【数学总复习-考点精讲】RJA 第七章 核心专题突破 立体几何中的热点问题

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核心专题突破　立体几何中的热点问题
考点一　翻折问题(综合研析)
(2022·常德市临澧一中阶段性考试)如图1，在矩形ABCD中，AB＝ 4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1 ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
(2)求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值．
【解】　(1)取D1E的中点N，连接AN，NF，
则NF＝EC，NF∥EC.
因为EC＝AB＝2，当AM＝AB＝1时，
AM＝EC，AM∥EC.
连接MF，则NF＝AM且NF∥AM，则四边形AMFN是平行四边形，所以AN∥MF.
又MF 平面D1AE，AN 平面D1AE，则MF∥平面D1AE.
(2)分别取AE，AB，BC的中点O，G，K，连接OD1，OM，OK，EG，
因为AD1＝ED1＝2，所以OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，
所以OD1⊥平面ABCE，又OM，OK 平面ABCE，所以OD1⊥OM，OD1⊥OK.
易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，所以OM⊥OK，
如图建立空间直角坐标系O xyz.
则D1(0, 0，)，E(－1，1，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，所以＝，＝(0，2，0)，＝，
设平面CD1E的法向量为n＝(x, y, z)，
由得取z＝1，则n＝(－， 0, 1)．
记直线BD1与平面CD1E所成的角为φ，
则sin φ＝|cos?，n?|＝＝＝.
翻折问题的求解策略
翻折问题中的处理关键是结合图形弄清翻折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．
|跟踪训练|
(2022·佛山质检)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)证明：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图①，连接AE，AC，AC交BE于点F.
因为＝2，DC＝3，所以CE＝2，所以AB＝CE，
又AB∥CD，所以四边形AECB是平行四边形．在Rt△ACD中，AC＝＝2，
所以AF＝CF＝.
在图②中，AC1＝，所以AF2＋C1F2＝AC，所以C1F⊥AF，
由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，
所以C1F⊥平面ABED，又C1F 平面BC1E，
所以平面BC1E⊥平面ABED.
(2)如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系D xyz.
则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，2，0)，E(0，1，0)，F，C1，
所以＝，＝(，0，0)，＝，
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取z＝，得n＝(0，－2，)，所以|n|＝，
记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，
则sin θ＝|cos?，n?|＝
＝＝.
考点二　探索性问题(综合研析)
(2021·高考全国卷甲改编)
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夹角的正弦值最小？
【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，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的夹角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小．
(1)探索性问题求解策略：用空间向量解决探索性问题时，不需要进行复杂的作图、论证和推理，只需通过坐标运算进行判断，一般用坐标待定法或比值待定法，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解或是否有规定范围内的解的问题．
(2)通过运算解决一些推理论证问题，可以培养学生数学运算这一核心素养．
|跟踪训练|
(2022·衡水第10次调研)
已知图中直棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.点E，F，P，Q分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上运动，且满足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.
(1)求证：E，F，P，Q四点共面，且EF∥平面PQB；
(2)是否存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为直棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD.
设AC，BD交点为O，以O为原点，
以OA所在直线，OB所在直线，过点O且与AA1平行的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(0，1，0)．
设BF＝a，a∈[1，3]，
则E(2，0，a－1)，F(0，1，a)，P(－2，0，a＋1)，
Q(0，－1，a)，
所以＝(－2，1，1)，＝(－2，1，1)，
即EF∥PQ，故E，F，P，Q四点共面．
又EF 平面PQB，PQ 平面PQB，
所以EF∥平面PQB.
(2)不存在．理由如下：
在平面EFPQ中，＝(－2，1，1)，
＝(－2，－1，1)，
设平面EFPQ的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，可得平面EFPQ的一个法向量为n1＝(1，0，2)．
在平面PQB中，＝(－2，－1，a＋1)，＝(0，－2，a)，
设平面PQB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
令z2＝4，得平面PQB的一个法向量n2＝(a＋2，2a，4)，
则|cos〈n1，n2〉|＝＝，
可得(a＋10)2＝5a2＋4a＋20，
解得a＝2±2 [1，3]，
故不存在点P使得平面PQB与平面PQE夹角的余弦值为.
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