《创新课堂》培优课 立体几何中的综合问题 课件 高中数学选修一(人教A版)同步讲练测
文档属性
| 名称 | 《创新课堂》培优课 立体几何中的综合问题 课件 高中数学选修一(人教A版)同步讲练测 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 5.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-07 00:00:00 | ||
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文档简介
(共72张PPT)
培优课 立体几何中的综合问题
立体几何中的翻折、最值（范围）和探究性问题是各类考试考查的热点内容，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力.
重点解读
立体几何中的翻折问题
一
立体几何中的最值（范围）问题
二
与空间角、距离有关的探究性问题
三
课时作业
四
目录
一
PART
立体几何中的翻折问题
【例1】如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D，E分别为
AC，AB的中点，将△ADE沿DE翻折成△PDE，得到四棱锥P-BCDE，
M为PB的中点.
（1）证明：EM∥平面PDC；
解：证明：取PC的中点N，连接MN，ND，如图，
因为M是PB的中点，所以MN∥BC且MN＝ BC，
又D，E分别是AC，AB的中点，所以DE∥BC且DE
＝ BC，
所以MN DE，从而DEMN是平行四边形，所以
DN∥ME，
又因为ME 平面PCD，DN 平面PCD，
所以ME∥平面PCD.
（2）若PB＝2 ，求平面PBC与平面PEC夹角的余弦值.
解：由已知BD＝ ＝2 ，PD2＋BD2＝22＋20＝24＝PB2，
所以PD⊥BD，又PD⊥DE，DE∩BD＝D，DE，BD 平面BCDE，
所以PD⊥平面BCDE，
又因为DE⊥DC，
以D为原点，DE，DC，DP所在直线分别为x，y，
z轴建立空间直角坐标系，如图，
则D（0，0，0），E（2，0，0），C（0，2，0），B（4，2，0），P
（0，0，2），
＝（0，2，－2）， ＝（4，2，－2）， ＝（2，0，－2），
设平面PBC的一个法向量是m＝（x，y，z），
则 取y＝1，得m＝（0，1，1），
设平面PEC的一个法向量是n＝（a，b，c），
则 取c＝1，得n＝（1，1，1），
cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，
所以平面PBC与平面PEC夹角的余弦值为 .
【规律方法】
翻折问题的解题策略
（1）确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图
形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折
痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，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：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变
化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变
化.只有分析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，进而进行有关的证明与计算.
训练1 如图，已知四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝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 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＝ .
二
PART
立体几何中的最值（范围）问题
【例2】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，
AE＝AD＝4 ，△ABC是底面圆的内接正三角形，且AB＝6，P是线段
DO上一点.
（1）若DP＝ PO，求三棱锥P-ABC的体积；
解：在Rt△DOA中，AD＝4 ，AO＝2 ，
∴DO＝ ＝6，
∵DP＝ PO，∴PO＝ DO＝4，
VP-ABC＝ ·S△ABC·PO＝ × ×6×6× ×4＝12 .
（2）当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.
解：如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系.
设PO＝x，0≤x≤6，
∴P（0，0，x），E（－ ，3，0），B（ ，3，
0），C（－2 ，0，0），
∴ ＝（ ，－3，x）， ＝（ ，3，－x），
＝（－2 ，0，－x），
设平面PBC的法向量为n＝（a，b，c），
∴
∴n＝（x，－ x，－2 ）.
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
由题意得 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝
＝
＝
＝ ≤ .
当且仅当PO＝x＝ 时等号成立，
此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.
【规律方法】
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.
训练2 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC.
（1）求证：平面ABE⊥平面BEF；
解：证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，
∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.
∵DE＝EC，∴CD⊥EF，
又AB∥CD，∴AB⊥EF，
∵BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
∴AB⊥平面BEF，又AB 平面ABE，
∴平面ABE⊥平面BEF.
（2）设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD的夹角θ∈［ ， ］，求a的
取值范围.
解：由（1）知，CD⊥EF，
∵E，F分别为PC，CD的中点，
∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD，
又AB⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，∴AB⊥平面
PAD，
又PA 平面PAD，∴AB⊥PA.
以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间
直角坐标系（图略），
则B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，a），E
（1，1， ）.
∴ ＝（－1，2，0）， ＝（1，－1， ）.
设平面EBD的法向量为m＝（x，y，z），
则 即
令y＝a，得x＝2a，z＝－2，则m＝（2a，a，－2）.
显然n＝（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量.
由θ∈［ ， ］，知 cos θ＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ∈
［ ， ］，
解得a∈［ ， ］，
即a的取值范围为［ ， ］.
三
PART
与空间角、距离有关的探究性问题
【例3】如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，
AN∥BM，AN＝AB＝BC＝2，BM＝4，CN＝2 .
（1）证明：BM⊥平面ABCD；
解：证明：在正方形ABCD中，BC⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC 平面
ABCD，
∴BC⊥平面ABMN，
又BM，BN 平面ABMN，∴BC⊥BM，BC⊥BN，
又BC＝AB＝2，CN＝2 ，∴BN＝ ＝2 ，
又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2＋AN2，∴AN⊥AB，
又MB∥AN，∴BM⊥AB，
又BC∩BA＝B，BC，BA 平面ABCD，∴BM⊥平面ABCD.
解：假设存在点E，满足题意，
由（1）知，BM⊥平面ABCD，BC⊥AB，
故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间
直角坐标系（图略），
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N
（2，2，0），M（0，4，0），
设点E（x，y，z）， ＝λ （0＜λ＜1），∴（x，y，z－2）＝
λ（0，4，－2），
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E-BN-M的
余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
∴ ∴E（0，4λ，2－2λ），
∴ ＝（2，2，0）， ＝（0，4λ，2－2λ），
设平面BEN的法向量为m＝（a，b，c），
∴
令a＝1，∴b＝－1，c＝ ，∴m＝（1，－1， ），
由（1）知平面BMN的一个法向量为 ＝（0，0，2），
∴｜ cos ＜ ，m＞｜＝ ＝ ＝ ，
即 ＝ ＝ ，
即｜2 λ｜＝ ，即3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝ 或λ＝
－1（舍去），
∴存在一点E，使得 ＝ ，即 ＝ .
【规律方法】
与空间角、距离有关的探究性问题的解题策略
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.
训练3 在直三棱柱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 ？
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.
1. 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，＋∞）
C. （－∞，－5）
√
解析： ∵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， ）∪（ ，＋∞）.
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. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝
4.
（1）求证：AC⊥BC1；
证明：∵ ＝（－3，0，0）， ＝（0，－4，4），∴ · ＝0，∴AC⊥BC1.
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）.
（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.
课堂小结
1.理清单
（1）立体几何中的翻折问题；
（2）立体几何中的最值（范围）问题；
（3）与空间角、距离有关的探究性问题.
2.应体会
立体几何中的综合问题常用到数形结合、函数与方程及转化与化归思想.
3.避易错
涉及动点问题，在设动点时易忽视动点的限制条件而错误.
04
PART
课时作业
1. 已知点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），则｜ ｜的最小值
为（ ）
C. 2 D. 不存在
解析： 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 .
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√
2. 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（ ）
√
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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. 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 ＝（ ）
B. 1
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，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.
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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（ ）
C. [－1，0]
√
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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＝ 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.
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5. 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
√
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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B1D⊥EC1，故选项D正确.
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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（ ）
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解析： 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 .
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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
√
√
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，0≤m≤1，0≤n≤1，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），
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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n＝（－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〕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
√
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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，
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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；
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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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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（图略），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 .
解析：取BC的中点O，BD的中点E，连接OA，OE，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，
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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＞｜＝｜ ｜＝ .
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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C1DF，证明如下：因为在直三棱柱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＝ .
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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；
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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（图略），
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 .
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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，求出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），
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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 .
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13. 如图1，☉O的直径AB＝4，点C，D为☉O上的两点，且∠CAB＝
45°，∠DAB＝60°，F为弧BC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；
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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.
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.
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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 .
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培优课 立体几何中的综合问题
立体几何中的翻折、最值（范围）和探究性问题是各类考试考查的热点内容，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力.
重点解读
立体几何中的翻折问题
一
立体几何中的最值（范围）问题
二
与空间角、距离有关的探究性问题
三
课时作业
四
目录
一
PART
立体几何中的翻折问题
【例1】如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，D，E分别为
AC，AB的中点，将△ADE沿DE翻折成△PDE，得到四棱锥P-BCDE，
M为PB的中点.
（1）证明：EM∥平面PDC；
解：证明：取PC的中点N，连接MN，ND，如图，
因为M是PB的中点，所以MN∥BC且MN＝ BC，
又D，E分别是AC，AB的中点，所以DE∥BC且DE
＝ BC，
所以MN DE，从而DEMN是平行四边形，所以
DN∥ME，
又因为ME 平面PCD，DN 平面PCD，
所以ME∥平面PCD.
（2）若PB＝2 ，求平面PBC与平面PEC夹角的余弦值.
解：由已知BD＝ ＝2 ，PD2＋BD2＝22＋20＝24＝PB2，
所以PD⊥BD，又PD⊥DE，DE∩BD＝D，DE，BD 平面BCDE，
所以PD⊥平面BCDE，
又因为DE⊥DC，
以D为原点，DE，DC，DP所在直线分别为x，y，
z轴建立空间直角坐标系，如图，
则D（0，0，0），E（2，0，0），C（0，2，0），B（4，2，0），P
（0，0，2），
＝（0，2，－2）， ＝（4，2，－2）， ＝（2，0，－2），
设平面PBC的一个法向量是m＝（x，y，z），
则 取y＝1，得m＝（0，1，1），
设平面PEC的一个法向量是n＝（a，b，c），
则 取c＝1，得n＝（1，1，1），
cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，
所以平面PBC与平面PEC夹角的余弦值为 .
【规律方法】
翻折问题的解题策略
（1）确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图
形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折
痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，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：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变
化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变
化.只有分析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，进而进行有关的证明与计算.
训练1 如图，已知四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝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 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＝ .
二
PART
立体几何中的最值（范围）问题
【例2】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，
AE＝AD＝4 ，△ABC是底面圆的内接正三角形，且AB＝6，P是线段
DO上一点.
（1）若DP＝ PO，求三棱锥P-ABC的体积；
解：在Rt△DOA中，AD＝4 ，AO＝2 ，
∴DO＝ ＝6，
∵DP＝ PO，∴PO＝ DO＝4，
VP-ABC＝ ·S△ABC·PO＝ × ×6×6× ×4＝12 .
（2）当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.
解：如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系.
设PO＝x，0≤x≤6，
∴P（0，0，x），E（－ ，3，0），B（ ，3，
0），C（－2 ，0，0），
∴ ＝（ ，－3，x）， ＝（ ，3，－x），
＝（－2 ，0，－x），
设平面PBC的法向量为n＝（a，b，c），
∴
∴n＝（x，－ x，－2 ）.
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
由题意得 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝
＝
＝
＝ ≤ .
当且仅当PO＝x＝ 时等号成立，
此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.
【规律方法】
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.
训练2 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC.
（1）求证：平面ABE⊥平面BEF；
解：证明：∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，
∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF.
∵DE＝EC，∴CD⊥EF，
又AB∥CD，∴AB⊥EF，
∵BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
∴AB⊥平面BEF，又AB 平面ABE，
∴平面ABE⊥平面BEF.
（2）设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD的夹角θ∈［ ， ］，求a的
取值范围.
解：由（1）知，CD⊥EF，
∵E，F分别为PC，CD的中点，
∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD，
又AB⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，∴AB⊥平面
PAD，
又PA 平面PAD，∴AB⊥PA.
以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间
直角坐标系（图略），
则B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，a），E
（1，1， ）.
∴ ＝（－1，2，0）， ＝（1，－1， ）.
设平面EBD的法向量为m＝（x，y，z），
则 即
令y＝a，得x＝2a，z＝－2，则m＝（2a，a，－2）.
显然n＝（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量.
由θ∈［ ， ］，知 cos θ＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ∈
［ ， ］，
解得a∈［ ， ］，
即a的取值范围为［ ， ］.
三
PART
与空间角、距离有关的探究性问题
【例3】如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，
AN∥BM，AN＝AB＝BC＝2，BM＝4，CN＝2 .
（1）证明：BM⊥平面ABCD；
解：证明：在正方形ABCD中，BC⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC 平面
ABCD，
∴BC⊥平面ABMN，
又BM，BN 平面ABMN，∴BC⊥BM，BC⊥BN，
又BC＝AB＝2，CN＝2 ，∴BN＝ ＝2 ，
又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2＋AN2，∴AN⊥AB，
又MB∥AN，∴BM⊥AB，
又BC∩BA＝B，BC，BA 平面ABCD，∴BM⊥平面ABCD.
解：假设存在点E，满足题意，
由（1）知，BM⊥平面ABCD，BC⊥AB，
故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间
直角坐标系（图略），
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N
（2，2，0），M（0，4，0），
设点E（x，y，z）， ＝λ （0＜λ＜1），∴（x，y，z－2）＝
λ（0，4，－2），
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E-BN-M的
余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
∴ ∴E（0，4λ，2－2λ），
∴ ＝（2，2，0）， ＝（0，4λ，2－2λ），
设平面BEN的法向量为m＝（a，b，c），
∴
令a＝1，∴b＝－1，c＝ ，∴m＝（1，－1， ），
由（1）知平面BMN的一个法向量为 ＝（0，0，2），
∴｜ cos ＜ ，m＞｜＝ ＝ ＝ ，
即 ＝ ＝ ，
即｜2 λ｜＝ ，即3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝ 或λ＝
－1（舍去），
∴存在一点E，使得 ＝ ，即 ＝ .
【规律方法】
与空间角、距离有关的探究性问题的解题策略
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.
训练3 在直三棱柱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 ？
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.
1. 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，＋∞）
C. （－∞，－5）
√
解析： ∵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， ）∪（ ，＋∞）.
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. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝
4.
（1）求证：AC⊥BC1；
证明：∵ ＝（－3，0，0）， ＝（0，－4，4），∴ · ＝0，∴AC⊥BC1.
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）.
（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.
课堂小结
1.理清单
（1）立体几何中的翻折问题；
（2）立体几何中的最值（范围）问题；
（3）与空间角、距离有关的探究性问题.
2.应体会
立体几何中的综合问题常用到数形结合、函数与方程及转化与化归思想.
3.避易错
涉及动点问题，在设动点时易忽视动点的限制条件而错误.
04
PART
课时作业
1. 已知点A（n，n－1，2n），B（1，－n，n），则｜ ｜的最小值
为（ ）
C. 2 D. 不存在
解析： 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 .
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√
2. 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（ ）
√
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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. 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 ＝（ ）
B. 1
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，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.
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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（ ）
C. [－1，0]
√
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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＝ 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.
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5. 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
√
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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B1D⊥EC1，故选项D正确.
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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（ ）
√
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解析： 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 .
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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
√
√
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，0≤m≤1，0≤n≤1，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），
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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n＝（－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〕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
√
√
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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，
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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；
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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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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（图略），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 .
解析：取BC的中点O，BD的中点E，连接OA，OE，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，
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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＞｜＝｜ ｜＝ .
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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C1DF，证明如下：因为在直三棱柱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＝ .
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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；
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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（图略），
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 .
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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，求出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），
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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 .
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13. 如图1，☉O的直径AB＝4，点C，D为☉O上的两点，且∠CAB＝
45°，∠DAB＝60°，F为弧BC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；
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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.
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.
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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 .
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THANKS
演示完毕 感谢观看