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第九节　立体几何中的综合问题
题点一　折叠问题
[例1]　(2025·武汉模拟)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形,其中菱形边长为4,A=90°,D=60°.将三角形ABE沿BE折起,使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2).
(1)求证:A1C⊥CD;
(2)求二面角B-A1C-D的正弦值.
|思维建模|　解决空间角与翻折相结合的问题的关键
盯住量 看翻折前后线面位置关系的变化情况,根据翻折过程,把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来,因为它们反映了翻折后空间图形的特征
会转化 根据需要解决的立体几何问题,确立转化目标
得结论 对转化后的问题,用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决
[即时训练]
1.(2025·苏州模拟)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)求证:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求点P到平面ABQ的距离.
题点二　立体几何中的探索性问题
[例2]　已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,且∠DAB=60°,侧面BCP为等边三角形,PD=3,如图所示.
(1)求证:PD⊥BC;
(2)在直线PD上是否存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
|思维建模|　探索性问题的解题策略
[即时训练]
2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.
(1)求证:C1M⊥B1D;
(2)求直线AB与平面DEB1所成角的正弦值;
(3)在线段AB上是否存在点H,使得平面DEB1与平面HEB1所成角的余弦值为 若存在,求出AH的长度;若不存在,请说明理由.
第九节　立体几何中的综合问题
题点一
[例1]　解:(1)证明:取BE的中点O,连接A1O,OC.
∵A1B=A1E,∴A1O⊥BE.
又∵平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,A1O 平面A1BE,∴A1O⊥平面BCDE.
∵CD 平面BCDE,∴A1O⊥CD.
∵在菱形BCDE中,D=60°,∴△BCE为等边三角形.
∵BE的中点为O,∴OC⊥BE.
∵BE∥CD,∴OC⊥CD.
∵A1O∩OC=O,A1O,OC 平面A1OC,∴CD⊥平面A1OC.
∵A1C 平面A1OC,∴CD⊥A1C.
(2)由(1)知A1O⊥平面BCDE,∵OB,OC 平面BCDE,
∴A1O⊥OB,A1O⊥OC.
又OC⊥BE,∴如图,以OB,OC,OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(0,2,0),D(-4,2,0),A1(0,0,2),
∴=(0,2,-2),=(-2,2,0),=(-4,0,0).
设平面BA1C的法向量为n1=(x,y,z),
则不妨取y=1,则n1=(,1,).
设平面DA1C的法向量为n2=(a,b,c),
则令c=,则n2=(0,1,),
设二面角B-A1C-D的大小为θ,由图可知θ为钝角,
∴|cos θ|===,
∴sin θ=.∴二面角B-A1C-D的正弦值为.
易错提醒:求二面角的正弦值的易错点:一是求平面的法向量出错,应注意点的坐标的求解的准确性;二是公式用错,把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混,导致结果出错;三是空间想象能力不足而失分,当求出两个法向量的夹角的余弦值时,误以为是所求二面角的余弦值,因忽视对二面角是锐角或钝角的判断,导致所得结果出错.
[即时训练]
1.快审准解:(1)先证明AB⊥平面ACD,再根据面面垂直的判定定理得证面面垂直;
(2)以AB,AC为x,y轴,平行于CD的直线为z轴建立空间直角坐标系,求出平面ABQ的一个法向量,用点面距公式求出结论.
解:(1)证明:由题意,平行四边形ABCM中,∠ACM=90°,则AC⊥CM.又CM∥AB,所以AC⊥AB.
又AB⊥AD,AD∩AC=A,AD,AC 平面ACD,
所以AB⊥平面ACD,而AB 平面ABC,
所以平面ABC⊥平面ACD.
(2)由于DC⊥AC,DC 平面ACD,平面ABC⊥平面ACD,所以DC⊥平面ABC.
以A为原点,AB,AC所在直线为x,y轴,平行于CD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(0,3,3),
又Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,则Q(0,1,1),P(1,2,0),=(3,0,0),=(0,1,1),
设平面ABQ的法向量n=(x,y,z),
则取y=1,则n=(0,1,-1),
又=(1,2,0),则P到平面ABQ的距离为==.
题点二
[例2]　方法引入:(2)法一:几何法,假设存在点M,作出直线BM与平面APD所成的角,主要是寻求平面APD的垂线BN,求出BM,然后在△BDM中利用余弦定理求解.
法二:等体积法,假设存在点M,根据V三棱锥P-ABD=V三棱锥B-ADP,求出点B到平面APD的距离h,由直线BM与平面APD所成角的余弦值,求出BM,然后在△BDM中利用余弦定理求解.
法三:向量法,构造三条两两垂直的直线,建立空间直角坐标系,假设存在点M,利用共线向量定理引入参数,借助直线与平面所成角的计算公式,确定参数.
解:(1)证明:由题意知△BCD,△BCP都是等边三角形,如图1,取BC 的中点O,连接DO,PO,易得DO⊥BC,PO⊥BC.
又DO∩PO=O,DO,PO 平面POD,
可得BC⊥平面POD.又PD 平面POD,所以PD⊥BC.
(2)法一:几何法　假设存在点M 符合题意.
由题意及(1),得OD=OP=,又PD=3,所以在△POD 中易得∠POD=120°.
由(1)得BC⊥平面POD,又AD∥BC,所以AD⊥平面POD.
因为AD 平面APD,所以平面APD⊥平面POD.
作OQ⊥PD,垂足为Q,则OQ⊥平面APD,且Q 为PD 的中点.
在△POD 中,易得OQ=.
如图2,取AP的中点N,连接BN,QN,MN,所以QNAD.
又OBAD,所以QN OB,则四边形BNQO 为平行四边形,
则OQ∥BN.因为OQ⊥平面APD,所以BN⊥平面APD,
则直线BM 与平面APD 所成的角为∠BMN,且BN=OQ=.由已知cos∠BMN=,
即sin∠BMN==.
由BN=BMsin∠BMN=,得BM=.
在△PBD 中,由余弦定理的推论得cos∠PDB=,在△BDM 中,设DM=t,由余弦定理得BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠PDB,即()2=22+t2-2×2×t×,化简得t2-3t+2=0,解得t=1 或t=2,
所以存在点M,使得直线BM 与平面APD 所成角的余弦值为,此时=2 或=.
法二:等体积法　由法一得∠POD=120°,
作PH⊥DO,交DO 的延长线于点H,则∠POH=60°,
所以PH=OPsin 60°=.
由(1)得AD⊥平面POD,PD 平面POD,
所以AD⊥PD,所以△ADP 是直角三角形.
设点B 到平面APD 的距离为h,
由V三棱锥P-ABD=V三棱锥B-ADP得××4×=××2×3×h,得h=,设直线BM 与平面APD 所成的角为θ,由已知cos θ=,所以sin θ==,所以h=BMsin θ=,得BM=,
下同法一.
法三:向量法　由法二知PH=,OH=,如图3,以BC 的中点O 为坐标原点,OB,DO所在直线分别为x 轴、y轴,过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),A(2,-,0),D(0,-,0),所以P.因此=(-2,0,0),=,=(-1,-,0),=.设平面APD的法向量n=(x,y,z),
则 即
解得x=0,令y=-1,则z=,
则平面APD 的一个法向量为n=(0,-1,).
设存在点M,且=λ满足题意,
则=λ=,
所以=+=.
设直线BM 与平面APD 所成的角为θ,
已知cos θ=,所以sin θ==,
所以sin θ=|cos<,n>|===,解得λ= 或λ=,所以存在点M,使得直线BM 与平面APD 所成角的余弦值为,此时=2 或=.
[即时训练]
2.快审准解:(1)建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标表示可得·=0,即可证明;
(2)利用空间向量法求解线面角即可;
(3)假设存在满足题意的点H,设=λ(0≤λ≤1),根据空间向量的坐标表示可得H(2-2λ,2λ,0),进而求出平面HEB1的一个法向量,结合空间向量法求解面面角建立方程,解之即可求解.
解:(1)证明:由题意知,CC1⊥CB,CC1⊥CA,AC⊥CB,建立如图所示的空间直角坐标系,则C1(0,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),M(1,1,3),所以=(1,1,0),=(2,-2,-2),
得·=0,所以C1M⊥B1D.
(2)由(1)得A(2,0,0),B(0,2,0),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),得=(-2,2,0),=(0,2,1),=(2,0,-1),设平面DEB1的法向量n=(x,y,z),
则令z=2,
得x=1,y=-1,所以n=(1,-1,2),
所以|cos<,n>|===,
即直线AB与平面DEB1所成角的正弦值为.
(3)假设存在满足题意的点H,设=λ(0≤λ≤1),
由(1)(2)知=(-2,2,0),=(0,2,1),
所以(xH-2,yH,zH)=(-2λ,2λ,0),
得　解得
即H(2-2λ,2λ,0),所以=(2-2λ,2λ,-2).设平面HEB1的法向量m=(a,b,c),
则
令b=1,得c=-2,a=,
所以m=.又平面DEB1的一个法向量为n=(1,-1,2),故===,整理得4λ2+36λ-19=0,由0≤λ≤1,得λ=.
故存在点H为AB的中点时,平面DEB1与平面HEB1所成角的余弦值为,此时||=2λ=,即AH=.(共61张PPT)
第九节
立体几何中的综合问题
目录
01.题点一　折叠问题
02.题点二　立体几何中的探索性问题
03.课时跟踪检测
[例1]　(2025·武汉模拟)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，A=90°，D=60°.将三角形ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2).
(1)求证：A1C⊥CD；
题点一　折叠问题
解：证明：取BE的中点O，连接A1O，OC.
∵A1B=A1E，∴A1O⊥BE.
又∵平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE=BE，
A1O 平面A1BE，∴A1O⊥平面BCDE.
∵CD 平面BCDE，∴A1O⊥CD.
∵在菱形BCDE中，D=60°，∴△BCE为等边三角形.
∵BE的中点为O，∴OC⊥BE.
∵BE∥CD，∴OC⊥CD.
∵A1O∩OC=O，A1O，OC 平面A1OC，
∴CD⊥平面A1OC.∵A1C 平面A1OC，∴CD⊥A1C.
(2)求二面角B-A1C-D的正弦值.
解：由(1)知A1O⊥平面BCDE，
∵OB，OC 平面BCDE，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC.
又OC⊥BE，∴如图，以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(-4，2，0)，A1(0，0，2)，
∴=(0，2，-2)，=(-2，2，0)，=(-4，0，0).
设平面BA1C的法向量为n1=(x，y，z)，
则
不妨取y=1，则n1=(，1，).
设平面DA1C的法向量为n2=(a，b，c)，
则
令c=，则n2=(0，1，)，
设二面角B-A1C-D的大小为θ，由图可知θ为钝角，
∴|cos θ|==
=，∴sin θ=.
∴二面角B-A1C-D的正弦值为.
求二面角的正弦值的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标的求解的准确性；二是公式用错，把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混，导致结果出错；三是空间想象能力不足而失分，当求出两个法向量的夹角的余弦值时，误以为是所求二面角的余弦值，因忽视对二面角是锐角或钝角的判断，导致所得结果出错.
易错提醒
解决空间角与翻折相结合的问题的关键
思维建模
盯住量 看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征
会转化 根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标
得结论 对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决
1.(2025·苏州模拟)如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
快审准解：先证明AB⊥平面ACD，
再根据面面垂直的判定定理得证面面垂直；
即时训练
解：证明：由题意，平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，
则AC⊥CM.又CM∥AB，所以AC⊥AB.
又AB⊥AD，AD∩AC=A，AD，AC 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，而AB 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ACD.
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求点P到平面ABQ的距离.
快审准解：以AB，AC为x，y轴，平行于CD的直线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABQ的一个法向量，用点面距公式求出结论.
解：由于DC⊥AC，DC 平面ACD，平面ABC⊥平面ACD，所以DC⊥平面ABC.
以A为原点，AB，AC所在直线为x，y轴，
平行于CD的直线为z轴建立如图所示的空
间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，3，0)，D(0，3，3)，
又Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，
且BP=DQ=DA，则Q(0，1，1)，P(1，2，0)，
=(3，0，0)，=(0，1，1)，
设平面ABQ的法向量n=(x，y，z)，
则取y=1，则n=(0，1，-1)，
又=(1，2，0)，则P到平面ABQ的距离为==.
[例2]　已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB=60°，侧面BCP为等边三角形，PD=3，如图所示.
(1)求证：PD⊥BC；
题点二　立体几何中的探索性问题
解：证明：由题意知△BCD，△BCP都是等边三角形，如图1，取BC 的中点O，连接DO，PO，
易得DO⊥BC，PO⊥BC.
又DO∩PO=O，DO，PO 平面POD，
可得BC⊥平面POD.又PD 平面POD，
所以PD⊥BC.
(2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
方法引入：法一：几何法，假设存在点M，作出直线BM与平面APD所成的角，主要是寻求平面APD的垂线BN，求出BM，然后在△BDM中利用余弦定理求解.
法二：等体积法，假设存在点M，根据V三棱锥P-ABD=V三棱锥B-ADP，求出点B到平面APD的距离h，由直线BM与平面APD所成角的余弦值，求出BM，然后在△BDM中利用余弦定理求解.
法三：向量法，构造三条两两垂直的直线，建立空间直角坐标系，假设存在点M，利用共线向量定理引入参数，借助直线与平面所成角的计算公式，确定参数.
解：法一：几何法　假设存在点M 符合题意.
由题意及(1)，得OD=OP=，又PD=3，所以在△POD 中易得∠POD=120°.
由(1)得BC⊥平面POD，又AD∥BC，所以AD⊥平面POD.
因为AD 平面APD，所以平面APD⊥平面POD.
作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面APD，且Q 为PD 的中点.
在△POD 中，易得OQ=.
如图2，取AP的中点N，连接BN，QN，MN，
所以QN AD.
又OB AD，所以QN OB，则四边形BNQO 为平行四边形，
则OQ∥BN.因为OQ⊥平面APD，所以BN⊥平面APD，
则直线BM 与平面APD 所成的角为∠BMN，且BN=OQ=.
由已知cos∠BMN=，
即sin∠BMN==.
由BN=BMsin∠BMN=，得BM=.
在△PBD 中，由余弦定理的推论得cos∠PDB=，
在△BDM 中，设DM=t，由余弦定理得BM2=DB2+DM2-2DB·
DMcos∠PDB，即()2=22+t2-2×2×t×，
化简得t2-3t+2=0，解得t=1 或t=2，
所以存在点M，使得直线BM 与平面APD 所成角的余弦值为，此时=2 或=.
法二：等体积法　由法一得∠POD=120°，
作PH⊥DO，交DO 的延长线于点H，则∠POH=60°，所以PH=OPsin 60°=.
由(1)得AD⊥平面POD，PD 平面POD，
所以AD⊥PD，所以△ADP 是直角三角形.
设点B 到平面APD 的距离为h，
由V三棱锥P-ABD=V三棱锥B-ADP得××4×=××2×3×h，得h=，
设直线BM 与平面APD 所成的角为θ，由已知cos θ=，
所以sin θ==，所以h=BMsin θ=，得BM=，
下同法一.
法三：向量法　由法二知PH=，OH=，如图3，以BC 的中点O 为坐标原点，OB，DO所在直线分别为x 轴、y轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，A(2，-，0)，D(0，-，0)，所以P.
因此=(-2，0，0)，==(-1，-，0)，=.设平面APD的法向量n=(x，y，z)，
则 即
解得x=0，令y=-1，则z=，
则平面APD 的一个法向量为n=(0，-1，).
设存在点M，且=λ满足题意，
则=λ=，
所以=+=.
设直线BM 与平面APD 所成的角为θ，
已知cos θ=，所以sin θ==，
所以sin θ=|cos<，n>|=
==，
解得λ= 或λ=，所以存在点M，
使得直线BM 与平面APD 所成角的余弦值为，
此时=2 或=.
探索性问题的解题策略
思维建模
2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点.
(1)求证：C1M⊥B1D；
快审准解：建立空间直角坐标系，
利用空间向量的坐标表示可得·=0，
即可证明；
即时训练
解：证明：由题意知，CC1⊥CB，CC1⊥CA，AC⊥CB，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则C1(0，0，3)，B1(0，2，3)，
D(2，0，1)，M(1，1，3)，
所以=(1，1，0)，=(2，-2，-2)，
得·=0，所以C1M⊥B1D.
(2)求直线AB与平面DEB1所成角的正弦值；
快审准解：利用空间向量法求解线面角即可；
解：由(1)得A(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，得=(-2，2，0)，=(0，2，1)，=(2，0，-1)，设平面DEB1的法向量n=(x，y，z)，则令z=2，
得x=1，y=-1，所以n=(1，-1，2)，所以|cos<，n>|==
=，即直线AB与平面DEB1所成角的正弦值为.
(3)在线段AB上是否存在点H，使得平面DEB1与平面HEB1所成角的余弦值为 若存在，求出AH的长度；若不存在，请说明理由.
快审准解：假设存在满足题意的点H，设=λ(0≤λ≤1)，根据空间向量的坐标表示可得H(2-2λ，2λ，0)，进而求出平面HEB1的一个法向量，结合空间向量法求解面面角建立方程，解之即可求解.
解：假设存在满足题意的点H，设=λ(0≤λ≤1)，
由(1)(2)知=(-2，2，0)，=(0，2，1)，
所以(xH-2，yH，zH)=(-2λ，2λ，0)，
得　解得
即H(2-2λ，2λ，0)，所以=(2-2λ，2λ，-2).设平面HEB1的法向量m=(a，b，c)，
则
令b=1，得c=-2，a=，
所以m=.
又平面DEB1的一个法向量为n=(1，-1，2)，故=
==，整理得4λ2+36λ-19=0，由0≤λ≤1，得λ=.
故存在点H为AB的中点时，平面DEB1与平面HEB1所成角的余弦值为，此时||=2λ=，即AH=.
数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用
课时跟踪检测
03
1
2
3
4
1.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满足==，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=4.
(1)证明：EF⊥PD；(6分)
解：证明：由AB=8，AD=5==，
得AE=2，AF=4，又∠EAF=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4，
所以AE2+EF2=AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE.又PE∩DE=E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE.又PD 平面PDE，故EF⊥PD.
1
2
3
4
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分)
解：连接CE，由∠ADC=90°，ED=3，CD=3，则CE2=ED2+CD2=36，在△PEC中，PC=4，PE=2，EC=6，得EC2+PE2=PC2，所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
1
2
3
4
则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，-2，0)，
由F是AB的中点，得B(4，2，0)，
所以=(3，3，-2)，=(0，3，-2)，=(4，2，-2)，=(2，0，-2)，设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)，
1
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则
令y1=2，x2=，得x1=0，z1=3，y2=-1，
z2=1，所以n=(0，2，3)，m=(，-1，1)，
1
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3
4
所以|cos|===，
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，
则sin θ==，
即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为.
1
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3
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2.(15分)(2024·湖南三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA=AB=BC=1，AD=2，PC=，PA⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(5分)
解：证明：因为PA⊥平面ABCD，BC，AC，
AB 平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AC，PA⊥AB.
因为PA=AB=BC=1，PC=，
所以AC2=PC2-PA2=3-1=2=AB2+BC2，所以AB⊥BC.
又因为PA⊥BC，PA∩AB=A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E-AC-P的余弦值为 若存在，求出PE∶ED的值；若不存在，请说明理由.(10分)
解：因为BC⊥平面PAB，BC∥AD，所以AD⊥平面PAB.
又因为PA，AB 平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥AB，
又PA⊥AB，
所以AB，AD，AP两两互相垂直，
所以以点A为坐标原点，AB，AD，
AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
2
3
4
则C(1，1，0)，P(0，0，1)，D(0，2，0)，=(0，2，-1)，
设=λ=(0，2λ，-λ)(0≤λ≤1)，
则=+=(0，0，1)+(0，2λ，-λ)=(0，2λ，1-λ)，=(1，1，0).设平面EAC的法向量n1=(x1，y1，z1)，
则即
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2
3
4
取y1=λ-1，x1=1-λ，z1=2λ满足条件，所以可取n1=(1-λ，λ-1，2λ).
=(1，1，0)，=(0，0，1)，
设平面PAC的法向量n2=(x2，y2，z2)，
则即
取y2=-1，解得x2=1，z2=0，所以n2=(1，-1，0)，
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由题意得|cos|===，
化简并整理得(λ-1)2=4λ2，解得λ=或λ=-1(舍去)，
所以=.综上所述，
棱PD上存在一点E，使得二面角E-AC-P的余弦值为，且PE∶ED=1∶2.
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3.(17分)(2025·呼和浩特模拟)如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=，AB=4，=λ=λ(0<λ<1)，沿EF将△AEF向上折起得到棱锥P-BCDEF，如图2所示，设二面角P-EF-B的平面角为θ.
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(1)当λ为何值时，三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积之比为；(8分)
解：由题图知，===，从而=.因为=λ=λ，所以EF∥BD，
则△AEF∽△ADB，于是，λ===.
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(2)当θ=，λ=时，求平面PEF与平面PFB夹角φ的正弦值.(9分)
解：因为菱形ABCD的对角线互相垂直，
设AC与EF的交点为O，由λ=可知O为线段EF的中点，
在翻折的过程中，始终有PO⊥EF，OC⊥EF，
所以二面角P-EF-B的平面角为∠POC=θ=.
以O为坐标原点，OF，OC，OP分别为x轴、
y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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则P(0，0，)，F(1，0，0)，B(2，，0)，可得=(1，0，-)，=(1，，0)，
设平面PFB的法向量n=(x，y，z)，
则
令x=，则y=-1，z=1，可取n=(，-1，1).
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因为OC⊥平面PEF，
故平面PEF的一个法向量可取为m=(0，1，0)，
由题意可得|cos φ|=|cos|==，
因为0≤φ≤，故sin φ==.
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4.(17分)(2024·呼和浩特二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=，BC=2，侧面BB1C1C是正方形，D为BC的中点，二面角A-BC-B1的大小是.
(1)求证：平面AA1D⊥平面ABC；(7分)
快审准解：先证明BC⊥AA1，AD⊥BC得BC
⊥平面AA1D，即得平面AA1D⊥平面ABC；
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解：证明：因为四边形BB1C1C是正方形，所以BC⊥BB1，因为BB1∥AA1，所以BC⊥AA1.
由AB=AC，CD=DB，则AD⊥BC.因为AA1∩AD=A，AA1，AD 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D.
又BC 平面ABC，故平面AA1D⊥平面ABC.
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(2)线段BC上是否存在一点E，使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为 若存在，求出BE的长；若不存在，请说明理由.(10分)
快审准解：先由题意取AD中点O，证明A1O⊥平面ABC，建系，求出相关点和向量的坐标，依题设=t，计算出平面ACC1A1的法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程，求解即得.
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解：取C1B1的中点M，连接DM，易得DM⊥CB，因为AD⊥BC，所以∠ADM即二面角A-BC-B1的平面角，即∠ADM=，易得∠A1AO
=，取AD中点O，连接OA1，过点O作OF∥BC，交AB于点F，因为AD==2=AA1，故得正△AA1D，所以A1O⊥AD，
由(1)得平面AA1D⊥平面ABC，且平面AA1D∩平面ABC=AD，A1O 平面AA1D，
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故得A1O⊥平面ABC.
因此可分别以为x，y，
z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，-1，0)，A1(0，0，)，B(1，1，0)，
C(-1，1，0)，C1(-1，2，)，=(-2，0，0)，=(-2，1，)，
依题意，设=t=t(-2，0，0)=(-2t，0，0)，t∈[0，1]，
则=-=(-2t，0，0)-(-2，1，)=(2-2t，-1，-)，
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因为=(0，1，)，=(-1，2，0)，设平面ACC1A1的法向量n=(x，y，z)，
则所以可取n=(2，-1).
设直线C1E与平面ACC1A1所成的角为θ，
则sin θ====，解得t=或t=，
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因为t∈[0，1]，所以t=，即BE=BC=.
故线段BC上存在点E，
使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为，
此时点E是BC的一个四等分点(靠近点B)，且BE=.
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4课时跟踪检测(五十五)　立体几何中的综合问题
1.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;(6分)
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分)
2.(15分)(2024·湖南三模)如图,四棱锥P ABCD的底面ABCD是梯形,BC∥AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=,PA⊥平面ABCD.
(1)求证:平面PBC⊥平面PAB;(5分)
(2)在棱PD上是否存在一点E,使得二面角E AC P的余弦值为 若存在,求出PE∶ED的值;若不存在,请说明理由.(10分)
3.(17分)(2025·呼和浩特模拟)如图1,在菱形ABCD中,∠ABC=,AB=4,=λ,=λ(0<λ<1),沿EF将△AEF向上折起得到棱锥P BCDEF,如图2所示,设二面角P EF B的平面角为θ.
(1)当λ为何值时,三棱锥P BCD和四棱锥P BDEF的体积之比为;(8分)
(2)当θ=,λ=时,求平面PEF与平面PFB夹角φ的正弦值.(9分)
4.(17分)(2024·呼和浩特二模)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,AB=AC=,BC=2,侧面BB1C1C是正方形,D为BC的中点,二面角A BC B1的大小是.
(1)求证:平面AA1D⊥平面ABC;(7分)
(2)线段BC上是否存在一点E,使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为 若存在,求出BE的长;若不存在,请说明理由.(10分)
课时跟踪检测(五十五)
1.解:(1)证明:由AB=8,AD=5,=,=,
得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF
=12+16-2×2×4×=4,
所以AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD,
所以EF⊥PE,EF⊥DE.
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE.又PD 平面PDE,
故EF⊥PD.
(2)连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36,在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,
所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD,又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),
由F是AB的中点,得B(4,2,0),
所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2),设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2),
则
令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1,
z2=1,所以n=(0,2,3),m=(,-1,1),
所以|cos|===,
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ,则sin θ==,即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为.
2.解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC,AC,AB 平面ABCD,所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB.
因为PA=AB=BC=1,PC=,所以AC2=PC2-PA2=3-1=2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.
又因为PA⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,
因为BC 平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)因为BC⊥平面PAB,BC∥AD,所以AD⊥平面PAB.
又因为PA,AB 平面PAB,所以AD⊥PA,AD⊥AB,又PA⊥AB,
所以AB,AD,AP两两互相垂直,
所以以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(1,1,0),P(0,0,1),D(0,2,0),
=(0,2,-1),
设=λ=(0,2λ,-λ)(0≤λ≤1),则=+=(0,0,1)+(0,2λ,-λ)=(0,2λ,1-λ),=(1,1,0).
设平面EAC的法向量n1=(x1,y1,z1),
则即
取y1=λ-1,x1=1-λ,z1=2λ满足条件,
所以可取n1=(1-λ,λ-1,2λ).
=(1,1,0),=(0,0,1),设平面PAC的法向量n2=(x2,y2,z2),则即
取y2=-1,解得x2=1,z2=0,所以n2=(1,-1,0),
由题意得|cos|===,化简并整理得(λ-1)2=4λ2,解得λ=或λ=-1(舍去),
所以=.
综上所述,棱PD上存在一点E,使得二面角E AC P的余弦值为,且PE∶ED=1∶2.
3.解:(1)由题图知,===,从而=.
因为=λ,=λ,所以EF∥BD,
则△AEF∽△ADB,于是,λ===.
(2)因为菱形ABCD的对角线互相垂直,
设AC与EF的交点为O,由λ=可知O为线段EF的中点,
在翻折的过程中,始终有PO⊥EF,OC⊥EF,
所以二面角P EF B的平面角为∠POC=θ=.
以O为坐标原点,OF,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,),F(1,0,0),
B(2,,0),
可得=(1,0,-),=(1,,0),
设平面PFB的法向量n=(x,y,z),
则
令x=,则y=-1,z=1,可取n=(,-1,1).因为OC⊥平面PEF,故平面PEF的一个法向量可取为m=(0,1,0),
由题意可得|cos φ|=|cos|==,因为0≤φ≤,故sin φ==.
4.快审准解:(1)先证明BC⊥AA1,AD⊥BC得BC⊥平面AA1D,即得平面AA1D⊥平面ABC;
(2)先由题意取AD中点O,证明A1O⊥平面ABC,建系,求出相关点和向量的坐标,依题设=t,计算出平面ACC1A1的法向量,利用空间向量的夹角公式列出方程,求解即得.
解:(1)证明:因为四边形BB1C1C是正方形,所以BC⊥BB1,因为BB1∥AA1,所以BC⊥AA1.
由AB=AC,CD=DB,则AD⊥BC.因为AA1∩AD=A,AA1,AD 平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D.
又BC 平面ABC,故平面AA1D⊥平面ABC.
(2)取C1B1的中点M,连接DM,易得DM⊥CB,因为AD⊥BC,
所以∠ADM即二面角A BC B1的平面角,即∠ADM=,
易得∠A1AO=,取AD中点O,连接OA1,过点O作OF∥BC,交AB于点F,
因为AD==2=AA1,故得正△AA1D,所以A1O⊥AD,
由(1)得平面AA1D⊥平面ABC,且平面AA1D∩平面ABC=AD,A1O 平面AA1D,
故得A1O⊥平面ABC.
因此可分别以,,为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),A1(0,0,),B(1,1,0),C(-1,1,0),C1(-1,2,),=(-2,0,0),=(-2,1,),
依题意,设=t=t(-2,0,0)=(-2t,0,0),t∈[0,1],
则=-=(-2t,0,0)-(-2,1,)=(2-2t,-1,-),
因为=(0,1,),=(-1,2,0),设平面ACC1A1的法向量n=(x,y,z),则
所以可取n=(2,,-1).
设直线C1E与平面ACC1A1所成的角为θ,
则sin θ====,解得t=或t=,
因为t∈[0,1],所以t=,即BE=BC=.
故线段BC上存在点E,使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为,此时点E是BC的一个四等分点(靠近点B),且BE=.

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