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高考大题研究课七　
立体几何中的翻折、探究及最值问题
题型一　翻折问题
例1 [2023·江西师大附中模拟]如图①，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图②，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．
(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)若二面角A′ - MN - C的大小为60°，求平面A′BM与平面A′CN所成锐二面角的余弦值．
解析：(1)证明：如图①，在△AMN中，由AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，
则MN2＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3，故MN＝，则AM2＋MN2＝AN2，
所以MN⊥AM，MN⊥BM.
如图②，则有MN⊥A′M，MN⊥BM，又A′M∩BM＝M，
则MN⊥平面A′BM，又MN 平面BCNM，
所以平面A′BM⊥平面BCNM.
(2)由(1)知，∠A′MB即为二面角A′ - MN - C的平面角，则∠A′MB＝60°，
在△A′BM内过点A′作A′O⊥BM于O，连接OC，则OM＝，OC＝，且A′O⊥平面BOC.
如图，以O为原点，以OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则C(0，，0)，N(－，0)，A′(0，0，)，
则＝(－，－，0)，＝(0，－)，
设平面A′CN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
令y＝1，则n＝(－，1，3)，
又平面A′BM的一个法向量为m＝(0，1，0)，
则cos 〈m，n〉＝＝＝，
故所求锐二面角的余弦值为.
题后师说
翻折问题的两个解题策略
巩固训练1
[2023·河北保定模拟]如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P - EFGB，如图2.
(1)证明：EF⊥PB；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B - FM - E的余弦值．
解析：(1)证明：由AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，AC＝12，
得PE＝AE＝3，EF＝4，PF＝FC＝5，则PF2＝PE2＋EF2，所以PE⊥EF.
因为＝＝，所以△ABE∽△ACB，
所以BE⊥AC，即BE⊥EF.
又PE∩BE＝E，所以EF⊥平面PEB，
因为PB 平面PEB，所以EF⊥PB.
(2)以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E - xyz，
则E(0，0，0)，F(4，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，M(0，)，＝(4，0，0)，＝(0，)，＝(4，－3，0)，＝(4，0，－3)．
平面BFM即平面BPF，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则由m·＝0，m·＝0，
得.
令y1＝4，得m＝(3，4，4)．
设平面EFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·＝0，n·＝0，
即.
令y2＝1，得n＝(0，1，－)．
因为cos 〈m，n〉＝＝＝－，
所以钝二面角B - FM - E的余弦值为－.
题型二　探究问题
例2 [2023·安徽马鞍山模拟]如图所示，四棱锥P - ABCD，底面在以AC为直径的圆O上，PO⊥圆O，△ABD为等边三角形，AC＝4，PO＝.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAB；
(2)线段PB上是否存在一点M使得直线PA与平面
AMC所成角的正弦值为？若存在，求出；
若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：证法一：设AC∩BD＝N，由题知△ABD为等边三角形，AC为直径，OA＝2，得AC⊥BD，
∴∠NBC＝30°，AN＝3，CN＝1，
得BC＝2，在Rt△ABC中，得AB＝2，
在Rt△POA中OA＝2，PO＝，得PA＝.易知PA＝PB，
则PA2＋PB2＝AB2，故PA⊥PB.
易知△PAB≌△PAD，则PA⊥PD，又PB∩PD＝P，PB，PD 平面PBD，
∴PA⊥平面PBD，
又PA 平面PAB，
∴平面PBD⊥平面PAB.
证法二：设AC∩BD＝N，连接PN，
由PO⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
∴PO⊥BD，由题知AC⊥BD，又PO∩AC＝O，PO，AC 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，∵PA 平面PAC，
∴BD⊥PA，
∵OA＝2，PO＝，△ABD为等边三角形，
∴AN＝3，ON＝1，BN＝，得PA＝，PN＝，
∴PA2＋PN2＝AN2，则PA⊥PN，
又PN∩BD＝N，
故PA⊥平面PBD，
又PA 平面PAB，
∴平面PBD⊥平面PAB.
(2)以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x轴，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，P(1，0，)，
∴＝(－4，0，0)，＝(－2，0，)
设＝λ(0≤λ≤1)，∴＝(－λ，λ，－λ)，
则＝(－2－λ，λ，λ)．
令平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
取n＝(0，λ－λ)，
令直线AP与平面ACM所成的角为θ，
sin θ＝＝＝，
解得λ＝，
即PB上存在点M，使得＝.
题后师说
利用空间向量巧解探究性问题的策略
巩固训练2
[2023·山东济南历城二中模拟]如图，在三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝BC＝AB＝AC，点M为B1C1的中点．
(1)证明：AC1∥平面A1BM；
(2)AC上是否存在点N，使二面角B-A1M-N的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：连接AB1与A1B交于点O，则O为AB1的中点，连接OM，因为点M为B1C1的中点，所以OM∥AC1，因为OM 平面A1BM，AC1 平面A1BM，所以AC1∥平面A1BM.
(2)存在，＝2，理由如下：
因为BC＝AB＝AC，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，如图建立空间直角坐标系A - xyz，设AB＝1，则B(1，0，0)，A1(0，0，)，M()，设N(0，a，0)，0≤a≤1，所以＝(－1，0，)，＝(，0)，＝(0，a，－)，
设平面M的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有，取x1＝，得m＝(，－，1)，设平面A1MN的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则有，取x2＝－得n＝(－，a)，因为＝＝＝，解得a＝或a＝－6(舍)，此时＝2，所以AC上存在点N，当＝2时，二面角B - A1M - N的大小为.
题型三　最值问题
例3 [2023·河北石家庄二中模拟]如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF＝1.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF(含端点)上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
解析：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝CD＝BC＝1，
又因为∠BCD＝，所以∠ADC＝，∠ABC＝，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos ，
即AC2＝AB2＋1－AB＝3，解得AC＝，AB＝2，
所以AB2＝AC2＋BC2，即BC⊥AC.
因为CF⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF 平面BCF，BC 平面BCF，
所以AC⊥平面BCF.
因为EF∥AC，所以EF⊥平面BCF.
(2)分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
所以＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)，
设n＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
由得，
取x＝1，则n＝(1，－λ)，
又m＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，
所以cos θ＝＝
＝＝
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值为，
所以点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，
此时二面角的余弦值为.
题后师说
利用向量法求解与角、体积有关的最值问题时，往往将问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题．根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等方法可供选择．
巩固训练3
[2023·广东汕头模拟]如图，在四棱锥P - ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2，E是棱PB上一动点，已知二面角A - PB - D的余弦值为．
(1)证明：平面PAC⊥平面PBD；
(2)求直线CE与平面PAB所成角正弦值的最大值．
解析：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以AC⊥PD.
因为PD 平面PBD，BD 平面PBD，PD∩BD＝D，
所以AC⊥平面PBD.
因为AC 平面PAC.
所以平面PAC⊥平面PBD.
(2)设AC∩BD＝O，过O作Oz∥PD.以分别为x、y、z轴正方向建系．
所以A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，
D(0，－1，0)．
设DP的长度为t(t>0)，则P(0，－1，t)，
所以＝(－，1，0)，＝(0，2，－t)．
设n＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，
则，即，不妨设x＝1，则n＝(1，)．
由(1)可知：AC⊥平面PBD，所以＝(2，0，0)为平面PBD的一个法向量．
因为二面角A - PB - D的余弦值为，
所以＝
＝＝，解得：t＝1.
即P(0，－1，1)，＝(0，2，－1)，n＝(1，，2)．
因为E是棱PB上一动点，可设＝λ，(0≤λ≤1)，即＝λ＝(0，2λ，－λ)．
所以＝＝(，－1，1)＋(0，2λ，－λ)＝(，2λ－1，1－λ)．
设直线CE与平面PAB所成角为θ，
则sin θ＝＝
＝
＝＝，
所以当λ＝时，y＝5λ2－6λ＋5取最小值，
此时(sin θ)max＝.
真题
1.[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与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解析：(1)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所成的二面角为θ，则sin θ＝，故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
2．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P - ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解析：(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D- xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．
由(1)可设Q(a，0，1)，则＝(a，0，1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即
可取n＝(－1，0，a)．
所以cos 〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝＝.
因为，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.

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