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培优课　立体几何中的综合问题
1.已知点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），则｜｜的最小值为（　　）
A. B.
C.2 D.不存在
2.（2024·茂名质检）如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图②，则直线AC与BD所成角的余弦值为（　　）
A. B.
C. D.
3.（2024·洛阳月考）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则＝（　　）
A. B.1
C. D.2
4.已知点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD上一点，则·的取值范围是（　　）
A. B.
C.[－1，0] D.
5.（2024·临沂月考）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点（包括端点），则（　　）
A.对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1
B.当且仅当a＝b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1
6.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是（　　）
A. B.
C. D.
7.（多选）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD夹角的余弦值可能为（　　）
A.0 B.
C. D.2
8.（多选）（2024·厦门月考）如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BCDE，连接A'B，A'C，则下列结论中正确的是（　　）
A.BD⊥A'C B.BE到平面A'CD的距离为
C.BC与A'D所成角的余弦值为 D.直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为
9.如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为　　　　.
10.如图，已知△ABC与△BCD所在平面垂直，且∠BAC＝∠BCD＝90°，AB＝AC，CB＝CD，点P，Q分别在线段BD，CD上，沿直线PQ将△PQD向上翻折，使D与A重合.则直线AP与平面ACQ所成角的正弦值为　　　　.
11.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B（含边界）上的动点.要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F长的最大值为　　　　.
12.如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CC1上，且CP＝λCC1（0＜λ＜1）.
（1）当λ＝时，求直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值；
（2）是否存在λ，使平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
13.（2024·广州月考）如图①，☉O的直径AB＝4，点C，D为☉O上的两点，且∠CAB＝45°，∠DAB＝60°，F为的中点.将圆沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面互相垂直，如图②.
（1）求证：OF∥平面ACD；
（2）求平面ACD与平面ABD夹角的余弦值.
培优课　立体几何中的综合问题
1.B　因为点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），所以＝（1－n，－2n＋1，－n），所以｜｜＝＝＝.当n＝时，｜｜有最小值，为.
2.C　由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB 平面ABD，所以AB⊥平面BCD，又DC 平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC，过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝，则A（0，1，1），B（0，1，0），C（1，0，0），D（0，0，0），所以＝（1，－1，－1），＝（0，－1，0），所以｜cos＜，＞｜＝＝＝.
3.D　以点B为坐标原点，BA，BC，BB1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，设BC＝1，BB1＝a（a＞0），则B（0，0，0），A1（1，0，a），P（0，1，λa），0≤λ≤1，所以＝（1，－1，（1－λ）a），＝（0，1，λa），又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以·＝λ（1－λ）a2－1＝0，则λ2－λ＋＝0，故Δ＝1－＝0，可得a＝2，此时λ＝，所以＝2.
4.D　如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设P（x，y，0），0≤x≤1，0≤y≤1，则A1（0，0，1），C（1，1，0），·＝（－x，－y，1）·（1－x，1－y，0）＝x2－x＋y2－y＝（x－）2＋（y－）2－，因为0≤x≤1，0≤y≤1，所以当x＝，y＝时，·有最小值－，当x＝1，y＝1或x＝0，y＝0时，·取得最大值0，因此·的取值范围为［－，0］，故选D.
5.D　以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1（a，a，0），D（0，0，b），C1（0，a，0），设E（a，a，t）（0≤t≤b），所以＝（－a，－a，b），＝（－a，0，－t），所以·＝a2－bt，令a2－bt＝0，t＝，由0≤≤b得a≤b，所以当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1，故选项D正确.
6.D　如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，∴C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.∵D为BC1的中点，∴DF∥C1E，∴DF⊥平面ABB1A1，∴∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角.在Rt△AFD中，DF＝C1E＝a，AF＝＝，∴tan∠DAF＝＝＝≥＝，当且仅当a＝b时，等号成立，∴直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为.
7.AB　设平面EFB与底面ABCD的夹角为θ，如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE＝m，FC1＝n，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），E（1，0，m），F（n，1，1），＝（0，－1，m），＝（n－1，0，1），设平面EFB的一个法向量为n＝（x，y，z），则取x＝－1，则平面EFB的法向量为（－1，m（n－1），n－1），而底面ABCD的一个法向量为（0，0，1），则cos θ＝，结合选项，当n＝1时，cos θ＝0，当n≠1时，cos θ＝∈（0，］，故cos θ∈［0，］.故选A、B.
8.BC　由题意知EB，ED，EA'两两垂直，以E为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略）.易知B（1，0，0），D（0，，0），A'（0，0，1），C（2，，0），可得＝（－1，，0），＝（2，，－1），因为·＝－2＋3＝1≠0，所以BD与A'C不垂直，所以A错误；过点E作EM⊥A'D于点M，因为BE⊥ED，BE⊥A'E，且ED∩A'E＝E，ED，A'E 平面A'ED，所以BE⊥平面A'ED，又BE∥CD，所以CD⊥平面A'ED，又因为EM 平面A'ED，所以EM⊥CD，又EM⊥A'D且A'D∩CD＝D，A'D，CD 平面A'CD，所以EM⊥平面A'CD，即EM的长为点E到平面A'CD的距离，在Rt△A'ED中，A'E＝1，ED＝，A'D＝2，可得EM＝＝，易知BE∥平面A'CD，所以BE到平面A'CD的距离为，所以B正确；易知＝（1，，0），＝（0，，－1），设BC与A'D所成的角为θ，可得cos θ＝＝＝，即BC与A'D所成角的余弦值为，所以C正确；易知＝（1，0，－1），＝（2，，－1），＝（0，，－1），设平面A'CD的法向量为n＝（x，y，z），则取y＝1，可得x＝0，z＝，即平面A'CD的一个法向量为n＝（0，1，），设直线A'B与平面A'CD所成角为α，sin α＝＝＝，即直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为，所以D不正确.
9.　解析：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AB＝2，则F（2，1，0），E（1，0，0），设M（0，m，2），m∈[0，2]，故＝（2，1，0），＝（－1，m，2），故cos θ＝＝＝f（m），观察分子、分母的变化，可知当m∈[0，2]时，f（m）单调递减，f（m）max＝f（0）＝，当m＝2时，f（2）＝0，故cos θ的最大值为.
10.　解析：取BC的中点O，BD的中点E，如图，以OB所在直线为x轴，以OE所在直线为y轴，以OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，不妨设BC＝2，则A（0，0，1），D（－1，2，0），B（1，0，0），C（－1，0，0），P（x，1－x，0），由AP＝DP，得x2＋（1－x）2＋1＝（x＋1）2＋（x＋1）2，解得x＝0，所以P（0，1，0），故＝（0，1，－1）.设n＝（x，y，z）为平面ACQ的一个法向量，因为＝（－1，0，－1），＝λ＝λ（0，1，0），由得令x＝1，所以n＝（1，0，－1）.设直线AP与平面ACQ所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝.
11.　解析：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，证明如下：因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D是A1B1的中点，所以C1D⊥平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1.以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（图略）.所以A（1，0，2），B1（0，1，0），D（，，0），E（0，1，），即＝（－1，1，－2），＝（－，，），此时·＝0，即AB1⊥DE，所以AB1⊥平面C1DE，故当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，很明显，当E，F重合时，线段C1F最长，此时C1F＝.
12.解：（1）以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为λ＝，则A（4，0，0），P（0，4，1），则＝（－4，4，1），易知平面BB1C1C的一个法向量为u＝（0，1，0），所以cos＜，u＞＝＝＝，因此，当λ＝时，直线AP与平面BB1C1C所成的角的正弦值为.
（2）因为A（4，0，0），D1（0，0，4），P（0，4，4λ），设平面APD1的法向量为m＝（x，y，z），＝（4，0，－4），＝（0，4，4λ－4），由得取z＝1，可得m＝（1，1－λ，1），易知平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1），由题意可得｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，因为0＜λ＜1，解得λ＝.所以当λ＝时，平面APD1与平面ABCD的夹角的余弦值为.
13.解：（1）证明：连接CO，
∵∠CAB＝45°，∴∠COB＝90°，
∵F为的中点，∴∠FOB＝45°，
又∠CAB＝45°，∴OF∥AC.
∵OF 平面ACD，AC 平面ACD，∴OF∥平面ACD.
（2）连接BC，∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，CO⊥AB，∴CO⊥平面ABD.
以O为原点，AB所在的直线为y轴，OC所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A（0，－2，0），C（0，0，2）.
∵∠DAB＝60°，∴D（，－1，0），
∴＝（，1，0），＝（0，2，2）.
设n1＝（x，y，z）为平面ACD的法向量.
由得
令x＝1，则y＝－，z＝，∴n1＝（1，－，）.
易知平面ABD的一个法向量为n2＝（0，0，1），
设平面ACD与平面ABD的夹角为θ，
∴cos θ＝＝＝，即平面ACD与平面ABD夹角的余弦值为.
3 / 3培优课　立体几何中的综合问题
题型一 翻折问题
【例1】　（2024·郑州质检）如图，在平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4，将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.
（1）证明：AB⊥DE；
（2）若点F为BE的中点，求直线AF与平面ADE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】
　如图，已知四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，E为AD的中点，现将四边形EBCD沿BE折起至四边形EBHG的位置，使得∠AEG＝90°.若点F满足＝λ，当EF∥平面AGH时，实数λ的值为　　　　.
题型二 最值（范围）问题
【例2】　（2024·临沂月考）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.
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，则点P到直线CC1距离的最小值为　　　　.
题型三 与空间角、距离有关的探索性问题
【例3】　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】
　直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，CA＝2，D是CC1的中点.试问：线段A1B（不包括端点）上是否存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为？
1.（2024·烟台月考）已知向量a＝（3，－2，－3），b＝（－2，x－1，2），且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是（　　）
A.（－5，＋∞）　　 B.（－5，）∪（，＋∞）
C.（－∞，－5） D.（，＋∞）
2.已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面ACD，则平面BCD与平面ACD夹角的余弦值为　　　　.
3.（2024·台州月考）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.
（1）求证：AC⊥BC1；
（2）在AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD？
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：在△ABD中，由余弦定理得，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB，∴BD＝2，
∴∠ABD＝∠CDB＝∠EDB＝90°，即ED⊥DB，
∵平面EBD∩平面ABD＝DB，平面EBD⊥平面ABD，ED 平面EBD，
∴ED⊥平面ABD，
∵AB 平面ABD，∴AB⊥DE.
（2）由（1）知BD，DC，ED两两垂直，
以D为坐标原点，DB，DC，DE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.
则D（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，0，2），A（2，－2，0），F（，0，1），故＝（－，2，1），＝（2，－2，0），＝（0，0，2），
设平面ADE的法向量为n＝（x，y，z），
则
即令x＝1，则y＝，则n＝（1，，0），
设直线AF与平面ADE所成的角为α，
则sin α＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，
∴直线AF与平面ADE所成角的正弦值为.
跟踪训练
　　解析：令菱形ABCD的边长为2，由题意可知折起后AE⊥GE，AE⊥BE，GE⊥BE.以E为原点，EA，EB，EG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.则A（1，0，0），B（0，，0），E（0，0，0），G（0，0，1），H（0，，2），所以＝（－1，0，0），＝（－1，，0），＝（－1，0，1），＝（－1，，2）.设平面AGH的法向量为n＝（x，y，z），则即取x＝1，则y＝－，z＝1，所以n＝是平面AGH的一个法向量.由题知＝λ＝（－λ，λ，0），所以＝－＝（－λ，λ，0）－（－1，0，0）＝（1－λ，λ，0）.因为EF∥平面AGH，所以n·＝0，所以1－λ－×λ＝0，所以λ＝.
【例2】　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Cxyz.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［，］.
跟踪训练
　　解析：法一　如图，建立空间直角坐标系Dxyz，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＝.
【例3】　解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
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：如图所示，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），A1（2，0，2），D（0，0，1），所以＝（0，0，2），＝（－2，0，1）.
假设线段A1B（不包括端点）上存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为.
设点E到AB的距离为a（0＜a＜2），则E（a，2－a，a），＝（a－2，2－a，a）.
设向量n＝（x，y，z）为平面AED的法向量，则有
即
取x＝1，可得平面AED的一个法向量为n＝（1，，2）.
由题意可知点A1到平面AED的距离d＝＝＝，解得a＝1或a＝0（舍去），所以E（1，1，1）.
所以线段A1B上存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为，此时E为线段A1B的中点.
随堂检测
1.B　∵a＝（3，－2，－3），b＝（－2，x－1，2），∴a·b＝－6－2（x－1）－6＝－2x－10.∵a与b的夹角为钝角，∴cos＜a，b＞＜0且a与b不共线，∴a·b＜0，且（3，－2，－3）≠λ（－2，x－1，2），∴－2x－10＜0且≠，即x＞－5且x≠，∴x的取值范围是（－5，）∪（，＋∞）.
2.　解析：如图，取AC的中点E，连接BE，DE，分别以EA，ED，EB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（1，0，0），C（－1，0，0），D（0，，0），B（0，0，）.设平面BCD的法向量为n＝（x，y，z）.因为＝（－1，0，－），＝（0，，－），所以令z＝.则y＝，x＝－3，即n＝（－3，，）.易知平面ACD的一个法向量为m＝（0，0，1），设平面BCD与平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
3.解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，∴AC，BC，CC1两两垂直.以C为坐标原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C（0，0，0），A（3，0，0），C1（0，0，4），B（0，4，0），B1（0，4，4）.
（1）证明：∵＝（－3，0，0），＝（0，－4，4），∴·＝0，∴AC⊥BC1.
（2）假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，
设＝λ＝（－3λ，4λ，0），其中λ∈[0，1]，
则D（3－3λ，4λ，0），于是＝（3－3λ，4λ，0），∵＝（－3，0，4），且AC1⊥CD，∴·＝0，即－9＋9λ＝0，解得λ＝1.∴在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，且这时点D与点B重合.
2 / 2(共67张PPT)
培优课　与圆有关的最值问题
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 翻折问题
【例1】　（2024·郑州质检）如图，在平行四边形 ABCD 中，∠ DAB
＝60°， AB ＝2， AD ＝4，将△ CBD 沿 BD 折起到△ EBD 的位置，使平
面 EBD ⊥平面 ABD .
（1）证明： AB ⊥ DE ；
解： 证明：在△ ABD 中，由余弦定理得， BD2＝ AB2＋ AD2－2
AB · AD cos ∠ DAB ，∴ BD ＝2 ，
∴∠ ABD ＝∠ CDB ＝∠ EDB ＝90°，即 ED ⊥ DB ，
∵平面 EBD ∩平面 ABD ＝ DB ，平面 EBD ⊥平面 ABD ， ED
平面 EBD ，
∴ ED ⊥平面 ABD ，
∵ AB 平面 ABD ，∴ AB ⊥ DE .
（2）若点 F 为 BE 的中点，求直线 AF 与平面 ADE 所成角的正弦值.
解：由（1）知 BD ， DC ， ED 两两垂直，
以 D 为坐标原点， DB ， DC ， DE 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.
则 D （0，0，0）， B （2 ，0，0），
C （0，2，0）， E （0，0，2）， A （2 ，－2，0），
F （ ，0，1），故 ＝（－ ，2，1），
＝（2 ，－2，0）， ＝（0，0，2），
设平面 ADE 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则
即令 x ＝1，则 y ＝ ，则 n ＝（1， ，
0），
设直线 AF 与平面 ADE 所成的角为α，
则 sin α＝｜ cos ＜ n ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，
∴直线 AF 与平面 ADE 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】
　如图，已知四边形 ABCD 为菱形，且∠ A ＝60°， E 为 AD 的中点，
现将四边形 EBCD 沿 BE 折起至四边形 EBHG 的位置，使得∠ AEG ＝
90°.若点 F 满足 ＝λ ，当 EF ∥平面 AGH 时，实数λ的值为 .
　
解析：令菱形 ABCD 的边长为2，由题意可知折起后
AE ⊥ GE ， AE ⊥ BE ， GE ⊥ BE . 以 E 为原点， EA ，
EB ， EG 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.则 A （1，0，0），
B （0， ，0）， E （0，0，0）， G （0，0，1）， H （0， ，
2），所以 ＝（－1，0，0）， ＝（－1， ，0）， ＝（－
1，0，1）， ＝（－1， ，2）.设平面 AGH 的法向量为 n ＝
（ x ， y ， z ），则 取 x ＝1，
则 y ＝－ ， z ＝1，所以 n ＝ 是平面 AGH 的一个法向量.
由题知 ＝λ ＝（－λ， λ，0），所以 ＝ － ＝（－λ， λ，0）－（－1，0，0）＝（1－λ， λ，0）.因为 EF ∥平面 AGH ，所以 n · ＝0，所以1－λ－ × λ＝0，所以λ＝ .
题型二 最值（范围）问题
【例2】　（2024·临沂月考）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＋ BC2－2 AB · 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）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 Cxyz .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
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［ ］.
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 - A1 B1 C1 D1
中， E 为 BC 的中点，点 P 在线段 D1 E 上，则点 P 到直线 CC1距离的最
小值为 .
　
解析：法一　如图，建立空间直角坐标系 Dxyz ，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 B1 C1的中点 E1，连接 D1 E1， E1 E ，则 CC1∥平面 D1 EE1.所
以点 P 到直线 CC1的距离的最小值即为 CC1与平面 D1 EE1的距离.过点
C1作 C1 F ⊥ D1 E1于 F ，线段 C1 F 的长即为所求.在Rt△ C1 D1 E1中， C1
F ＝ .
题型三 与空间角、距离有关的探索性问题
【例3】　在正三棱柱 ABC - A1 B1 C1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 Axyz .
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 ，｜ ｜＝ · ＝2 m －1.
如果异面直线 AB1和 MN 所成的角等于45°，那么向量
的夹角是45°或135°，而 cos ＜
＞＝ ＝ ＝±
，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】
　直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，底面是等腰三角形，∠ ACB ＝90°，侧棱
AA1＝2， CA ＝2， D 是 CC1的中点.试问：线段 A1 B （不包括端点）上
是否存在一点 E ，使得点 A1到平面 AED 的距离为 ？
解：如图所示，以 CA ， CB ， CC1所在直线分别为
x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，则
A （2，0，0）， A1（2，0，2）， D （0，0，1），
所以 ＝（0，0，2）， ＝（－2，0，1）.
假设线段 A1 B （不包括端点）上存在一点 E ，
使得点 A1到平面 AED 的距离为 .
设点 E 到 AB 的距离为 a （0＜ a ＜2），则 E （ a ，2－ a ， a ）， ＝
（ a －2，2－ a ， a ）.
设向量 n ＝（ x ， y ， z ）为平面 AED 的法向量，则有
即
取 x ＝1，可得平面 AED 的一个法向量为 n ＝（1， ，2）.
由题意可知点 A1到平面 AED 的距离 d ＝ ＝ ＝
，解得 a ＝1或 a ＝0（舍去），所以 E （1，1，1）.
所以线段 A1 B 上存在一点 E ，使得点 A1到平面 AED 的距离为 ，此
时 E 为线段 A1 B 的中点.
1. （2024·烟台月考）已知向量 a ＝（3，－2，－3）， b ＝（－2， x
－1，2），且 a 与 b 的夹角为钝角，则 x 的取值范围是（　　）
A. （－5，＋∞） B. （－5， ）∪（ ，＋∞）
C. （－∞，－5） D. （ ，＋∞）
解析：　∵ a ＝（3，－2，－3）， b ＝（－2， x －1，2），
∴ a · b ＝－6－2（ x －1）－6＝－2 x －10.∵ a 与 b 的夹角为钝角，
∴ cos ＜ a ， b ＞＜0且 a 与 b 不共线，∴ a · b ＜0，且（3，－2，－
3）≠λ（－2， x －1，2），∴－2 x －10＜0且 ≠ ，即 x ＞－5
且 x ≠ ，∴ x 的取值范围是（－5， ）∪（ ，＋∞）.
2. 已知菱形 ABCD 中，∠ ABC ＝60°，沿对角线 AC 折叠之后，使得平
面 BAC ⊥平面 ACD ，则平面 BCD 与平面 ACD 夹角的余弦值
为 .
　
解析：如图，取 AC 的中点 E ，连接 BE ， DE ，分
别以 EA ， ED ， EB 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 （1，
0，0）， C （－1，0，0）， D （0， ，0），
B （0，0， ）.设平面 BCD 的法向量为 n ＝（ x ，
y ， z ）.因为 ＝（－1，0，－ ＝
（0， ，－令 z ＝ .则 y ＝ ， x ＝－3，即 n ＝（－3， ）.易知平面 ACD 的一个法向量为 m ＝（0，0，1），设平面 BCD 与平面 ACD 的夹角为θ，则 cos θ
＝ ＝ ＝ .
3. （2024·台州月考）如图，在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AC ＝3，
BC ＝4， AB ＝5， AA1＝4.
（1）求证： AC ⊥ BC1；
解：在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AC ＝3，
BC ＝4， AB ＝5，∴ AC2＋ BC2＝ AB2，
∴ AC ⊥ BC ，∴ AC ， BC ， CC1两两垂直.
以 C 为坐标原点，以 CA ， CB ， CC1所
在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 C （0，0，0）， A （3，0，0）， C1（0，0，4）， B （0，4，0）， B1（0，4，4）.
（1）证明：∵ ＝（－3，0，0）， ＝（0，－4，
4），∴ · ＝0，∴ AC ⊥ BC1.
（2）在 AB 上是否存在点 D ，使得 AC1⊥ CD ？
解：假设在 AB 上存在点 D ，使得 AC1⊥ CD ，
设 ＝λ ＝（－3λ，4λ，0），其中λ∈[0，1]，
则 D （3－3λ，4λ，0），于是 ＝（3－3λ，4λ，0），
∵ ＝（－3，0，4），且 AC1⊥ CD ，∴ · ＝0，即
－9＋9λ＝0，解得λ＝1.∴在 AB 上存在点 D ，使得 AC1⊥
CD ，且这时点 D 与点 B 重合.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知点 A （ n ， n －1，2 n ）， B （1，－ n ， n ），则｜ ｜的最
小值为（　　）
A. B.
解析：　因为点 A （ n ， n －1，2 n ）， B （1，－ n ， n ），所以
＝（1－ n ，－2 n ＋1，－ n ），所以｜ ｜＝
＝ ＝
.当 n ＝ 时，｜ ｜有最小值，为 .
C. 2 D. 不存在
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2. （2024·茂名质检）如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一
个平行四边形 ABCD ，将平行四边形 ABCD 沿对角线 BD 折起，使
平面 ABD ⊥平面 BCD ，如图②，则直线 AC 与 BD 所成角的余弦值
为（　　）
A. B.
C. D.
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解析：　由平面 ABD ⊥平面 BCD ， AB ⊥ BD ，
平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD ， AB 平面 ABD ，所
以 AB ⊥平面 BCD ，又 DC 平面 BCD ，所以 AB
⊥ DC ，又 DB ⊥ DC ，过点 D 作 z 轴∥ AB ，建立
空间直角坐标系，如图所示，设 AB ＝1，所以 BD ＝1， DC ＝1， BC ＝ ，则 A （0，1，1）， B （0，1，0）， C （1，0，0）， D （0，0，0），所以 ＝（1，－1，－1）， ＝（0，－1，0），所以｜ cos ＜ ＞｜＝ ＝ ＝ .
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3. （2024·洛阳月考）如图，在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AB ＝ BC ，
AB ⊥ BC ，若棱 C1 C 上存在唯一的一点 P 满足 PA1⊥ BP ，则 ＝
（　　）
A. B. 1
C. D. 2
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解析：以点 B 为坐标原点， BA ， BC ， BB1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，设 BC ＝1， BB1＝ a （ a ＞0），则 B
（0，0，0）， A1（1，0， a ）， P （0，1，λ
a ），0≤λ≤1，所以 ＝（1，－1，（1－λ）a ）， ＝（0，1，λ a ），又存在唯一的一点 P 满足 PA1⊥ BP ，所以 · ＝λ（1－λ） a2－1＝0，则λ2－λ＋ ＝0，故Δ＝1－ ＝0，可得 a
＝2，此时λ＝ ＝2.
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4. 已知点 P 是棱长为1的正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的底面 ABCD 上一
点，则 · 的取值范围是（　　）
A. B.
C. [－1，0] D.
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解析：如图，以 A 为原点， AB ， AD ， AA1所在
直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系.设
P （ x ， y ，0），0≤ x ≤1，0≤ y ≤1，则 A1
（0，0，1）， C （1，1，0）， · ＝（－
x ，－ y ，1）·（1－ x ，1－ y ，0）＝ x2－ x ＋ y2－
y ＝（ x － ）2＋（ y － ）2－ ，因为0≤ x ≤1，0≤ y ≤1，所以当 x ＝ ， y ＝ · 有最小值－ ，当 x ＝1， y ＝1或 x ＝0， y ＝0时， · 取得最大值0，因此 · 的取值范围为［－ ，0］，故选D.
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5. （2024·临沂月考）如图，在四棱柱 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AA1⊥平
面 A1 B1 C1 D1，底面 A1 B1 C1 D1是边长为 a 的正方形，侧棱 AA1的长
为 b ， E 为侧棱 BB1上的动点（包括端点），则（　　）
A. 对任意的 a ， b ，存在点 E ，使得 B1 D ⊥ EC1
B. 当且仅当 a ＝ b 时，存在点 E ，使得 B1 D ⊥ EC1
C. 当且仅当 a ≥ b 时，存在点 E ，使得 B1 D ⊥ EC1
D. 当且仅当 a ≤ b 时，存在点 E ，使得 B1 D ⊥ EC1
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解析：　以 D1为坐标原点，建立如图所示的空间
直角坐标系，则 B1（ a ， a ，0）， D （0，0，
b ）， C1（0， a ，0），设 E （ a ， a ， t ）（0≤ t
≤ b ），所以 ＝（－ a ，－ a ， b ）， ＝
（－ a ，0，－ t ），所以 · ＝ a2－ bt ，令 a2
－ bt ＝0， t ＝ ，由0≤ ≤ b 得 a ≤ b ，所以当且
仅当 a ≤ b 时，存在点 E ，使得 B1 D ⊥ EC1，故选
项D正确.
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6. 如图，在正三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，底面边长为 a ，侧棱长为 b ，且
a ≥ b ，点 D 是 BC1的中点，则直线 AD 与侧面 ABB1 A1所成角的正切
值的最小值是（　　）
A. B.
C. D.
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解析：　如图，取 A1 B1的中点 E ，连接 BE ， C1
E ，则 C1 E ⊥ A1 B1，由正三棱柱的性质可知，平面
A1 B1 C1⊥平面 ABB1 A1，∴ C1 E ⊥平面 ABB1 A1，取
BE 的中点 F ，连接 AF ， DF .
∵ D 为 BC1的中点，∴ DF ∥ C1 E ，∴ DF ⊥平面
ABB1 A1，∴∠ DAF 即为直线 AD 与侧面 ABB1 A1所成的角.在Rt△ AFD 中， DF ＝ C1 E ＝ a ， AF ＝ ＝ ，
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∴tan∠ DAF ＝ ＝ ＝ ≥ ＝ ，当且仅当 a ＝ b 时，
等号成立，∴直线 AD 与侧面 ABB1 A1所成角的正切值
的最小值为 .
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7. （多选）如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E 为线段 AA1上的一
个动点， F 为线段 B1 C1上的一个动点，则平面 EFB 与底面 ABCD 夹
角的余弦值可能为（　　）
A. 0 B.
C. D. 2
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解析：设平面 EFB 与底面 ABCD 的夹角为θ，
如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱
长为1， AE ＝ m ， FC1＝ n ，则 D （0，0，0），
A （1，0，0）， B （1，1，0）， C （0，1，0），
D1（0，0，1）， E （1，0， m ）， F （ n ，1，1），
＝（0，－1， m ）， ＝（ n －1，0，1），设平面 EFB 的一个法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则取 x ＝－1，
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则平面 EFB 的法向量为（－1， m （ n －1），
n －1），而底面 ABCD 的一个法向量为（0，0，1），则 cos θ＝ ，结合选项，当 n ＝1时， cos θ＝0，当 n ≠1时， cos θ＝ ∈（0， ］，故 cos θ∈［0， ］.故选A、B.
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8. （多选）（2024·厦门月考）如图，菱形 ABCD 的边长为2，∠ BAD
＝60°， E 为边 AB 的中点，将△ ADE 沿 DE 折起，使 A 到A'，且平面
A'DE⊥平面 BCDE ，连接A'B，A'C，则下列结论中正确的是（　　）
A. BD ⊥ A ' C
B. BE 到平面 A ' CD 的距离为
C. BC 与 A ' D 所成角的余弦值为
D. 直线 A ' B 与平面 A ' CD 所成角的正弦值为
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解析：　由题意知 EB ， ED ，EA'两两垂直，以 E 为坐标原点，分别以 的方向为 x ， y ， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略）.易知 B （1，0，0）， D （0， ，0），A'（0，0，1）， C （2， ，0），可得 ＝（－1， ，0）， ＝（2， ，－1），因为 · ＝－2＋3＝1≠0，所以 BD 与A'C不垂直，所以A错误；过点 E 作 EM ⊥A'D于点 M ，因为 BE ⊥ ED ， BE ⊥A'E，且 ED ∩A'E＝ E ， ED ，A'E 平面A'ED，所以 BE ⊥平面A'ED，又 BE ∥ CD ，所以 CD ⊥平面A'ED，又因为 EM 平面A'ED，所以 EM ⊥ CD ，又 EM ⊥A'D且A'D∩ CD ＝ D ，A'D， CD 平面A'CD，所以 EM ⊥平面A'CD，即 EM 的长为点 E 到平面A'CD的距离，在Rt△A'ED中，A'E＝1， ED ＝ ，A'D＝2，可得 EM ＝ ＝ ，易知 BE ∥平面A'CD，
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所以 BE 到平面A'CD的距离为 ，所以B正确；易知 ＝（1， ，0）， ＝（0， ，－1），设 BC 与A'D所成的角为θ，可得 cos θ＝ ＝ ＝ ，即 BC 与A'D所成角的余弦值为 ，所以C正确；易知 ＝（1，0，－1）， ＝（2， ，－1）， ＝（0， ，－1），设平面A'CD的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则 取 y ＝1，可得 x ＝0， z ＝ ，即平面A'CD的一个法向量为 n ＝（0，1， ），设直线A'B与平面A'CD所成角为α， sin α＝ ＝ ＝ ，即直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为 ，所以D不正确.
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9. 如图所示，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互
相垂直，动点 M 在线段 PQ 上， E ， F 分别为 AB ， BC 的中点.设异
面直线 EM 与 AF 所成的角为θ，则 cos θ的最大值为 .
　
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解析：以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AQ
所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 AB ＝2，则 F （2，
1，0）， E （1，0，0），设 M （0， m ，2）， m ∈[0，2]，故
＝（2，1，0）， ＝（－1， m ，2），故 cos θ＝ ＝
＝ f （ m ），观察分子、分母的变化，可知当 m ∈[0，2]
时， f （ m ）单调递减， f （ m ）max＝ f （0）＝ ，当 m ＝2时，
f （2）＝0，故 cos θ的最大值为 .
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10. 如图，已知△ ABC 与△ BCD 所在平面垂直，且∠ BAC ＝∠ BCD ＝
90°， AB ＝ AC ， CB ＝ CD ，点 P ， Q 分别在线段 BD ， CD 上，沿
直线 PQ 将△ PQD 向上翻折，使 D 与 A 重合.则直线 AP 与平面 ACQ
所成角的正弦值为 .
　
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解析：取 BC 的中点 O ， BD 的中点 E ，如图，以 OB 所
在直线为 x 轴，以 OE 所在直线为 y 轴，以 OA 所在直线
为 z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 BC ＝2，则
A （0，0，1）， D （－1，2，0）， B （1，0，0），
C （－1，0，0）， P （ x ，1－ x ，0），由 AP ＝ DP ，
得 x2＋（1－ x ）2＋1＝（ x ＋1）2＋（ x ＋1）2，解得
x ＝0，所以 P （0，1，0），故 ＝（0，1，－1）.
设 n ＝（ x ， y ， z ）为平面 ACQ 的一个法向量，因为 ＝（－1，0，－1）， ＝λ ＝λ（0，1，0），由 令 x ＝1，所以 n ＝（1，0，－1）.设直线 AP 与平面 ACQ 所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ， n ＞｜＝ ＝ .
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11. 如图，直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，侧棱长为2， AC ＝ BC ＝1，∠
ACB ＝90°，点 D 是 A1 B1的中点， F 是侧面 AA1 B1 B （含边界）上
的动点.要使 AB1⊥平面 C1 DF ，则线段 C1 F 长的最大值为 .
　
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解析：取 BB1上靠近 B1的四等分点为 E ，连接 DE ，当点 F 在 DE 上时， AB1⊥平面 C1 DF ，证明如下：因为直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，侧棱长为2， AC ＝ BC ＝1，∠ ACB ＝90°，点 D 是 A1 B1的中点，所以 C1 D ⊥平面 AA1 B1 B ，所以 C1 D ⊥ AB1.以 C1为坐标原点， C1 A1， C1 B1， C1 C 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系（图略）.所以 A （1，0，2）， B1（0，1，0）， D （ ，0）， E （0，1， ），即 ＝（－1，1，－2）， ＝（－ ），此时 · ＝0，即 AB1⊥ DE ，所以 AB1⊥平面 C1 DE ，故当 F 在 DE 上时， AB1⊥平面 C1 DF ，很明显，当 E ， F 重合时，线段 C1 F 最长，此时 C1 F ＝ .
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12. 如图，在棱长为4的正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中，点 P 在棱 CC1上，
且 CP ＝λ CC1（0＜λ＜1）.
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（1）当λ＝ 时，求直线 AP 与平面 BB1 C1 C 所成的角的正弦值；
解：以点 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD1所在直线分别为
x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，因为λ＝ ，则 A （4，0，
0）， P （0，4，1），则 ＝（－4，4，1），易知平面
BB1 C1 C 的一个法向量为 u ＝（0，1，0），所以 cos ＜ ，
u ＞＝ ＝ ＝ ，因此，当λ＝ 时，直线
AP 与平面 BB1 C1 C 所成的角的正弦值为 .
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（2）是否存在λ，使平面 APD1与平面 ABCD 的夹角的余弦值为
？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
解：因为 A （4，0，0）， D1（0，0，4）， P （0，4，
4λ），设平面 APD1的法向量为 m ＝（ x ， y ， z ）， ＝
（4，0，－4）， ＝（0，4，4λ－4），由
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取 z ＝1，可得 m ＝（1，1－λ，
1），易知平面 ABCD 的一个法向量为 n ＝（0，0，1），由
题意可得｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ ＝
＝ ，因为0＜λ＜1，解得λ＝ .所以当λ＝ 时，平面 APD1与
平面 ABCD 的夹角的余弦值为 .
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13. （2024·广州月考）如图①，☉ O 的直径 AB ＝4，点 C ， D 为☉ O
上的两点，且∠ CAB ＝45°，∠ DAB ＝60°， F 为 的中点.将圆沿
直径 AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直，如图②.
（1）求证： OF ∥平面 ACD ；
解： 证明：连接 CO ，
∵∠ CAB ＝45°，∴∠ COB ＝90°，
∵ F 为 的中点，∴∠ FOB ＝45°，
又∠ CAB ＝45°，∴ OF ∥ AC .
∵ OF 平面 ACD ， AC 平面 ACD ，∴ OF ∥平面 ACD .
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（2）求平面 ACD 与平面 ABD 夹角的余弦值.
解：连接 BC ，∵平面 ABC ⊥平面 ABD ，平面 ABC ∩平面
ABD ＝ AB ， CO ⊥ AB ，∴ CO ⊥平面 ABD .
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以 O 为原点， AB 所在的直线为 y 轴， OC 所在的直线为 z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则 A （0，－2，0）， C （0，0，2）.
∵∠ DAB ＝60°，∴ D （ ，－1，0），
∴ ＝（ ，1，0）， ＝（0，2，2）.
设 n1＝（ x ， y ， z ）为平面 ACD 的法向量.
由
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令 x ＝1，则 y ＝－ ， z ＝ ，∴ n1＝（1，－ ）.
易知平面 ABD 的一个法向量为 n2＝（0，0，1），
设平面 ACD 与平面 ABD 的夹角为θ，
∴ cos θ＝ ＝ ＝ ，即平
面 ACD 与平面 ABD 夹角的余弦值为 .
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