2025版高考数学一轮总复习考点突破第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题角度2空间中的探究性问题

角度2空间中的探究性问题1.(多选题)(2024·广西柳州摸底)如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧eq\o\ac(CE,\s\up10(︵))的中点，H是圆弧eq\o\ac(DF,\s\up10(︵))上的动点(含端点)，则(ABC)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°[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．[解析]如图：以A为原点，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设BC＝2，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，E(0,2,2)，F(0,2,0)，B(0,0,2)，C(2,0,2)，G(eq\r(2)，eq\r(2)，2)，H(m，n,0)，(m2＋n2＝4，m>0，n>0)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(m，n－2，－2)，当H与F重合时EH⊥BG，故A正确；若EH∥BD则eq\o(EH,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))，即(m，n－2，－2)＝λ(2,0，－2)，∴m＝2，n＝2不合题意．∴B正确；设n＝(x，y，z)为平面BDG的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·n＝2x－2z＝0，,\o(BG,\s\up6(→))·n＝\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令x＝1，得y＝－1，z＝1，则n＝(1，－1,1)．假设EH∥平面BDG，则n·eq\o(EH,\s\up6(→))＝m－n＋2－2＝0，所以m＝n.因为m2＋n2＝4，m>0，n>0，所以m＝n＝eq\r(2)，即H是圆弧eq\x\to(DF)的中点，符合题意，故C正确；对于D，当点H与点D重合时，直线EH与平面BDG所成角最小，因为eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，所以sinα＝eq\f(|n·\o(EH,\s\up6(→))|,|n||\o(EH,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq\f(1,3)<eq\f(1,2)，即直线EH与平面BDG所成角的最小角小于30°，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角θ最大，因为eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，所以sinθ＝eq\f(|n·\o(EH,\s\up6(→))|,|n||\o(EH,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)>eq\f(1,2)，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，并给出解答如图，在五面体ABCDE中，已知________，AC⊥BC，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝eq\r(3).(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于eq\f(5\r(43),43)，若存在，求eq\f(BF,BC)的值；若不存在，说明理由．[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．[解析](1)若选①，取AC中点G，BC中点O，AB中点H，连接EG，DO，OH，∵ED∥AC，CG＝eq\f(1,2)AC＝ED，∴四边形EDCG为平行四边形，∴EG綉CD，∴EG＝eq\r(3)，又AG＝eq\f(1,2)AC＝1，AE＝2，∴AG2＋EG2＝AE2，∴AG⊥EG，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；若选③，取BC中点O，AB中点H，连接OD，OH，EH，∵DC＝BD＝eq\r(3)，∴DO⊥BC，又BC＝2，∴DO＝eq\r(2)；∵O，H分别为BC，AB中点，∴OH綉eq\f(1,2)AC，又ED綉eq\f(1,2)AC，∴OH綉ED，∴四边形DEHO为平行四边形，∴EH＝DO＝eq\r(2)；∵AC⊥BC，AC＝BC＝2，∴AB＝2eq\r(2)，∴EH＝eq\f(1,2)AB，∴AE⊥BE，∵∠EAB＝∠EBA，∴BE＝AE＝2，∴BD2＋DE2＝BE2，∴BD⊥DE，又DE∥AC，∴AC⊥BD，又AC⊥BC，BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD，∴AC⊥平面BCD，∵AC⊂平面ABC，∴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，则以O为坐标原点，eq\o(OD,\s\up6(→))，eq\o(OH,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则A(2，－1,0)，B(0,1,0)，E(1,0，eq\r(2))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－1，eq\r(2))，∵DO⊥平面ABC，∴平面ABC的一个法向量m＝(0,0,1)；设平面ABE的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n1＝－2x1＋2y1＝0，,\o(BE,\s\up6(→))·n1＝x1－y1＋\r(2)z1＝0，))令x1＝1，解得y1＝1，z1＝0，∴n1(1,1,0)，∴m·n1＝0，即m⊥n1，∴平面ABE⊥平面ABC.(2)设在线段BC上存在点F(0，t,0)(－1≤t≤1)，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于eq\f(5\r(43),43)，由(1)得：eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，t，－eq\r(2))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(2))，设平面AEF的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n2＝－x2＋y2＋\r(2)z2＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝－x2＋ty2－\r(2)z2＝0，))令y2＝1，则x2＝eq\f(t＋1,2)，z2＝eq\f(\r(2)t－1,4)，∴n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,2)，1，\f(\r(2)t－1,4)))，∴n1＝(1,1,0)，∴|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,2)＋1)),\r(2)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,2)))2＋1＋\f(t－12,8)))＝eq\f(5\r(43),43)，化简可得2t2－13t－7＝0，解得t＝－eq\f(1,2)或t＝7(舍)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，∴BF＝eq\f(3,2)，∴eq\f(BF,BC)＝eq\f(3,4)；综上所述：在线段BC上存在点F，满足eq\f(BF,BC)＝eq\f(3,4)，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于eq\f(5\r(43),43).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．(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10)？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由．[解析](1)如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点．理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，AB∥CD，又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC，所以AD∥平面FBC.又平面ADM∩平面FBC＝MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且P为FC的中点．因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE⊂平面DCE，AB，AF⊄平面DCE，所以AB，AF∥平面DCE，又AF∩AB＝A，AB，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，平面ADM∩平面DCE＝DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又eq\f(ED,DC)＝eq\f(1,2)，得到Q为EC的三等分点，且QC＝2EQ，从而作出线段PQ.(2)由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0，2,0)，于是eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，设eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→))(0<λ≤1)，则M的坐标为(2－2λ，0,2λ)∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(2－2λ，0,2λ)，设平面DAM的法向量为m＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－2λx＋2λz＝0，,2y＝0，))令x＝1，得平面APQ的一个法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1－\f(1,λ)))，设直线AC与平面α所成角为θ，则sinθ＝|cos〈m，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(AC,\s\up6(→))|,|m||\o(AC,\s\up6(→))|