(共55张PPT)
培优课
立体几何中的综合问题
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 简单的翻折问题
【例1】 (2024·南京质检)如图,四边形ABCD为正方形,E,F
分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点
P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
解: 证明:由已知可得BF⊥PF,
BF⊥EF,PF∩EF=F,PF,EF 平面PEF,所以BF⊥平面PEF. 又BF 平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
解: 如图,作PH⊥EF,交EF于点H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点, 的方向为y轴正方向,建
立空间直角坐标系H-xyz.
由(1)得,DE⊥PE.
设DP=2,所以DE=1,所以PE= .
又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF,所以PH= ,EH= ,
则H(0,0,0),P(0,0, ),D(-1,- ,0),则 =(1, , ), =(0,0, ).
又 为平面ABFD的法向量,设DP与平面ABFD所成的角为θ,
则 sin θ=| cos < , >|== = .
所以DP与平面ABFD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】
(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,下列结论正
确的是( )
A. AC⊥BD
C. △ADC为等边三角形
解析: 如图,取BD的中点O,
连接AO,CO,易知BD⊥平面AOC,
故BD⊥AC,故A正确;如图,建立空
间直角坐标系,设正方形边长为a,则A( a,0,0),B(0,- a,0),C(0,0, a),D(0, a,0),故 =(- a,- a,0), =(0, a,- a).由两向量夹角公式得 cos < , >=- ,故两异面直线所成的角为 ,故B正确;
在Rt△AOC中,由AO=CO= a,AO⊥CO,所以AC= AO=a,故△ADC为等边三角形,故C正确;易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角,可求得∠ABO= ,故D错.
题型二 与空间角、距离有关的探索性问题
【例2】 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°?
解:以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标
系A-xyz.
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°.
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】
(2024·常州月考)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正
方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,E为PD的中点.
试问:在线段BC上是否存在点F,使得点E到平面PAF的距离为
?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
解:由PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,
∴PA,AB,AD两两互相垂直.以A为坐标原点,
AB,AD,AP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A-xyz,
则A(0,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),
假设存在满足题意的点F,且F(2,t,0)
(0≤t≤2).
易得 =(2,t,0), =(0,0,2), =(0,1,1).
设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),
则取a=t,则b=-2,c=0,
∴n=(t,-2,0).
∴点E到平面PAF的距离为 = = ,
∴t=1,此时点F为线段BC的中点.
∴当点F为线段BC的中点时,点E到平面PAF的距离为 .
题型三 最值(范围)问题
【例3】 正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在A1C上运动(包括端
点),则BP与AD1所成角的取值范围是( )
解析: 以点D为坐标原点,建立如图所示的空间
直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,则A(1,
0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,
0,1),D1(0,0,1),所以 =(-1,0,
1), =(-1,1,-1).设P(x,y,z),因为点P在A1C上运动(包括端点),所以 =λ (0≤λ≤1).又 =
(x-1,y,z-1),所以所以所以点P
(1-λ,λ,1-λ),所以 =(-λ,λ-1,1-λ),所以
cos < , >= =
= .因为0≤λ≤1,所以当λ= 时, cos < ,
>取得最大值 ;当λ=0时, cos < , >取得最小值 .
又< , >∈[0,π],所以< , >∈[ , ],所以
BP与AD1所成角的取值范围是[ , ],故选D.
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,求点P到直线CC1距离的最
小值.
解:法一 如图,建立空间直角坐标系D-xyz,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= .
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知a=(x,2,1),b=(3,-x,-4),且a与b的夹角为
钝角,则x的取值范围是( )
A. x<4 B. -4<x<0
C. 0<x<4 D. x>4
解析: 易知a,b不共线,因为a与b的夹角为钝角,所以满足
a·b<0,所以代入坐标得出x<4,故选A.
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2. (2024·宿迁月考)二面角α-l-β的平面角为120°,在平面α
内,AB⊥l于B,AB=2,在平面β内,CD⊥l于D,CD=3,
BD=1,M是棱l上的一个动点,则AM+CM的最小值为( )
A. 6 D. 5
解析: 将二面角α-l-β平摊开来,如图所示,
当A,M,C在一条直线时AM+CM取得最小值,
最小值即为对角线AC,而AE=5,EC=1,故AC
= .故选C.
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3. 如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若
点P满足 = - + ,则| |2的值为( )
B. 2
解析: 取BD的中点E,连接AE,CE(图略),
则AE=CE= ,∠AEC=90°,所以AC=1.又AC⊥BD, = - + = + ,故| |2=( + )2= + · + = +2= .
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4. 已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得
平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为( )
A. 2
解析: 如图,取AC的中点E,连接BE,DE,
BD. 因为四边形ABCD为菱形,所以BE⊥AC,
DE⊥AC. 又因为平面BAC⊥平面DAC,平面
BAC∩平面DAC=AC,BE 平面BAC,所以
BE⊥平面DAC. 因为DE 平面DAC,所以BE⊥DE,即DE,
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AE,BE两两垂直,所以以E为坐标原点,分别以ED,EA,EB
所在直线为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(0,1,0),C(0,-1,0),D( ,0,
0),B(0,0, ),所以 =(0,-1,- ), =
( ,0,- ).设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则
即所以n=( ,-3, ).易
得平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1).设二面角B-CD-A
的平面角为θ,则| cos θ|= = = ,由图可知
二面角B-CD-A为锐二面角,所以 cos θ= ,故选D.
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5. (2024·扬州质检)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为
菱形,E,F分别是BB1,DD1的中点,G为AE的中点且FG=3,
则△EFG的面积的最大值为( )
B. 3
解析: 连接AC交BD于O,∵底面ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,以OC,OD,Oz为坐标轴建立空间直
角坐标系O-xyz,设OC=a,OD=b,棱柱的高为
h,则A(-a,0,0),E(0,-b, ),F(0,
b, ),∴G(- ,- , ). =(- ,- ,
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- ), =(0,-2b,0),∴ cos < , >= = = ,∴E到直线FG的距离d=| | sin < , >=2b· =b ,∴S△EFG= ·FG·d= b = ≤ × =3.当且仅当b2=4-b2即b2=2时取等号.故选B.
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6. (多选)已知 =(0,1,1), =(2,-1,2),BE⊥平
面BCD,则( )
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解析: 因为BE⊥平面BCD,所以 是平面BCD的一个法向
量,所以点A到平面BCD的距离为 = ,故A错误,C正
确;AB与平面BCD所成角的正弦值为 = = ,故B
正确,D错误.故选B、C.
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7. (多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则
( )
A. AC与BD所成的角为90°
B. AD与BC所成的角为45°
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解析: 如图所示,根据题意,取BD的中点O,
连接AO,CO,则OA⊥BD,OC⊥BD,OA⊥
OC,则以点O为原点,OC所在直线为x轴,OD
所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,建立空间直
角坐标系.设OC=1,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),则 =(1,0,-1), =(0,2,0).因为 · =1×0+0×2+(-1)×0=0,所以AC⊥BD,则选项A正确;因为 =(0,1,-1), =(1,1,0),所以 cos < , >= = = ,所以AD与BC所成的角为60°,则选项B错误;设平面ACD的一个法向量为t=(x,y,z),则取z=1,则x=y= 1,所以t=(1,1,1),
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设BC与平面ACD所成的角为θ,所以 sin θ=| cos < ,t>|= = = ,则选项C错误;由题意易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1), =(0,1,1), =(1,1,0),设平面ABC的一个法向量为m=(x',y',z'),则取x'=1,则y'=-1,z'=1,所以m=(1,-1,1),设平面ABC与平面BCD的夹角为α,则 cos α=| cos <m,n>|= = ,所以 sin α= ,所以tan α= ,所以平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值为 ,则选项D正确.
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8. 如图,在空间直角坐标系A-xyz中,E(0,0,1),B(1,0,
0),F(0,2,2),C(a,2,0).则实数a= 时,点
E,F,C,B共面.
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解析: =(1,0,-1), =(0,2,1), =(a-1,
2,0),若点E,F,C,B共面,则存在实数x和y使得 =
x +y ,所以解得所以当实数a=
2时,点E,F,C,B共面.
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9. 如图所示,M,N是直角梯形ABCD两腰的中点,DE⊥AB于点
E,现将△ADE沿DE折起,使二面角A-DE-B为45°,此时点A
在平面BCDE内的射影恰为点B,则M,N的连线与AE所成角的
大小为 .
90°
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解析:建立空间直角坐标系,如图所示.由题意
知△ABE为等腰直角三角形.设CD=1,则BE=
1,AB=1,AE= .设BC=DE=2a,则E
(0,0,0),A(1,0,1),N(1,a,
0),D(0,2a,0),M( ,a, ),所以 =( ,0,- ), =(-1,0,-1),所以 · =( ,0,- )·(-1,0,-1)=0,故 ⊥ ,从而MN与AE所成角
的大小为90°.
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10. 已知正四面体A-BCD的棱长为3,平面BCD内一动点P满足AP=
2 ,则|BP|的最小值是 - ;直线AP与直线BC所
成角的取值范围为 .
-
[ , ]
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解析:设A在平面BCD内的投影为E,故E为
△BCD的中心,故BE= ×3× = ,AE=
= .AP=2 ,PE=
= ,故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心, 为半径的圆.BE= ,当B,P,E三点共线,且P在BE之间时,|BP|的最小值是 - .以E为原点,BE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0, ),B( ,0,0),C(- , ,0),D(- ,- ,0).设P
( cos θ, sin θ,0),θ∈[0,2π),
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故 =( cos θ, sin θ,- ), =(- , ,0),设直线AP与直线BC所成角为α, cos α= = = sin (θ- )∈[- , ],所以 cos α∈[- , ],又α∈[0, ],故α∈[ , ].
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11. 在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2 ,
∠ABC=90°,如图①,把△ABD沿BD翻折,使得平面ABD⊥
平面BCD,如图②.
(1)求证:CD⊥AB;
解: 证明:由已知条件可
得BD=2,CD=2,
CD⊥BD.
因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD.
所以CD⊥平面ABD. 又因为AB 平面ABD,所以CD⊥AB.
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(2)若M为线段BC的中点,求点M到平面ACD的距离.
解: 以D为坐标原点,BD所在的直线为x轴,DC
所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图.由
已知条件可得D(0,0,0),A(1,0,1),
B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),
=(0,-2,0), =(-1,0,-1).
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),
则 ⊥n, ⊥n,所以可得
令x=1,得平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1).
因为 =(-1,1,0),所以点M到平面ACD的距离d
= = = .
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12. (2024·镇江月考)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+BC2-2AB·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.
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(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C-xyz.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
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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[ , ].
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13. (2024·盐城质检)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面
垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N分别是CC1,BC的
中点,点P在直线A1B1上,且 =λ .
(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥PN;
解:以A为坐标原点建立如图所示的空间直
角坐标系,则A1(0,0,1),B1(1,0,
1),M(0,1, ),N( , ,0),故
=(1,0,0), =(- , , ).
∵ =λ =(λ,0,0),∴P(λ,0,1),
∴ =( -λ, ,-1).
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(1)证明:∵ =(0,1, ),
∴ · =0+ - =0,∴ ⊥ ,
∴无论λ取何值,总有AM⊥PN.
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(2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大?并求
该角取最大值时的正切值;
解: ∵m=(0,0,1)是平面ABC的一个
法向量,
∴ sin θ=| cos <m· >|=
= .
又θ∈(0, ],∴当λ= 时, sin θ取得最大值,
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即θ取得最大值,此时 sin θ= , cos θ= ,
∴tan θ=2.
故当λ= 时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大,
此时tan θ=2.
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(3)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的二面角
为30°?若存在,试确定点P的位置;若不存在,请说明
理由.
解:不存在.理由如下:假设存在点P满足题意.
设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量.
由得
令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,
∴n=(3,1+2λ,2-2λ).
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由(2)知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
∴| cos <m,n>|=
= ,
化简得4λ2+10λ+13=0(*).
∵Δ=100-4×4×13=-108<0,∴方程
(*)无解,
∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成
的二面角为30°.
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谢 谢 观 看!培优课 立体几何中的综合问题
1.已知a=(x,2,1),b=(3,-x,-4),且a与b的夹角为钝角,则x的取值范围是( )
A.x<4 B.-4<x<0
C.0<x<4 D.x>4
2.(2024·宿迁月考)二面角α-l-β的平面角为120°,在平面α内,AB⊥l于B,AB=2,在平面β内,CD⊥l于D,CD=3,BD=1,M是棱l上的一个动点,则AM+CM的最小值为( )
A.6 B. C. D.5
3.如图,将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,若点P满足=-+,则||2的值为( )
A. B.2 C. D.
4.已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为( )
A.2 B. C. D.
5.(2024·扬州质检)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,E,F分别是BB1,DD1的中点,G为AE的中点且FG=3,则△EFG的面积的最大值为( )
A. B.3 C.2 D.
6.(多选)已知=(0,1,1),=(2,-1,2),BE⊥平面BCD,则( )
A.点A到平面BCD的距离为
B.AB与平面BCD所成角的正弦值为
C.点A到平面BCD的距离为
D.AB与平面BCD所成角的正弦值为
7.(多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则( )
A.AC与BD所成的角为90°
B.AD与BC所成的角为45°
C.BC与平面ACD所成角的正弦值为
D.平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值是
8.如图,在空间直角坐标系A-xyz中,E(0,0,1),B(1,0,0),F(0,2,2),C(a,2,0).则实数a= 时,点E,F,C,B共面.
9.如图所示,M,N是直角梯形ABCD两腰的中点,DE⊥AB于点E,现将△ADE沿DE折起,使二面角A-DE-B为45°,此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B,则M,N的连线与AE所成角的大小为 .
10.已知正四面体A-BCD的棱长为3,平面BCD内一动点P满足AP=2,则|BP|的最小值是 ;直线AP与直线BC所成角的取值范围为 .
11.在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°,如图①,把△ABD沿BD翻折,使得平面ABD⊥平面BCD,如图②.
(1)求证:CD⊥AB;
(2)若M为线段BC的中点,求点M到平面ACD的距离.
12.(2024·镇江月考)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.
13.(2024·盐城质检)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在直线A1B1上,且=λ.
(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥PN;
(2)当λ取何值时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大?并求该角取最大值时的正切值;
(3)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°?若存在,试确定点P的位置;若不存在,请说明理由.
培优课 立体几何中的综合问题
1.A 易知a,b不共线,因为a与b的夹角为钝角,所以满足a·b<0,所以代入坐标得出x<4,故选A.
2.C 将二面角α-l-β平摊开来,如图所示,当A,M,C在一条直线时AM+CM取得最小值,最小值即为对角线AC,而AE=5,EC=1,故AC=.故选C.
3.C 取BD的中点E,连接AE,CE(图略),则AE=CE=,∠AEC=90°,所以AC=1.又AC⊥BD,=-+=+,故||2=(+)2=+·+=+2=.
4.D 如图,取AC的中点E,连接BE,DE,BD.因为四边形ABCD为菱形,所以BE⊥AC,DE⊥AC.又因为平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BE 平面BAC,所以BE⊥平面DAC.因为DE 平面DAC,所以BE⊥DE,即DE,AE,BE两两垂直,所以以E为坐标原点,分别以ED,EA,EB所在直线为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(0,1,0),C(0,-1,0),D(,0,0),B(0,0,),所以=(0,-1,-),=(,0,-).设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则即所以n=(,-3,).易得平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1).设二面角B-CD-A的平面角为θ,则|cos θ|===,由图可知二面角B-CD-A为锐二面角,所以cos θ=,故选D.
5.B 连接AC交BD于O,∵底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD,以OC,OD,Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz,设OC=a,OD=b,棱柱的高为h,则A(-a,0,0),E(0,-b,),F(0,b,),∴G(-,-,).=(-,-,-),=(0,-2b,0),∴cos<,>===,∴E到直线FG的距离d=||sin<,>=2b·=b,∴S△EFG=·FG·d=b=≤×=3.当且仅当b2=4-b2即b2=2时取等号.故选B.
6.BC 因为BE⊥平面BCD,所以是平面BCD的一个法向量,所以点A到平面BCD的距离为=,故A错误,C正确;AB与平面BCD所成角的正弦值为==,故B正确,D错误.故选B、C.
7.AD 如图所示,根据题意,取BD的中点O,连接AO,CO,则OA⊥BD,OC⊥BD,OA⊥OC,则以点O为原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.设OC=1,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),则=(1,0,-1),=(0,2,0).因为·=1×0+0×2+(-1)×0=0,所以AC⊥BD,则选项A正确;因为=(0,1,-1),=(1,1,0),所以cos<,>===,所以AD与BC所成的角为60°,则选项B错误;设平面ACD的一个法向量为t=(x,y,z),则取z=1,则x=y=1,所以t=(1,1,1),设BC与平面ACD所成的角为θ,所以sin θ=|cos<,t>|===,则选项C错误;由题意易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),=(0,1,1),=(1,1,0),设平面ABC的一个法向量为m=(x',y',z'),则取x'=1,则y'=-1,z'=1,所以m=(1,-1,1),设平面ABC与平面BCD的夹角为α,则cos α=|cos<m,n>|==,所以sin α=,所以tan α=,所以平面ABC与平面BCD所成二面角的正切值为,则选项D正确.
8.2 解析:=(1,0,-1),=(0,2,1),=(a-1,2,0),若点E,F,C,B共面,则存在实数x和y使得=x+y,所以解得所以当实数a=2时,点E,F,C,B共面.
9.90° 解析:建立空间直角坐标系,如图所示.由题意知△ABE为等腰直角三角形.设CD=1,则BE=1,AB=1,AE=.设BC=DE=2a,则E(0,0,0),A(1,0,1),N(1,a,0),D(0,2a,0),M( ,a,),所以=( ,0,-),=(-1,0,-1),所以·=( ,0,-)·(-1,0,-1)=0,故⊥,从而MN与AE所成角的大小为90°.
10.- [,] 解析:设A在平面BCD内的投影为E,故E为△BCD的中心,故BE=×3×=,AE==.AP=2,PE==,故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心,为半径的圆.BE=,当B,P,E三点共线,且P在BE之间时,|BP|的最小值是-.以E为原点,BE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,),B(,0,0),C(-,,0),D(-,-,0).设P(cos θ,sin θ,0),θ∈[0,2π),故=(cos θ,sin θ,-),=(-,,0),设直线AP与直线BC所成角为α,cos α===sin(θ-)∈[-,],所以cos α∈[-,],又α∈[0,],故α∈[,].
11.解:(1)证明:由已知条件可得BD=2,CD=2,CD⊥BD.
因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD.
所以CD⊥平面ABD.
又因为AB 平面ABD,所以CD⊥AB.
(2)以D为坐标原点,BD所在的直线为x轴,DC所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图.由已知条件可得D(0,0,0),A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),=(0,-2,0),=(-1,0,-1).
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),
则⊥n,⊥n,
所以可得
令x=1,得平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1).
因为=(-1,1,0),
所以点M到平面ACD的距离d===.
12.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C-xyz.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[,].
13.解:以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M(0,1,),N(,,0),故=(1,0,0),=(-,,).
∵=λ=(λ,0,0),∴P(λ,0,1),
∴=(-λ,,-1).
(1)证明:∵=(0,1,),
∴·=0+-=0,∴⊥,
∴无论λ取何值,总有AM⊥PN.
(2)∵m=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量,
∴sin θ=|cos<m·>|
=
=.
又θ∈(0,],∴当λ=时,sin θ取得最大值,
即θ取得最大值,此时sin θ=,cos θ=,
∴tan θ=2.
故当λ=时,直线PN与平面ABC所成的角θ最大,
此时tan θ=2.
(3)不存在.理由如下:假设存在点P满足题意.
设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量.
由
得
令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,
∴n=(3,1+2λ,2-2λ).
由(2)知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
∴|cos<m,n>|
==,
化简得4λ2+10λ+13=0(*).
∵Δ=100-4×4×13=-108<0,∴方程(*)无解,
∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°.
2 / 2 立体几何中的综合问题
题型一 简单的翻折问题
【例1】 (2024·南京质检)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD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】
(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,下列结论正确的是( )
A.AC⊥BD
B.AB,CD所成角为
C.△ADC为等边三角形
D.AB与平面BCD所成角为
题型二 与空间角、距离有关的探索性问题
【例2】 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】
(2024·常州月考)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,E为PD的中点.
试问:在线段BC上是否存在点F,使得点E到平面PAF的距离为?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
题型三 最值(范围)问题
【例3】 正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在A1C上运动(包括端点),则BP与AD1所成角的取值范围是( )
A.[,] B.[,]
C.[,] D.[,]
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,求点P到直线CC1距离的最小值.
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:由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,PF,EF 平面PEF,所以BF⊥平面PEF.又BF 平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图,作PH⊥EF,交EF于点H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.
由(1)得,DE⊥PE.
设DP=2,所以DE=1,所以PE=.
又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF,所以PH=,EH=,
则H(0,0,0),P(0,0,),D(-1,-,0),则=(1,,),=(0,0,).
又为平面ABFD的法向量,设DP与平面ABFD所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,>|===.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
跟踪训练
ABC 如图,取BD的中点O,连接AO,CO,易知BD⊥平面AOC,故BD⊥AC,故A正确;如图,建立空间直角坐标系,设正方形边长为a,则A(a,0,0),B(0,-a,0),C(0,0,a),D(0,a,0),故=(-a,-a,0),=(0,a,-a).由两向量夹角公式得cos<,>=-,故两异面直线所成的角为,故B正确;
在Rt△AOC中,由AO=CO=a,AO⊥CO,所以AC=AO=a,故△ADC为等边三角形,故C正确;易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角,可求得∠ABO=,故D错.
【例2】 解:以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
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:由PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,
∴PA,AB,AD两两互相垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AP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A-xyz,
则A(0,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),
假设存在满足题意的点F,且F(2,t,0)(0≤t≤2).
易得=(2,t,0),=(0,0,2),=(0,1,1).
设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),
则取a=t,则b=-2,c=0,
∴n=(t,-2,0).
∴点E到平面PAF的距离为==,∴t=1,此时点F为线段BC的中点.
∴当点F为线段BC的中点时,点E到平面PAF的距离为.
【例3】 D 以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(-1,1,-1).设P(x,y,z),因为点P在A1C上运动(包括端点),所以=λ(0≤λ≤1).又=(x-1,y,z-1),所以所以所以点P(1-λ,λ,1-λ),所以=(-λ,λ-1,1-λ),所以cos<,>===.因为0≤λ≤1,所以当λ=时,cos<,>取得最大值;当λ=0时,cos<,>取得最小值.又<,>∈[0,π],所以<,>∈[,],所以BP与AD1所成角的取值范围是[,],故选D.
跟踪训练
解:法一 如图,建立空间直角坐标系D-xyz,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=.
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