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高考大题专项突破(四)　立体几何中的翻折、探索性、最值问题
立体几何解答题历年高考必考，一般以多面体或组合体为载体，考查空间位置关系的判定与性质、求解二面角或线面角等知识．此类问题经常与折叠问题、探索性问题相结合，对空间角的范围或最值也偶有考查，有一定的难度和综合性，主要考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养．
题型一　平面图形中的翻折问题
【典例】
如图，在四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝．沿BA将△PAB翻折到△SBA的位置，使得SD＝．
(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l，并证明l⊥平面CSB；
(2)点Q是棱SC上异于S，C的一点，连接QD，当二面角Q BD C的余弦值为，求此时三棱锥Q BCD的体积．
[思维点拨]　(1)延长BA，CD相交于E，连接SE，由勾股定理可得SA⊥AD，结合AD⊥AB可得AD⊥平面SAB，再判断出SE⊥平面CSB即可证明；(2)以点A为坐标原点建系，设＝λ，由二面角Q BD C的余弦值为建立向量关系，求出λ即可进一步确定体积．
解：
(1)证明：如图，延长BA，CD相交于E，连接SE，
则SE为平面SCD与平面SBA的交线l．
在△SAD中，SA＝1，AD＝，SD＝，则SA2＋AD2＝SD2，所以SA⊥AD．
由SA⊥AD，AD⊥AB，SA∩AB＝A，得AD⊥平面SAB．
又BC∥AD，所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥SE．
由PD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝，得AE＝1．
所以AE＝AB＝SA，所以SE⊥SB．
又因为BC∩SB＝B，所以SE⊥平面CSB，即l⊥平面CSB．
(2)
由(1)知，SA⊥AB，AD⊥AB，AD⊥SA．以点A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
易得A，D，B，S，C，则＝．
设＝λ(0<λ<1)，则Q，则＝．
设n＝是平面QBD的一个法向量，则即
令x＝2，则n＝．
m＝是平面CBD的一个法向量．
由＝＝＝，解得λ＝．
所以点Q是SC的中点．
所以VQ BDC＝×S△BDC×＝××＝．
[思维升华]　翻折问题的2个解题策略
1．确定翻折前后变与不变的关系 一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，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 翻折过程中运动变化的点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的位置关系与数量关系发生变化．只有分析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，进而进行有关的证明与计算．
题型二　空间几何体中的探索性问题
角度1　与线面角有关的探索性问题
【例1】　如图，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A＝45°，AD＝4BC＝4，AB＝，现沿CN将△CDN折起，使△ADN为正三角形，且平面ADN⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E、F．
(1)求证：EF⊥DA；
(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由．
[思维点拨]　(1)根据题意证明BM∥平面CDN，依据线面平行性质定理以及面面垂直性质定理可得EF⊥平面ADN，从而得证．
(2)建立空间直角坐标系，假设＝λ，求得平面BMEF的一个法向量，以及，然后根据公式建立方程计算λ值．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为BM⊥AD，CN⊥AD，所以BM∥CN，
在四棱锥D ABCN中，CN 平面CDN，BM 平面CDN，所以BM∥平面CDN．
又平面BMEF∩平面CDN＝EF，所以BM∥EF．
因为平面ADN⊥平面ABCN且交于AN，BM⊥AN，所以BM⊥平面ADN，即EF⊥平面ADN，
又DA 平面ADN，所以EF⊥DA．
(2)存在，E为棱DN上靠近N点的四等分点．
因为DA＝DN，AM＝MN＝1，
连接DM，所以DM⊥AN，
又平面ADN⊥平面ABCN且交于AN，
故DM⊥平面ABCN，
如图建立空间直角坐标系，
D，B，M，N，
＝，＝，＝，
设＝λ，则E，＝，
设平面BMEF的一个法向量n＝，
则即
不妨令x＝λ，则z＝1－λ，n＝，
设直线DB与平面BMEF所成的角为α，则有
sin α＝＝＝＝，解得λ＝或－(舍)，
所以＝，即在棱DN上存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为，E为棱DN上靠近N点的四等分点．
[思维升华]　解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)．若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在．
角度2　与二面角有关的探索性问题
【例2】　(2021·河南安阳一模)如图①，在平面四边形SBCD中，AD∥BC，AD⊥SB，且AD＝AB＝2BC，将△SAD沿AD折起得到四棱锥P ABCD，如图②，且E为PD的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB．
(2)若PA＝PB＝5，AB＝6，问：在线段CD上是否存在一点G使二面角G PA B为？若存在，求出线段GC的长；若不存在，请说明理由．
[思维点拨]　(1)取PA的中点F，证明四边形BCEF为平行四边形，再由线面平行的判定定理可证得结论；(2)取AB的中点O，证OP⊥平面ABCD，以O为原点，OB，OP所在直线分别为x，z轴建系，由二面角大小，利用空间向量建立方程求解．
解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E为PD的中点，∴EF∥AD，EF＝AD，
∵AD∥BC，AD＝2BC，∴EF∥BC，EF＝BC，
∴四边形BCEF为平行四边形．
∴CE∥BF，又BF 平面PAB，CE 平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
(2)假设存在点G满足题意，
取AB的中点O，连接OP，∵PA＝PB＝5，AB＝6，
∴OP⊥AB，OP＝＝＝4，
∵AD⊥AB，AD⊥PA，AB∩PA＝A，AB、PA 平面PAB，
∴AD⊥平面PAB．
∵OP 平面PAB，∴AD⊥OP，
又AB∩AD＝A，AB、AD 平面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD．
故以O为原点，OB，OP所在直线分别为x，z轴，作Oy⊥平面PAB，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P，A，
C，D，
∴＝，＝，
设＝λ，λ∈，则G，
∴＝，
设平面PAG的法向量为n＝，则即
令x＝4，则，z＝－3，∴n＝，
∵平面PAB⊥y轴，∴平面PAB的一个法向量为m＝，
∵二面角G PA B为，
∴cos ＝＝＝，化简得＝±5，
∵λ∈，∴＝－5，解得λ＝，
∴G∴CG＝＝，
故存在点G满足题意，且CG＝．
[思维升华]　存在性问题的解题策略
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．
题型三　空间角中的最值问题
【典例】　
(2021·全国高考甲卷)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，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[思维点拨]　(1)先证明BA⊥BC，再利用AB，BC，BB1两两垂直建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量证明；(2)分别求出面BB1C1C和面DEF的一个法向量，通过求出两法向量夹角的余弦值的最大值来解决．
解：
因为三棱柱ABC A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB．
因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，
又BB1∩BF＝B，所以AB⊥平面BCC1B1．
所以BA，BC，BB1两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．
所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1)．
由题设D(a，0，2)(0≤a≤2)．
(1)证明：因为＝(0，2，1)，＝(1－a，1，－2)，
所以·＝0×(1－a)＋2×1＋1×(－2)＝0，所以BF⊥DE．
(2)设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝(－1，1，1)，＝(1－a，1，－2)，
所以即
令z＝2－a，则m＝(3，1＋a，2－a)．
因为平面BCC1B1的法向量为＝(2，0，0)，
设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，
则|cos θ|＝＝＝．
当a＝时，2a2－2a＋14取得最小值为，
此时cos θ取得最大值为＝．
所以(sin θ)min＝＝，
此时B1D＝．
综上，当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
[思维升华]　空间角中最值问题的解题策略
解决空间角的最值问题，一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用．
专项突破练(四)
1．
(2021·山东济南一模)已知正方体ABCD A1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α．
(1)证明：平面α⊥平面B1CD1；
(2)点P为线段AC1上的动点，求直线BP与平面α所成角的最大值．
解：(1)证明：连接A1C1，则B1D1⊥A1C1，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，
B1D1 平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1；
又因为AA1∩A1C1＝A1，所以B1D1⊥平面AA1C1；
因为AC1 平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1；
同理B1C⊥AC1；因为B1D1∩B1C＝B1，所以AC1⊥平面B1CD1．
因为AC1∥平面α，过直线AC1作平面β与平面α相交于直线l，则AC1∥l，
所以l⊥平面B1CD1．又l 平面α，所以平面α⊥平面B1CD1；
(2)设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A，B，D，C1，
所以AC1＝，＝．
设平面α的法向量为n＝，
则即取x＝1，则n＝；
设＝tAC1(0≤t≤1)，则＝，因为＝，
所以＝＋＝；
设直线BP与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝＝
＝，
所以当t＝时，sin θ取到最大值为，
此时θ的最大值为．
2．(2022·广东深圳六校联考)如图1，四边形PBCD是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，A为PD的中点，将△ABP沿AB折起，如图2，点M是棱PD上的点．
(1)若M为PD的中点，证明：平面PCD⊥平面ABM；
(2)若PC＝，试确定M的位置，使二面角M AB D的余弦值等于．
解：(1)证明：由题意，AD＝BC，且AD∥BC，故四边形ABCD是平行四边形，又PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，
∴△PBA是正三角形，四边形ABCD是菱形，
取AB的中点E，连接PE，CE，易知△ABC是正三角形，则AB⊥PE，AB⊥EC，
又PE∩EC＝E，∴AB⊥平面PEC，∴AB⊥PC，
取PC的中点N，连接MN，BN，则MN∥CD∥AB，即A，B，N，M四点共面，
又PB＝BC＝2，则BN⊥PC，又AB∩BN＝B，∴PC⊥平面ABM，
又PC在平面PCD内，∴平面PCD⊥平面ABM；
(2)∵PE＝CE＝2×＝，PC＝，所以PE2＋CE2＝PC2，∴PE⊥EC，
又AB⊥PE且AB⊥EC，则以E为原点，以EB，EC，EP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(－1，0，0)，B(1，0，0)，D(－2，，0)，P(0，0，)，
设＝λ(λ>0)，则(xM＋2，yM－，zM)＝λ(－xM，－yM，－zM)，
则得
则M，
易知平面ABD的一个法向量为＝(0，0，)，
设平面MAB的一个法向量为m＝(x，y，z)，
又＝(2，0，0)，＝，
∴
得x＝0，取z＝1，得y＝－λ，所以m＝(0，－λ，1)，
所以＝＝＝，
解得λ＝2，故DM＝2MP．
3．(2021·山东潍坊二模)在如图所示的多面体中，
AB∥CD，四边形ACFE为矩形，AB＝AE＝1，AD＝CD＝2．
(1)求证：平面ABE∥平面CDF；
(2)设平面BEF∩平面CDF＝l，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B l C的大小确定，并求此二面角的余弦值．
条件①：AB⊥AD；条件②：AE⊥平面ABCD；条件③：平面AED⊥平面ABCD．
解：(1)证明：因为四边形ACFE为矩形，所以AE∥CF，
又AE 平面CDF；CF 平面CDF，所以AE∥平面CDF；
又AB∥CD，AB 平面CDF；CD 平面CDF；所以AB∥平面CDF；
又AB∩AE＝A，所以平面ABE∥平面CDF．
(2)选条件①：AB⊥AD；条件②：AE⊥平面ABCD．
以A为原点，以AB，AD，AE分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则A，B，E，F，D，C，
所以＝，＝，
设平面CDF的一个法向量为 n＝，即n＝，
设平面EBF的一个法向量为m＝，
则即令x＝1，则y＝－1，z＝1，则m＝，
设二面角B l C为θ，所以cos θ＝＝＝－．
选条件①：AB⊥AD；条件③：平面AED⊥平面ABCD．
因为AB⊥AD，平面AED⊥平面ABCD．所以AB⊥平面AED，
因为AB∥CD，所以CD⊥平面AED，所以CD⊥DE
因为CD＝2，EC＝＝3，
所以ED＝＝，即AE2＋AD2＝ED2，所以AE⊥AD，
因为平面AED⊥平面ABCD．所以AE⊥平面ABCD，
以A为原点，以AB，AD，AE分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系；
则A，B，E，F，D，C，
所以＝，＝，
设平面CDF的一个法向量为 n＝，即n＝，
设平面EBF的一个法向量为m＝，
则即令x＝1，则y＝－1，z＝1，则m＝，
设二面角B l C为θ，
所以cos θ＝＝＝－．
4．如图，在四棱锥P ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2．
(1)证明：平面PBC⊥平面PAB；
(2)在线段PB上是否存在点M，使得直线AM与平面PBD所成角的正弦值为？若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵面PAB⊥面ABCD且面PAB∩面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC 面ABCD，
∴BC⊥平面ABP，又BC 平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PAB．
(2)在平面PAB内，过点A作AE⊥AB交PB于点E，则可知AE⊥平面ABCD．
以A为坐标原点，分别以，，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，由∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2，可得P，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，
则＝，＝(1，－1，0)，＝，
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则即取n＝(1，1，)，
设＝λ(0<λ<1)，则＝＋＝，
若直线AM与平面PBD所成角的正弦值为，
则|cos 〈，n〉|＝＝＝，
解得λ＝或λ＝，
故存在点M满足题意，此时PM＝或PM＝．

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