2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题课件

第六讲空间的角与距离第二课时综合问题考点突破·互动探究角度1空间中的翻折问题综合问题——多维探究(1)求证：PA⊥PB；[分析]

(1)要证PA⊥PB.由PA⊥PE知，证PA⊥平面PBE即可，也即需证PA⊥BE，又平面PAE⊥平面ABCE，故证BE⊥AE即可，这在平面图中易证．∴AE＝BE＝2，∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE，∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面PAE，AP⊂平面PAE，∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，PE∩BE＝E，∴PA⊥平面PBE，PB⊂平面PBE，∴PA⊥PB.名师点拨：空间折叠问题的解题策略1．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．3．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段．【变式训练】(2023·河北衡水中学模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2AD＝2，将△ADC沿着AC翻折，使得点D到点P处，且AP⊥BC.(1)求证：平面APC⊥平面ABC；(2)求二面角C－PA－B的平面角的正弦值．角度2空间中的探究性问题A.存在点H，使得EH⊥BGB．不存在点H，使得EH∥BDC．存在点H，使得EH∥平面BDGD．不存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°ABC[分析]

建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据动点需满足的条件列出方程组，据方程组解的情况进行判断．即直线EH与平面BDG所成角的最大角大于30°，所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，故D错误．故选ABC.2．(2024·江苏扬州模拟)在①AE＝2，②AC⊥BD，③∠EAB＝∠EBA，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答[分析]

(1)选择一个条件，利用面面垂直的判定定理证明；(2)假设符合条件的点F存在，建立空间直角坐标系，设求点F的坐标，在结论成立的条件下求解点F的坐标，根据解的情况回答问题，这类问题有时也可通过研究图形判断符合条件的点存在，然后证明即可．又CD∥EG，∴AC⊥CD，又AC⊥BC，BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面BCD，∴AC⊥平面BCD，∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，∵BD＝CD，∴DO⊥BC，又DO⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；若选②，∵AC⊥BD，AC⊥BC，BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD，∴AC⊥平面BCD，∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，取BC中点O，AB中点H，连接DO，OH，∵BD＝CD，∴DO⊥BC，又DO⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；∴平面ABC⊥平面BCD，又DO⊥BC，DO⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；综上所述：DO，OH，BC两两互相垂直，名师点拨：空间存在型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，解题时，假设结论成立，即把结论当条件，据此列出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．提醒：1.探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.2.注意“特殊化方法”的应用．【变式训练】(2024·福建厦门大学附中月考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB＝AF＝2DE＝2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点．角度3空间中的最值或范围问题1.(2024·河南洛阳强基联盟联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2BC＝6，PC⊥PD，PC＝PD，点O是CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为______.解法二：如图，取AB的中点为O′.连接PO、OO′、AE.∵PC＝PD，点O是CD的中点，∴PO⊥CD.又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO⊂平面PCD，∴PO⊥平面ABCD.又∵OO′⊂平面ABCD，∴PO⊥OO′.又∵底面ABCD是矩形，O、O′是CD、AB中点，∴OO′⊥CD.∴以点O为原点，OO′、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，由PC⊥PD，PC＝PD，CD＝AB＝2BC＝6，得PO＝OC＝OD＝3，AD＝BC＝3.∴A(3，－3,0)，B(3,3,0)，P(0,0,3)，2．(2023·福建泉州质检)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．(1)试确定点E的位置，使AB1∥平面DEC1；(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ，试在(1)的条件下，求cosθ的最小值．[解析]

(1)连接DC1，DE，由三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点可得A1C1∥AD，A1C1＝AD，所以四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，AA1⊄平面DEC1，DC1⊂平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，又AB1∥平面DEC1，且AB1，AA1⊂平面ABB1A1，AB1∩AA1＝A，所以平面ABB1A1∥平面DEC1，又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，平面ABC∩平面DEC1＝DE，故DE∥AB，由于D是AC的中点，故E是BC的中点，故点E在边BC的中点处，AB1∥平面DEC1.(2)因为CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1⊂平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，由于BC⊂平面BCC1B1，所以AB⊥CB，由(1)知：E在边BC的中点，D是AC的中点，所以ED∥AB，进而DE⊥BC，连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，所以四边形B1C1CE为平行四边形，故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，故ED，EC，EB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设B1E＝a，名师点拨：1．空间最值、范围问题的题型(1)切接中的最值、范围问题；(2)截面中的最值、范围问题；(3)路径、距离、线面角、二面角中的最值、范围问题．2．空间最值、范围问题的解题策略(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值．【变式训练】1．(2024·北京房山区开学考)点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，动点P在侧面BCC1B1内(包括边界)运动．若PA1∥平面AMN，则PA1长度的取值范围是(

)B解析]

取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF中点O，连接A1O，EM，∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，∴AA1∥BB1，AA1＝BB1，BB1∥EM，BB1＝EM，∴AA1∥EM，AA1＝EM，∴四边形A1AME为平行四边形，∴A1E∥AM，而在平面B1BCC1中，易证MN∥EF，∵A1E⊄平面AMN，AM⊂平面AMN，∴A1E∥平面AMN，∵EF⊄平面AMN，MN⊂平面AMN，∴EF∥平面AMN，又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面A1EF，∴平面AMN∥平面A1EF，∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，[解析]

(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO.因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．∵PD＝PB，所以PO⊥BD.又∵AC，PO⊂平面APC，且AC∩PO＝O，所以BD⊥平面APC.又BD⊂平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD.(2)解法一：过P作PH⊥AC交AC于点H，∵平面APC⊥平面ABCD，PH⊥AC，平面APC∩平面ABCD＝AC，∴PH⊥平面ABCD，∵AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD⊂平面PHD，PH∩PD＝P，∴AB⊥平面PHD，∵DH⊂平面PHD，∴AB⊥DH，∴H为DH，AO的交点，∵△ABD为等边三角形，∴H为△ABD的重心，名师讲坛·素养提升重温高考(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A－PC－B的大小．(2)由(1)BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，以A为原点，AB为x轴，过A且与B