资源简介 (共55张PPT)培优课 立体几何中的综合问题目录典型例题·精研析01知能演练·扣课标02典型例题·精研析01课堂互动 关键能力提升题型一 简单的翻折问题【例1】 （2024·南京质检）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；解： 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）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解： 如图，作PH⊥EF，交EF于点H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点， 的方向为y轴正方向，建立空间直角坐标系H-xyz.由（1）得，DE⊥PE.设DP＝2，所以DE＝1，所以PE＝ .又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF，所以PH＝ ，EH＝ ，则H（0，0，0），P（0，0， ），D（－1，－ ，0），则 ＝（1， ， ）， ＝（0，0， ）.又 为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝＝ ＝ .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 .通性通法立体几何中翻折问题的求解策略（1）确定翻折前后变与不变的关系：位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决；（2）确定翻折后关键点的位置：关键点是指翻折过程中运动变化的点.要清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，从而进行有关的证明与计算.【跟踪训练】 （多选）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是（ ）A. AC⊥BDC. △ADC为等边三角形解析： 如图，取BD的中点O，连接AO，CO，易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC，故A正确；如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为a，则A（ a，0，0），B（0，－ a，0），C（0，0， a），D（0， a，0），故 ＝（－ a，－ a，0）， ＝（0， a，－ a）.由两向量夹角公式得 cos ＜ ， ＞＝－ ，故两异面直线所成的角为 ，故B正确；在Rt△AOC中，由AO＝CO＝ a，AO⊥CO，所以AC＝ AO＝a，故△ADC为等边三角形，故C正确；易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角，可求得∠ABO＝ ，故D错.题型二 与空间角、距离有关的探索性问题【例2】 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，试问：侧棱CC1上是否存在一点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为所有棱长都等于2，所以A（0，0，0），C（0，2，0），B（ ，1，0），B1（ ，1，2），M（ ， ，0）.假设侧棱CC1上存在点N满足题意，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则 ＝（ ，1，2）， ＝（－ ， ，m）.于是｜ ｜＝2 ，｜ ｜＝ ， · ＝2m－1.如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量 和 的夹角是45°或135°，而 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ，所以 ＝± ，解得m＝－ ，这与0≤m≤2矛盾.所以侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.通性通法与空间角、距离有关的探索性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数（变量）表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在.【跟踪训练】 （2024·常州月考）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，E为PD的中点.试问：在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由.解：由PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴PA，AB，AD两两互相垂直.以A为坐标原点，AB，AD，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A-xyz，则A（0，0，0），P（0，0，2），E（0，1，1），假设存在满足题意的点F，且F（2，t，0）（0≤t≤2）.易得 ＝（2，t，0）， ＝（0，0，2）， ＝（0，1，1）.设平面PAF的法向量为n＝（a，b，c），则取a＝t，则b＝－2，c＝0，∴n＝（t，－2，0）.∴点E到平面PAF的距离为 ＝ ＝ ，∴t＝1，此时点F为线段BC的中点.∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为 .题型三 最值（范围）问题【例3】 正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成角的取值范围是（ ）解析： 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，设正方体的棱长为1，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），所以 ＝（－1，0，1）， ＝（－1，1，－1）.设P（x，y，z），因为点P在A1C上运动（包括端点），所以 ＝λ （0≤λ≤1）.又 ＝（x－1，y，z－1），所以所以所以点P（1－λ，λ，1－λ），所以 ＝（－λ，λ－1，1－λ），所以cos ＜ ， ＞＝ ＝＝ .因为0≤λ≤1，所以当λ＝ 时， cos ＜ ，＞取得最大值 ；当λ＝0时， cos ＜ ， ＞取得最小值 .又＜ ， ＞∈[0，π]，所以＜ ， ＞∈［ ， ］，所以BP与AD1所成角的取值范围是［ ， ］，故选D.通性通法立体几何中最值（范围）问题的解题策略 在动态变化过程中产生的体积最大（小）、距离最大（小）、角的范围等问题，常用的解题思路是：（1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解；（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值.【跟踪训练】 （2024·连云港月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，求点P到直线CC1距离的最小值.解：法一 如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则D1（0，0，2），E（1，2，0）. ＝（－1，－2，2）.设P（x，y，z），则 ＝（x－1，y－2，z），设 ＝λ ，λ∈[0，1].所以（x－1，y－2，z）＝λ（－1，－2，2）.解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.所以P（1－λ，2－2λ，2λ），设点P在直线CC1上的垂足为Q，得Q（0，2，2λ），｜ ｜＝ ＝.当λ＝ 时，｜ ｜min＝ .法二 取B1C1的中点E1，连接D1E1，E1E，则CC1∥平面D1EE1.所以点P到直线CC1的距离的最小值即为CC1与平面D1EE1的距离.过点C1作C1F⊥D1E1于F，线段C1F的长即为所求.在Rt△C1D1E1中，C1F＝ .知能演练·扣课标02课后巩固 核心素养落地1. 已知a＝（x，2，1），b＝（3，－x，－4），且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是（ ）A. x＜4 B. －4＜x＜0C. 0＜x＜4 D. x＞4解析： 易知a，b不共线，因为a与b的夹角为钝角，所以满足a·b＜0，所以代入坐标得出x＜4，故选A.123456789101112132. （2024·宿迁月考）二面角α-l-β的平面角为120°，在平面α内，AB⊥l于B，AB＝2，在平面β内，CD⊥l于D，CD＝3，BD＝1，M是棱l上的一个动点，则AM＋CM的最小值为（ ）A. 6 D. 5解析： 将二面角α-l-β平摊开来，如图所示，当A，M，C在一条直线时AM＋CM取得最小值，最小值即为对角线AC，而AE＝5，EC＝1，故AC＝ .故选C.123456789101112133. 如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足 ＝ － ＋ ，则｜ ｜2的值为（ ）B. 2解析： 取BD的中点E，连接AE，CE（图略），则AE＝CE＝ ，∠AEC＝90°，所以AC＝1.又AC⊥BD， ＝ － ＋ ＝ ＋ ，故｜ ｜2＝（ ＋ ）2＝ ＋ · ＋ ＝ ＋2＝ .123456789101112134. 已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为（ ）A. 2解析： 如图，取AC的中点E，连接BE，DE，BD. 因为四边形ABCD为菱形，所以BE⊥AC，DE⊥AC. 又因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BE 平面BAC，所以BE⊥平面DAC. 因为DE 平面DAC，所以BE⊥DE，即DE，12345678910111213AE，BE两两垂直，所以以E为坐标原点，分别以ED，EA，EB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设菱形ABCD的边长为2，则A（0，1，0），C（0，－1，0），D（ ，0，0），B（0，0， ），所以 ＝（0，－1，－ ）， ＝（ ，0，－ ）.设平面BCD的法向量为n＝（x，y，z），则即所以n＝（ ，－3， ）.易得平面ACD的一个法向量为m＝（0，0，1）.设二面角B-CD-A的平面角为θ，则｜ cos θ｜＝ ＝ ＝ ，由图可知二面角B-CD-A为锐二面角，所以 cos θ＝ ，故选D.123456789101112135. （2024·扬州质检）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E，F分别是BB1，DD1的中点，G为AE的中点且FG＝3，则△EFG的面积的最大值为（ ）B. 3解析： 连接AC交BD于O，∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，以OC，OD，Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，设OC＝a，OD＝b，棱柱的高为h，则A（－a，0，0），E（0，－b， ），F（0，b， ），∴G（－ ，－ ， ）. ＝（－ ，－ ，12345678910111213－ ）， ＝（0，－2b，0），∴ cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，∴E到直线FG的距离d＝｜ ｜ sin ＜ ， ＞＝2b· ＝b ，∴S△EFG＝ ·FG·d＝ b ＝ ≤ × ＝3.当且仅当b2＝4－b2即b2＝2时取等号.故选B.123456789101112136. （多选）已知 ＝（0，1，1）， ＝（2，－1，2），BE⊥平面BCD，则（ ）12345678910111213解析： 因为BE⊥平面BCD，所以 是平面BCD的一个法向量，所以点A到平面BCD的距离为 ＝ ，故A错误，C正确；AB与平面BCD所成角的正弦值为 ＝ ＝ ，故B正确，D错误.故选B、C.123456789101112137. （多选）若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则（ ）A. AC与BD所成的角为90°B. AD与BC所成的角为45°12345678910111213解析： 如图所示，根据题意，取BD的中点O，连接AO，CO，则OA⊥BD，OC⊥BD，OA⊥OC，则以点O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设OC＝1，则A（0，0，1），B（0，－1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），则 ＝（1，0，－1）， ＝（0，2，0）.因为 · ＝1×0＋0×2＋（－1）×0＝0，所以AC⊥BD，则选项A正确；因为 ＝（0，1，－1）， ＝（1，1，0），所以 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，所以AD与BC所成的角为60°，则选项B错误；设平面ACD的一个法向量为t＝（x，y，z），则取z＝1，则x＝y＝ 1，所以t＝（1，1，1），12345678910111213设BC与平面ACD所成的角为θ，所以 sin θ＝｜ cos ＜ ，t＞｜＝ ＝ ＝ ，则选项C错误；由题意易知平面BCD的一个法向量为n＝（0，0，1）， ＝（0，1，1）， ＝（1，1，0），设平面ABC的一个法向量为m＝（x'，y'，z'），则取x'＝1，则y'＝－1，z'＝1，所以m＝（1，－1，1），设平面ABC与平面BCD的夹角为α，则 cos α＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ，所以 sin α＝ ，所以tan α＝ ，所以平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值为 ，则选项D正确.123456789101112138. 如图，在空间直角坐标系A-xyz中，E（0，0，1），B（1，0，0），F（0，2，2），C（a，2，0）.则实数a＝ 时，点E，F，C，B共面.2 12345678910111213解析： ＝（1，0，－1）， ＝（0，2，1）， ＝（a－1，2，0），若点E，F，C，B共面，则存在实数x和y使得 ＝x ＋y ，所以解得所以当实数a＝2时，点E，F，C，B共面.123456789101112139. 如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成角的大小为 .90° 12345678910111213解析：建立空间直角坐标系，如图所示.由题意知△ABE为等腰直角三角形.设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝ .设BC＝DE＝2a，则E（0，0，0），A（1，0，1），N（1，a，0），D（0，2a，0），M（ ，a， ），所以 ＝（ ，0，－ ）， ＝（－1，0，－1），所以 · ＝（ ，0，－ ）·（－1，0，－1）＝0，故 ⊥ ，从而MN与AE所成角的大小为90°.1234567891011121310. 已知正四面体A-BCD的棱长为3，平面BCD内一动点P满足AP＝2 ，则｜BP｜的最小值是 － ；直线AP与直线BC所成角的取值范围为 .－ ［ ， ］ 12345678910111213解析：设A在平面BCD内的投影为E，故E为△BCD的中心，故BE＝ ×3× ＝ ，AE＝＝ .AP＝2 ，PE＝＝ ，故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心， 为半径的圆.BE＝ ，当B，P，E三点共线，且P在BE之间时，｜BP｜的最小值是 － .以E为原点，BE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A（0，0， ），B（ ，0，0），C（－ ， ，0），D（－ ，－ ，0）.设P（ cos θ， sin θ，0），θ∈[0，2π），12345678910111213故 ＝（ cos θ， sin θ，－ ）， ＝（－ ， ，0），设直线AP与直线BC所成角为α， cos α＝ ＝ ＝ sin （θ－ ）∈［－ ， ］，所以 cos α∈［－ ， ］，又α∈［0， ］，故α∈［ ， ］.1234567891011121311. 在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2 ，∠ABC＝90°，如图①，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，如图②.（1）求证：CD⊥AB；解： 证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD.所以CD⊥平面ABD. 又因为AB 平面ABD，所以CD⊥AB.12345678910111213（2）若M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离.解： 以D为坐标原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知条件可得D（0，0，0），A（1，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），M（1，1，0），＝（0，－2，0）， ＝（－1，0，－1）.设平面ACD的一个法向量为n＝（x，y，z），则 ⊥n， ⊥n，所以可得令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝（1，0，－1）.因为 ＝（－1，1，0），所以点M到平面ACD的距离d＝ ＝ ＝ .1234567891011121312. （2024·镇江月考）如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；解： 证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2.在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC· cos 60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC 平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.又BC 平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.12345678910111213（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB的夹角为θ，试求 cos θ的取值范围.解： 由（1）知可建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.令FM＝λ（0≤λ≤ ），则C（0，0，0），A（ ，0，0），B（0，1，0），M（λ，0，1），∴ ＝（－ ，1，0）， ＝（λ，－1，1）.设n1＝（x，y，z）为平面MAB的法向量，由得12345678910111213取x＝1，则n1＝（1， ， －λ）.易知n2＝（1，0，0）是平面FCB的一个法向量，则 cos θ＝ ＝＝ .∵0≤λ≤ ，∴当λ＝0时， cos θ有最小值 ，当λ＝ 时， cos θ有最大值 ，∴ cos θ的取值范围是［ ， ］.1234567891011121313. （2024·盐城质检）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且 ＝λ .（1）证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，1），B1（1，0，1），M（0，1， ），N（ ， ，0），故＝（1，0，0）， ＝（－ ， ， ）.∵ ＝λ ＝（λ，0，0），∴P（λ，0，1），∴ ＝（ －λ， ，－1）.12345678910111213（1）证明：∵ ＝（0，1， ），∴ · ＝0＋ － ＝0，∴ ⊥ ，∴无论λ取何值，总有AM⊥PN.12345678910111213（2）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值；解： ∵m＝（0，0，1）是平面ABC的一个法向量，∴ sin θ＝｜ cos ＜m· ＞｜＝＝ .又θ∈（0， ］，∴当λ＝ 时， sin θ取得最大值，12345678910111213即θ取得最大值，此时 sin θ＝ ， cos θ＝ ，∴tan θ＝2.故当λ＝ 时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大，此时tan θ＝2.12345678910111213（3）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.解：不存在.理由如下：假设存在点P满足题意.设n＝（x，y，z）是平面PMN的法向量.由得令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，∴n＝（3，1＋2λ，2－2λ）.12345678910111213由（2）知平面ABC的一个法向量为m＝（0，0，1），∴｜ cos ＜m，n＞｜＝＝ ，化简得4λ2＋10λ＋13＝0（*）.∵Δ＝100－4×4×13＝－108＜0，∴方程（*）无解，∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°.12345678910111213谢 谢 观 看！培优课 立体几何中的综合问题1.已知a＝（x，2，1），b＝（3，－x，－4），且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是（ ）A.x＜4 B.－4＜x＜0C.0＜x＜4 D.x＞42.（2024·宿迁月考）二面角α-l-β的平面角为120°，在平面α内，AB⊥l于B，AB＝2，在平面β内，CD⊥l于D，CD＝3，BD＝1，M是棱l上的一个动点，则AM＋CM的最小值为（ ）A.6 B. C. D.53.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足＝－＋，则｜｜2的值为（ ）A. B.2 C. D.4.已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为（ ）A.2 B. C. D.5.（2024·扬州质检）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E，F分别是BB1，DD1的中点，G为AE的中点且FG＝3，则△EFG的面积的最大值为（ ）A. B.3 C.2 D.6.（多选）已知＝（0，1，1），＝（2，－1，2），BE⊥平面BCD，则（ ）A.点A到平面BCD的距离为B.AB与平面BCD所成角的正弦值为C.点A到平面BCD的距离为D.AB与平面BCD所成角的正弦值为7.（多选）若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则（ ）A.AC与BD所成的角为90°B.AD与BC所成的角为45°C.BC与平面ACD所成角的正弦值为D.平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值是8.如图，在空间直角坐标系A-xyz中，E（0，0，1），B（1，0，0），F（0，2，2），C（a，2，0）.则实数a＝ 时，点E，F，C，B共面.9.如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成角的大小为 .10.已知正四面体A-BCD的棱长为3，平面BCD内一动点P满足AP＝2，则｜BP｜的最小值是 ；直线AP与直线BC所成角的取值范围为 .11.在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图①，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，如图②.（1）求证：CD⊥AB；（2）若M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离.12.（2024·镇江月考）如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB的夹角为θ，试求cos θ的取值范围.13.（2024·盐城质检）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且＝λ.（1）证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；（2）当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值；（3）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.培优课 立体几何中的综合问题1.A 易知a，b不共线，因为a与b的夹角为钝角，所以满足a·b＜0，所以代入坐标得出x＜4，故选A.2.C 将二面角α-l-β平摊开来，如图所示，当A，M，C在一条直线时AM＋CM取得最小值，最小值即为对角线AC，而AE＝5，EC＝1，故AC＝.故选C.3.C 取BD的中点E，连接AE，CE（图略），则AE＝CE＝，∠AEC＝90°，所以AC＝1.又AC⊥BD，＝－＋＝＋，故｜｜2＝（＋）2＝＋·＋＝＋2＝.4.D 如图，取AC的中点E，连接BE，DE，BD.因为四边形ABCD为菱形，所以BE⊥AC，DE⊥AC.又因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BE 平面BAC，所以BE⊥平面DAC.因为DE 平面DAC，所以BE⊥DE，即DE，AE，BE两两垂直，所以以E为坐标原点，分别以ED，EA，EB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设菱形ABCD的边长为2，则A（0，1，0），C（0，－1，0），D（，0，0），B（0，0，），所以＝（0，－1，－），＝（，0，－）.设平面BCD的法向量为n＝（x，y，z），则即所以n＝（，－3，）.易得平面ACD的一个法向量为m＝（0，0，1）.设二面角B-CD-A的平面角为θ，则｜cos θ｜＝＝＝，由图可知二面角B-CD-A为锐二面角，所以cos θ＝，故选D.5.B 连接AC交BD于O，∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，以OC，OD，Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，设OC＝a，OD＝b，棱柱的高为h，则A（－a，0，0），E（0，－b，），F（0，b，），∴G（－，－，）.＝（－，－，－），＝（0，－2b，0），∴cos＜，＞＝＝＝，∴E到直线FG的距离d＝｜｜sin＜，＞＝2b·＝b，∴S△EFG＝·FG·d＝b＝≤×＝3.当且仅当b2＝4－b2即b2＝2时取等号.故选B.6.BC 因为BE⊥平面BCD，所以是平面BCD的一个法向量，所以点A到平面BCD的距离为＝，故A错误，C正确；AB与平面BCD所成角的正弦值为＝＝，故B正确，D错误.故选B、C.7.AD 如图所示，根据题意，取BD的中点O，连接AO，CO，则OA⊥BD，OC⊥BD，OA⊥OC，则以点O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设OC＝1，则A（0，0，1），B（0，－1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），则＝（1，0，－1），＝（0，2，0）.因为·＝1×0＋0×2＋（－1）×0＝0，所以AC⊥BD，则选项A正确；因为＝（0，1，－1），＝（1，1，0），所以cos＜，＞＝＝＝，所以AD与BC所成的角为60°，则选项B错误；设平面ACD的一个法向量为t＝（x，y，z），则取z＝1，则x＝y＝1，所以t＝（1，1，1），设BC与平面ACD所成的角为θ，所以sin θ＝｜cos＜，t＞｜＝＝＝，则选项C错误；由题意易知平面BCD的一个法向量为n＝（0，0，1），＝（0，1，1），＝（1，1，0），设平面ABC的一个法向量为m＝（x'，y'，z'），则取x'＝1，则y'＝－1，z'＝1，所以m＝（1，－1，1），设平面ABC与平面BCD的夹角为α，则cos α＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，所以sin α＝，所以tan α＝，所以平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值为，则选项D正确.8.2 解析：＝（1，0，－1），＝（0，2，1），＝（a－1，2，0），若点E，F，C，B共面，则存在实数x和y使得＝x＋y，所以解得所以当实数a＝2时，点E，F，C，B共面.9.90° 解析：建立空间直角坐标系，如图所示.由题意知△ABE为等腰直角三角形.设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝.设BC＝DE＝2a，则E（0，0，0），A（1，0，1），N（1，a，0），D（0，2a，0），M（ ，a，），所以＝（ ，0，－），＝（－1，0，－1），所以·＝（ ，0，－）·（－1，0，－1）＝0，故⊥，从而MN与AE所成角的大小为90°.10.－ ［，］ 解析：设A在平面BCD内的投影为E，故E为△BCD的中心，故BE＝×3×＝，AE＝＝.AP＝2，PE＝＝，故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，为半径的圆.BE＝，当B，P，E三点共线，且P在BE之间时，｜BP｜的最小值是－.以E为原点，BE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A（0，0，），B（，0，0），C（－，，0），D（－，－，0）.设P（cos θ，sin θ，0），θ∈[0，2π），故＝（cos θ，sin θ，－），＝（－，，0），设直线AP与直线BC所成角为α，cos α＝＝＝sin（θ－）∈［－，］，所以cos α∈［－，］，又α∈［0，］，故α∈［，］.11.解：（1）证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD.所以CD⊥平面ABD.又因为AB 平面ABD，所以CD⊥AB.（2）以D为坐标原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知条件可得D（0，0，0），A（1，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），M（1，1，0），＝（0，－2，0），＝（－1，0，－1）.设平面ACD的一个法向量为n＝（x，y，z），则⊥n，⊥n，所以可得令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝（1，0，－1）.因为＝（－1，1，0），所以点M到平面ACD的距离d＝＝＝.12.解：（1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2.在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC 平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.又BC 平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.（2）由（1）知可建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.令FM＝λ（0≤λ≤），则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），M（λ，0，1），∴＝（－，1，0），＝（λ，－1，1）.设n1＝（x，y，z）为平面MAB的法向量，由得取x＝1，则n1＝（1，，－λ）.易知n2＝（1，0，0）是平面FCB的一个法向量，则cos θ＝＝＝.∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值，当λ＝时，cos θ有最大值，∴cos θ的取值范围是［，］.13.解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，1），B1（1，0，1），M（0，1，），N（，，0），故＝（1，0，0），＝（－，，）.∵＝λ＝（λ，0，0），∴P（λ，0，1），∴＝（－λ，，－1）.（1）证明：∵＝（0，1，），∴·＝0＋－＝0，∴⊥，∴无论λ取何值，总有AM⊥PN.（2）∵m＝（0，0，1）是平面ABC的一个法向量，∴sin θ＝｜cos＜m·＞｜＝＝.又θ∈（0，］，∴当λ＝时，sin θ取得最大值，即θ取得最大值，此时sin θ＝，cos θ＝，∴tan θ＝2.故当λ＝时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大，此时tan θ＝2.（3）不存在.理由如下：假设存在点P满足题意.设n＝（x，y，z）是平面PMN的法向量.由得令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，∴n＝（3，1＋2λ，2－2λ）.由（2）知平面ABC的一个法向量为m＝（0，0，1），∴｜cos＜m，n＞｜＝＝，化简得4λ2＋10λ＋13＝0（*）.∵Δ＝100－4×4×13＝－108＜0，∴方程（*）无解，∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°.2 / 2 立体几何中的综合问题题型一 简单的翻折问题【例1】 （2024·南京质检）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.通性通法立体几何中翻折问题的求解策略（1）确定翻折前后变与不变的关系：位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决；（2）确定翻折后关键点的位置：关键点是指翻折过程中运动变化的点.要清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，从而进行有关的证明与计算.【跟踪训练】 （多选）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是（ ）A.AC⊥BDB.AB，CD所成角为C.△ADC为等边三角形D.AB与平面BCD所成角为题型二 与空间角、距离有关的探索性问题【例2】 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，试问：侧棱CC1上是否存在一点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？通性通法与空间角、距离有关的探索性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数（变量）表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在.【跟踪训练】 （2024·常州月考）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，E为PD的中点.试问：在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由.题型三 最值（范围）问题【例3】 正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成角的取值范围是（ ）A.［，］ B.［，］C.［，］ D.［，］通性通法立体几何中最值（范围）问题的解题策略 在动态变化过程中产生的体积最大（小）、距离最大（小）、角的范围等问题，常用的解题思路是：（1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解；（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值.【跟踪训练】（2024·连云港月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，求点P到直线CC1距离的最小值.培优课 立体几何中的综合问题【典型例题·精研析】【例1】 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，交EF于点H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立空间直角坐标系H-xyz.由（1）得，DE⊥PE.设DP＝2，所以DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF，所以PH＝，EH＝，则H（0，0，0），P（0，0，），D（－1，－，0），则＝（1，，），＝（0，0，）.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.跟踪训练 ABC 如图，取BD的中点O，连接AO，CO，易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC，故A正确；如图，建立空间直角坐标系，设正方形边长为a，则A（a，0，0），B（0，－a，0），C（0，0，a），D（0，a，0），故＝（－a，－a，0），＝（0，a，－a）.由两向量夹角公式得cos＜，＞＝－，故两异面直线所成的角为，故B正确；在Rt△AOC中，由AO＝CO＝a，AO⊥CO，所以AC＝AO＝a，故△ADC为等边三角形，故C正确；易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角，可求得∠ABO＝，故D错.【例2】 解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为所有棱长都等于2，所以A（0，0，0），C（0，2，0），B（，1，0），B1（，1，2），M（，，0）.假设侧棱CC1上存在点N满足题意，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则＝（，1，2），＝（－，，m）.于是｜｜＝2，｜｜＝，·＝2m－1.如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量和的夹角是45°或135°，而cos＜，＞＝＝，所以＝±，解得m＝－，这与0≤m≤2矛盾.所以侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.跟踪训练 解：由PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴PA，AB，AD两两互相垂直.以A为坐标原点，AB，AD，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A-xyz，则A（0，0，0），P（0，0，2），E（0，1，1），假设存在满足题意的点F，且F（2，t，0）（0≤t≤2）.易得＝（2，t，0），＝（0，0，2），＝（0，1，1）.设平面PAF的法向量为n＝（a，b，c），则取a＝t，则b＝－2，c＝0，∴n＝（t，－2，0）.∴点E到平面PAF的距离为＝＝，∴t＝1，此时点F为线段BC的中点.∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为.【例3】 D 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，设正方体的棱长为1，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），所以＝（－1，0，1），＝（－1，1，－1）.设P（x，y，z），因为点P在A1C上运动（包括端点），所以＝λ（0≤λ≤1）.又＝（x－1，y，z－1），所以所以所以点P（1－λ，λ，1－λ），所以＝（－λ，λ－1，1－λ），所以cos＜，＞＝＝＝.因为0≤λ≤1，所以当λ＝时，cos＜，＞取得最大值；当λ＝0时，cos＜，＞取得最小值.又＜，＞∈[0，π]，所以＜，＞∈［，］，所以BP与AD1所成角的取值范围是［，］，故选D.跟踪训练 解：法一 如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则D1（0，0，2），E（1，2，0）.＝（－1，－2，2）.设P（x，y，z），则＝（x－1，y－2，z），设＝λ，λ∈[0，1].所以（x－1，y－2，z）＝λ（－1，－2，2）.解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.所以P（1－λ，2－2λ，2λ），设点P在直线CC1上的垂足为Q，得Q（0，2，2λ），｜｜＝＝.当λ＝时，｜｜min＝.法二 取B1C1的中点E1，连接D1E1，E1E，则CC1∥平面D1EE1.所以点P到直线CC1的距离的最小值即为CC1与平面D1EE1的距离.过点C1作C1F⊥D1E1于F，线段C1F的长即为所求.在Rt△C1D1E1中，C1F＝.1 / 2 展开更多...... 收起↑ 资源列表 6.3培优课 立体几何中的综合问题.pptx 培优课 立体几何中的综合问题.docx 培优课 立体几何中的综合问题（练习，含解析）.docx
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