1⊂平面ABC1，GH∩BC1＝H，
所以EH⊥平面ABC1.
又因为GH∥EF，GH＝EF，所以四边形EHGF为平行四边形，所以FG∥EH，
所以FG⊥平面ABC1.又因为FG⊂平面AFC1，
所以平面AFC1⊥平面ABC1.
(2)

以B为坐标原点，在平面BC1E内与BE垂直的直线为x轴，BE，BA所在的直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，2)，F(0，2，1)，C1(，1，0)，
易知平面BEC1的一个法向量为m＝(0，0，1)，设平面AFC1的法向量为n＝(x，y，z)，因为＝(，1，－2)，＝(0，2，－1)，
所以令y＝1，
则z＝2，x＝，所以n＝(，1，2)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以平面AFC1与平面BEC1的夹角为.
[B　综合应用]
4.

(2022·深圳八校联考)如图为一个半圆柱，E为半圆弧CD上一点，CD＝.
(1)若AD＝2，求四棱锥E­ABCD的体积的最大值；
(2)有以下三个条件：①4·＝·，②直线AD与BE所成角的正弦值为，③＝.请你选择两个条件作为已知条件，求直线AD与平面EAB所成角的余弦值．
解：(1)在平面EDC内作EF⊥CD于F，如图所示．易知平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝CD，所以EF⊥平面ABCD，即EF为四棱锥E­ABCD的高．
因为E为半圆弧CD上一点，所以CE⊥ED.
故VE­ABCD＝×S矩形ABCD×EF＝××2×＝CE×ED.
因为CE2＋ED2＝CD2＝5，
所以VE­ABCD≤×＝×＝，
当且仅当CE＝ED＝时等号成立，故四棱锥E­ABCD的体积的最大值为.

(2)由条件①得，
4||||cos∠CDE＝||||cos∠DCE，
所以4DE2＝CE2，
所以2DE＝CE，
又CE2＋ED2＝5，
则DE＝1，CE＝2.
因为AD∥BC，BC⊥平面DCE，
所以∠CBE为直线AD与BE所成的角，由条件②得sin∠CBE＝＝，
所以tan∠CBE＝＝.
由条件③得＝＝，
设AD＝x，则＝.
若选条件①②，则DE＝1，CE＝2，且
tan∠CBE＝＝，故AD＝BC＝.
若选条件①③，则DE＝1，CE＝2，且＝，所以AD＝x＝.
若选条件②③，则tan∠CBE＝＝，且＝，又CE2＋ED2＝5，所以AD＝x＝.
即从①②③中任选两个条件作为已知条件，都可以得到DE＝1，CE＝2，AD＝BC＝下面求直线AD与平面EAB所成角的余弦值．
方法一：设点D到平面EAB的距离为h，AD与平面EAB所成角为θ，
如图，连接DB，则由VD­EAB＝VE­DAB，得h·S△EAB＝EF·S△DAB＝×××，所以h＝.
作FG⊥AB于G，连接EG，则由EF⊥平面ABCD知，FG是EG在平面ABCD内的射影，所以EG⊥AB.
所以S△EAB＝AB×EG＝××＝×× ＝，所以h＝＝，
所以sin θ＝＝，
所以cos θ＝＝，
所以直线AD与平面EAB所成角的余弦值为，

方法二：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(，0，0)，D(0，0，)，
E(，，)，

则＝(，0，0)，＝(0，0，)，＝(，，)．
设平面EAB的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则平面EAB的一个法向量为m＝(0，－，1)．
所以cos，m＝＝，
所以sin，m＝.
故直线AD与平面EAB所成角的余弦值为.
[C　素养提升]
5.

(2022·重庆市巴蜀中学月考)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABCD是一个边长为2的菱形，∠DAB＝60°.侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1＝3.
(1)求平面BD1C和平面DD1C夹角的余弦值；
(2)设E是D1B的中点，在线段D1C上是否存在一点P，使得AE∥平面PDB？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
解：

(1)如图1，连接BD，由题意，△ADB是正三角形，设M是AB的中点，则DM⊥AB，所以DM⊥DC，
又DD1⊥平面ABCD，所以DM⊥平面DD1C1C.
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，D1(0，0，3)，C(0，2，0)，B(，1，0)，
则＝(－，1，0)，
＝(－，－1，3)．
显然，平面D1CD的一个法向量是m＝(1，0，0)，
设平面BD1C的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝，
得n＝(，3，2)，
设平面BD1C和平面DD1C的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝.
故平面BD1C和平面DD1C夹角的余弦值为.
(2)方法一：在线段D1C上存在点P使得AE∥平面PDB，此时＝.
证明如下：

如图2甲，连接AC，BD相交于点O，连接EC，设N是EC的中点，再连接ON，
又菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，由中位线知AE∥ON，
连接BN并延长交D1C于点P，连接PD，
因为AE⊄平面PDB，ON⊂平面PDB，
所以AE∥平面PDB.
如图2乙，在△D1BC中，作EF∥D1C交BP于点F，因为E是D1B的中点，
所以由中位线关系得EF＝D1P，①
又由EF∥D1C可得△EFN与△CPN相似，又N是EC的中点，
所以EF＝PC，结合①知，＝2，从而可得＝.
方法二：设＝λ，即有＝λ，
由(1)知D1，C，则＝(0，2，－3)，
所以P，又D，B，
于是＝，＝，
设平面PBD的法向量为a＝，
则令x＝，
得a＝，
因为A，D1B的中点为E，
所以＝，
因为AE∥平面PDB，所以⊥a，
即·a＝·＝－－＋＝0，解得λ＝，
即线段D1C上存在点P使得AE∥平面PDB，此时＝.