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立体几何中的综合问题 学案
动态问题
　(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[解析]　如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝．
[答案]　
立体几何中空间动点轨迹的判断或求轨迹的长度，一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程)．　
已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运动，且直线AM∥平面A1DE，则动点M的轨迹长度为(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C．2 D．π
解析：B　以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，则平面A1DE的一个法向量为n＝(2,1，－2)．设M(x,2，z)，则＝(x－2,2，z)．由·n＝0，得2(x－2)＋2－2z＝0 x－z＝1，故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为＝．故选B．
翻折问题
　(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②．
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的二面角B CG A的大小．
[解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
(2)作EH⊥BC，垂足为H．
因为EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz，
则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，
＝(1,0，)，＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝．
因此二面角B CG A的大小为30°．
1．折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠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．
2．由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧．　
　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)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)已知点P为线段DC1上一点，且PC1＝2PD，求直线BP与平面ABC1所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图所示，连接AC与BE交于点O，过点B作BF⊥EC交EC于点F．
DC＝3，CE＝2ED，则DE＝1，EC＝2．由四边形ABFD为矩形，可得BF＝AD＝，FC＝1．
所以BC＝＝2．所以∠BCF＝60°．所以△BCE是等边三角形．
所以OC＝，EC∥AB，EC＝AB＝2，OC⊥EB．可得OA＝OC＝，OA⊥EB．
所以OA2＋OC＝6＝AC，所以OA⊥OC1．又OB∩OC1＝O，OB，OC1 平面BC1E．
所以OA⊥平面BC1E．又OA 平面ABED，所以平面BC1E⊥平面ABED．
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D ，C1(0,0，)，所以＝(－，1,0)，＝(－，0，)，＝，＝，设面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝－\r(3)x＋y＝0，,·n＝－\r(3)x＋\r(3)z＝0，))令x＝1，则y＝，z＝1，所以n＝(1，，1)．
因为点P为线段DC1上一点，且PC1＝2PD，所以＝，所以＝＋＝＋＝＋＝．
设直线BP与平面ABC1所成角为θ，则sin θ＝eq \f(|·n|,||·|n|)＝＝．
所以直线BP与平面ABC1所成角的正弦值为．
探究问题
　
(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC A1B1C1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，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[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，则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B xyz．
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)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n2＝0，,·n2＝0，))
又＝(1－m,1，－2)，＝(－1,1,1)，
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1,2－m)，
所以cos〈n1，n2〉＝ ．
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
利用空间向量巧解探究性问题的策略
(1)空间向量最适合解决立体几何中的探究性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；
(2)解题时，把结论当作条件，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”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
[注意]　探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．　
　
如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点．
(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；
(2)设＝λ，试问：是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ夹角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接AB1，AC1(图略)，∵点Q为线段A1B的中点，
∴A，Q，B1三点共线．∵点P，Q分别为B1C1和A1B的中点，∴PQ∥AC1．
在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，
∴BC⊥AC1，又AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，
∵A1C，BC 平面A1BC，且A1C∩BC＝C，∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥平面A1BC．
(2)以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
连接A1P，BP，B1Q，设Q(x，y，z)，∵＝λ，
∴(x，y－2，z)＝λ(2，－2,2)，∴
∴Q(2λ，2－2λ，2λ)．
∵点Q在线段A1B上运动，∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，
设平面A1PB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))得令y1＝2得n1＝(1,2,1)，
设平面B1PQ的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0))得
令z2＝1得n2＝＝(1－λ，0，λ)，
取n2＝(1－λ，0，λ)，
由题意得|cos〈n1，n2〉| ＝＝＝，
∴9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝．
∴当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ夹角的余弦值为．
[课时过关检测]
1．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．
解：(1)证明：∵C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC 平面ABC，∴BC⊥平面PAC．
(2)由E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF，
又EF 平面AEF，BC 平面AEF，∴BC∥平面AEF，
又BC 平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l．
以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，∴E，F，∴＝，＝(0,2,0)，
∵BC∥l，∴可设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·m＝－\f(3x,2)＋\f(\r(3)z,2)＝0，,·m＝2y＝0，))取z＝，得m＝(1,0，)，
又＝(1，y，－)，则|cos〈，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·m,||·|m|)))＝∈．
∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为．
2．在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知AB＝AD，E为AD的中点．
(1)在线段B1C1上是否存在点F，使得平面A1AF∥平面ECC1？若存在，请加以证明；若不存在，请说明理由；
(2)设AD＝2，AA1＝4，点G在AA1上且满足＝8，求EG与平面EBC1所成角的余弦值．
解：(1)存在，当点F为线段B1C1的中点时，平面A1AF∥平面ECC1．
证明：在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AD∥B1C1．
又因为CC1 平面ECC1，AA1 平面ECC1，所以AA1∥平面ECC1．
又E为AD的中点，F为B1C1的中点，所以AE∥FC1，且AE＝FC1．
故四边形AEC1F为平行四边形，所以AF∥EC1，
又因为EC1 平面ECC1，AF 平面ECC1，所以AF∥平面ECC1．
又因为AF∩AA1＝A，AA1 平面A1AF，AF 平面A1AF，所以平面A1AF∥平面ECC1．
(2)在长方体ABCD A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D xyz，如图所示．
因为AD＝2，AA1＝4，所以A(2,0,0)，E(1,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,4)，A1(2,0,4)，
所以＝(－1,2,4)，＝(1,2,0)，＝(0,0,4)．
设平面EBC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即令x＝2，则y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)，
因为＝8，设G(x0，y0，z0)，则(0,0,4)＝8(x0－2，y0，z0)，所以G，则＝．
设EG与平面EBC1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝eq \f(|·n|,|||n|)＝＝，
即cos θ＝＝＝．故EC与平面EBC1所成角的余弦值为．
3．如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝4，BC＝1，∠ADC＝45°，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起，使点A到达点N的位置，且平面NBM⊥平面BCDM，连接NC，ND，如图②．
(1)证明：平面NMC⊥平面NCD；
(2)求图②中平面NBM与平面NCD夹角的余弦值．
解：(1)证明：如图，在梯形ABCD中，过点C作CH⊥DM于点H，连接CM，
由题意知，CH＝1，AM＝DM＝AD＝2．由∠ADC＝45°，可得DH＝＝1，
则HM＝DM－DH＝1，∴∠CMD＝∠CDM＝45°，
∴CM⊥CD，BC∥MH，BC＝MH．又BC＝CH，CH⊥MH，∴四边形BCHM为正方形，∴BM⊥AD．
在四棱锥N BCDM中，∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，MN⊥BM，
∴NM⊥平面BCDM．∵CD 平面BCDM，∴NM⊥CD．∵NM∩CM＝M，且NM，CM 平面NMC，
∴CD⊥平面NMC．又CD 平面NCD，∴平面NMC⊥平面NCD．
(2)在四棱锥N BCDM中，以M为原点，MB，MD，MN所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系M xyz，
可得M(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，N(0,0,2)．
∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，BM⊥MD，
∴MD⊥平面NBM，∴＝(0,2,0)是平面NBM的一个法向量．
设平面NCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，∵＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即取y＝1，则z＝1，x＝1，∴m＝(1,1,1)．
∴cos〈，m〉＝eq \f(·m,||·|m|)＝，∴平面NBM与平面NCD夹角的余弦值为．
4．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①·(＋)＝0；②PC＝；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AD∥BC，AB＝2BC＝2，AB⊥BC，将△PAD沿AD翻折成四棱锥P ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F，M分别是AB、CE的中点，且________．
(1)求证：AB⊥FM；
(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)证明：如图所示，取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，MG．
选择①：因为·(＋)＝0，＋＝2，所以·＝0，即BA⊥PO．又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD．因为M，G分别为CE，CD的中点，所以MG∥PD，且MG 平面PAD，PD 平面PAD，
所以MG∥平面PAD．同理可得：FG∥平面PAD．因为MG∩FG＝G，所以平面FGM∥平面PAD，
所以BA⊥平面FGM．又FM 平面FGM，所以BA⊥FM．
选择②：连接OC，则OC＝AB＝2，OP＝，因为PC＝，PC2＝OP2＋OC2，所以PO⊥OC．又OC∥AB，
所以BA⊥PO．又BA⊥AD，AD∩PO＝O，所以BA⊥平面PAD．因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，且MG 平面PAD，PD 平面PAD，所以MG∥平面PAD．同理可得：FG∥平面PAD．
因为MG∩FG＝G，所以平面FGM∥平面PAD，所以BA⊥平面FGM．又FM 平面FGM，所以BA⊥FM．
选择③：因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面PAD⊥平面ABCD．因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP 平面PAD，AD⊥PO，所以OP⊥平面ABCD，所以BA⊥PO．又BA⊥AD，AD∩PO＝O，
所以BA⊥平面PAD．因为M，G分别为CE，CD的中点，
所以MG∥PD，且MG 平面PAD，PD 平面PAD，所以MG∥平面PAD．
同理可得：FG∥平面PAD．因为MG∩FG＝G，所以平面FGM∥平面PAD，所以BA⊥平面FGM．又FM 平面FGM，所以BA⊥FM．
(2)连接EF，由(1)可知：AB⊥平面PAD，所以∠AEF即为EF与平面PAD所成的角．
因为tan∠AEF＝＝，所以当AE最小时，∠AEF最大，所以当AE⊥PD，即E为PD中点，AE最小．
以点O为坐标原点，以OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，E，C(2,0,0)．
所以＝，＝(2,1,0)．
设平面CAE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则令z1＝，得m＝．
由题意可知：平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以|cos〈m，n〉|＝＝，
所以平面ACE与平面PAD夹角的余弦值为．
5．苏州博物馆由华人建筑师贝聿铭设计，体现了浓郁的江南派系和苏州园林的风格．它的现代简约，既不同于苏州传统园林，又不脱离中国人文气息和神韵，清晰地营造出了中国水墨山水画的意境．苏州博物馆的一座屋顶形状独具特色，如图所示，底面ABCD是边长为4的正方形，点A1，B1，C1，D1在底面的垂足分别为DA，AB，BC，CD的中点，且到底面的距离均为2．
(1)求直线CC1与平面AB1A1所成角的正弦值；
(2)求直线BC1到平面AB1A1的距离；
(3)求平面BC1B1与平面AB1A1夹角的余弦值；
(4)已知线段CD1上一点P到平面AB1A1的距离为，求PD的长度．
解：以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴，y轴，过D作底面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,4,0)，C(0,4,0)，A1(2,0,2)，B1(4,2,2)，C1(2,4,2)，D1(0,2,2)，
(1)设平面AB1A1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由题有＝(－2,0,2)，＝(0,2,2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即
令x1＝1，则n1＝(1，－1,1)，又＝(2,0,2)，
设CC1与平面AB1A1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n1，〉|＝eq \f(|n1·|,|n1|||)＝．
故直线CC1与平面AB1A1所成角的正弦值为．
(2)由已知易得AA1∥BC1，又∵AA1 平面AB1A1，BC1 平面AB1A1，∴BC1∥平面AB1A1，∴直线BC1到平面AB1A1的距离即为点B到平面AB1A1的距离．
＝(0,4,0)，点B到平面AB1A1的距离为
eq \f(|·n1|,|n1|)＝＝．
(3)设平面BC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由题有＝(－2,0,2)，＝(0，－2,2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即令x2＝1，则n2＝(1,1,1)，
设平面BC1B1与平面AB1A1的夹角为φ，
则cos φ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝．
故平面BC1B1与平面AB1A1的夹角的余弦值为．
(4)设＝λ，λ∈[0,1]，
由题知(xP，yP－4，zP)＝λ(0，－2,2)，可得P(0,4－2λ，2λ)，∴＝(－4,4－2λ，2λ)，
点P到平面AB1A1的距离为eq \f(|·n1|,|n1|)＝＝，即|4λ－8|＝5，
解得λ＝(舍)或λ＝，
∴P，∴||＝．
6．如图所示，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD．四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB＝AP．
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②在线段AD上是否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由．
解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，又AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD．
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz，如图(ⅰ)所示．
在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则CE⊥AD．
在Rt△CDE中，CE＝DE＝CD·cos 45°＝1．
设AB＝AP＝t(t>0)，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
∴E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
∴＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
①设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
sin 30°＝cos 60°＝eq \f(|n·|,|n|·||)，
即＝，解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，∴AB＝．
②假设在线段AD上存在一点G(如图(ⅱ)所示)，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，＝(0，－m，t)．
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m．a．
由||＝||，得(4－m－t)2＝m2＋t2．b．
由a．b．消去t，化简得m2－3m＋4＝0．c．
由于方程c．没有实数根，所以在线段AD上不存在点G满足条件．

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