【新高考复习】第五节 第3课时 难点专攻夺高分——立体几何的综合性问题 教案

第3课时难点专攻夺高分——立体几何的综合性问题题型一翻折问题[典例](2021·重庆名校联考)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC＝3，AD＝15，BE＝33.把△ABE沿BE折起，使得AC＝62，得到四棱锥A­BCDE.如图2所示．(1)求证：平面ACE⊥平面ABD；(2)求平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值．[解](1)证明：在等腰梯形ABCD中，BC＝3，AD＝15，BE⊥AD，可知AE＝6，DE＝9.因为BC＝3，BE＝33，BE⊥AD，所以CE＝6.又因为AE＝6，AC＝62，所以AC2＝CE2＋AE2，则AE⊥EC.又BE⊥AE，BE∩EC＝E，所以AE⊥平面BCDE，又BD⊂平面BCDE，故AE⊥BD.因为tan∠DBE＝DEBE＝933＝3，则∠DBE＝60°，因为tan∠BEC＝BCBE＝333＝33，则∠BEC＝30°，所以CE⊥BD，又AE∩EC＝E，所以BD⊥平面ACE.又BD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACE.(2)设EC∩BD＝O，过点O作OF∥AE交AC于点F，以点O为原点，以OB，OC，OF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O­xyz.在△BOE中，因为∠BEO＝30°，BO⊥EO，所以EO＝92，BO＝332，则CO＝32，则B332，0，0，C0，32，0，E0，－92，0，A0，－92，6，所以BE―→＝－332，－92，0，AE―→＝(0,0，－6)，CA―→＝(0，－6,6)，BC―→＝－332，32，0，因为DE∥BC，DE＝9，所以ED―→＝3BC―→＝－932，92，0，所以OD―→＝OE―→＋ED―→＝－932，0，0，D－932，0，0，所以CD―→＝－932，－32，0.设平面ABE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·AE―→＝0，n1·BE―→＝0，得－6z1＝0，－332x1－92y1＝0，取x1＝3，可得平面ABE的一个法向量为n1＝(3，－1,0)．设平面ACD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·CA―→＝0，n2·CD―→＝0，得－6y2＋6z2＝0，－932x2－32y2＝0，取x2＝1，可得平面ACD的一个法向量为n2＝(1，－33，－33)．设平面ABE与平面ACD所成锐二面角为θ，则cosθ＝n1·n2|n1||n2|＝43255＝216555，所以平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为216555.[方法技巧]翻折问题的2个解题策略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确定翻折后关键所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的点的位置位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．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[针对训练]1．(2021·东北三省模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)求证：AE⊥PB；(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求二面角A­PE­C的平面角的余弦值．解：(1)证明：如图①，在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，连接BE.∵AB∥DE，AB＝DE，∴四边形ABED为平行四边形．又∵AD＝AB，∴平行四边形ABED为菱形．∴BD⊥AE.翻折后如图②，可得OP⊥AE，OB⊥AE.又∵OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB.∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.又∵平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.以O为原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图③.由题意得，P0，0，32，E12，0，0，C1，32，0，∴PE―→＝12，0，－32，EC―→＝12，32，0.设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，则PE―→·n1＝0，EC―→·n1＝0，即12x－32z＝0，12x＋32y＝0.令x＝3，则y＝－1，z＝1，∴平面PCE的一个法向量为n1＝(3，－1,1)．又平面PAE的一个法向量为n2＝(0,1,0)，则cosn1，n2＝n1·n2|n1||n2|＝－15×1＝－55.∵所求二面角A­PE­C的平面角为钝角，∴所求二面角A­PE­C的平面角的余弦值为－55.2．如图，在直角梯形AO1O2C中，AO1∥CO2，AO1⊥O1O2，O1O2＝4，CO2＝2，AO1＝4，点B是线段O1O2的中点，将△ABO1，△BCO2分别沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于点O，得到三棱锥O­ABC.试在三棱锥O­ABC中，(1)证明：平面AOB⊥平面BOC；(2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值．解：(1)证明：在直角梯形AO1O2C中，AC2＝()AO1－CO22＋O1O22＝20，所以在三棱锥O­ABC中，AC2＝AO2＋OC2，所以AO⊥OC.又因为AO⊥OB，OC∩OB＝O，所以AO⊥平面BOC.又因为AO⊂平面AOB，所以平面AOB⊥平面BOC.(2)由(1)知，AO⊥OC，AO⊥OB，又BO⊥OC，以O为坐标原点，以OC―→，OB―→，OA―→的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，所以A()0，0，4，B()0，2，0，C()2，0，0，OC―→＝()2，0，0，AB―→＝()0，2，－4，BC―→＝()2，－2，0.设n＝()x，y，z为平面ABC的法向量，由n·AB―→＝0，n·BC―→＝0，可得2y－4z＝0，2x－2y＝0，令x＝2，得n＝()2，2，1.设直线OC与平面ABC所成角为θ，所以sinθ＝||OC―→·n||OC―→·||n＝23，所以直线OC与平面ABC所成角的正弦值为23.题型二探索性问题考法(一)空间角的存在性问题[例1]如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90°，BE＝BC，F为CE的中点．(1)求证：平面BDF⊥平面ACE；(2)若2AE＝EB，判断在线段AE上是否存在一点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为1010.并说明理由．[解](1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为AE⊥BE，BC∩BE＝B，所以AE⊥平面BCE，因为BF⊂平面BCE，所以AE⊥BF.在△BCE中，因为BE＝BC，F为CE的中点，所以BF⊥CE，又AE∩CE＝E，AE⊂平面ACE，CE⊂平面ACE，所以BF⊥平面ACE，又BF⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面ACE.(2)存在．理由如下：以E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz，设AE＝1，则E(0,0,0)，B(2，0,0)，D(0,1，2)，C(2,0,2)，F(1,0,1)，BD―→＝(－2,1,2)，EC―→＝(2,0,2)，设P(0，a,0)，a∈[0,1]，则PB―→＝(2，－a,0)，结合(1)易知EC⊥平面BDF，故EC―→＝(2,0,2)为平面BDF的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面BDP的法向量，则n⊥BD―→，n⊥PB―→，即－2x＋y＋2z＝0，2x－ay＝0，令x＝a，可得平面BDP的一个法向量为n＝(a,2，a－1)，所以cos〈EC―→，n〉＝EC―→·n|EC―→||n|＝2a－12·a2＋4＋a－12，由|cos〈EC―→，n〉|＝1010，解得a＝0或a＝1.故在线段AE上存在点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为1010，且此时点P在E处或A处．[方法技巧]存在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．考法(二)线面关系中的存在性问题[例2]如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点．(1)若E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值．(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置关系，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)不妨设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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D­xyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，O(1，1,0)．因为点E是D1O的中点，所以点E的坐标为12，12，1.所以OD1―→＝(－1，－1,2)，DE―→＝12，12，1，DC―→＝(0,2,0)．设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，则p·DE―→＝0，p·DC―→＝0，即12x0＋12y0＋z0＝0，2y0＝0.取x0＝2，则z0＝－1，所以平面CDE的一个法向量为p＝(2,0，－1)．所以|cos〈OD1―→，p〉|＝|OD1―→·p||OD1―→||p|＝|－1×2＋2×－1|－12＋－12＋22×22＋－12＝23015.所以直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为23015.(2)存在，且点E为靠近O的三等分点．证明如下：假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.设D1E―→＝λEO―→，显然OC―→＝(－1,1,0)，OD1―→＝(－1，－1,2)．设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，则m·OC―→＝0，m·OD1―→＝0，即－x1＋y1＝0，－x1－y1＋2z1＝0，取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，所以平面CD1O的一个法向量为m＝(1,1,1)．因为D1E―→＝λEO―→，所以点E的坐标为λλ＋1，λλ＋1，2λ＋1，所以DE―→＝λλ＋1，λλ＋1，2λ＋1.设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，则n·DE―→＝0，n·DC―→＝0，即λλ＋1x2＋λλ＋1y2＋2λ＋1z2＝0，2y2＝0.取x2＝1，则z2＝－λ2，所以平面CDE的一个法向量为n＝1，0，－λ2.因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，所以1－λ2＝0，解得λ＝2.所以当|D1E―→||EO―→|＝2，即点E为靠近O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.[方法技巧]解决线面关系中存在性问题的策略对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．[针对训练]1.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM∥平面ABCD.(2)线段PD上是否存在一