专题三第4讲立体几何中探究性、最值范围问题

第4讲立体几何中探究性、最值范围问题微点一探究性问题例1(2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=12AD，A=60°，点E为AD中点(如图1).将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，点O，F分别为BE，DE(1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC；(2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么侧棱A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明连接CE(图略)，因为BC∥AD且BC=12AD，点E为AD中点，所以BC綉AE，BC綉DE，故四边形BCDE，BCEA是平行四边形，则BE=CD，又四边形ABCD为等腰梯形，所以AB=CD，则AB=BE，又A=60°可得△ABE是等边三角形，故四边形BCEA为菱形，△BCE是等边三角形，△A1BE是等边三角形，因为O为BE的中点，所以A1O⊥BE，CO⊥BE，又A1O∩CO=O，且A1O，CO⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC，又BE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC.(2)解存在点P，使得BP∥平面A1OF，因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，A1O⊥BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，又CO⊥BE，建立以O为原点，OB，OC，OA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示，则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，A1(0，0E(-1，0，0)，F−A1C=(0，3，-3)，A1O=(OF=−设A1P=tA1C=(0，3t，-3t)，0则P(0，3t，3-3t)，BP=(-1，3t，设平面A1OF的法向量m=(x，y，z)，则m·OF令x=1，则y=3，z=0所以m=(1，3，要使BP∥平面A1OF，则BP·m=0，即-1+3t=0，解得t=1故在侧棱A1C上存在点P，使得BP∥平面A1OF，此时，P0，33，233，BEBP=−1，设平面PBE的法向量n=(a，b，c)，则n·BE令c=1，则b=-2，a=0，即n=(0，-2，1)，设平面PBE与平面A1OF的夹角为θ，所以cosθ=|n·m||n||m|=232[规律方法]解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.跟踪演练1(2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE(1)求∠FCB的余弦值；(2)在三棱锥P-ABC的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为155？若存在，求出点Q解(1)在△ABD中，因为AB⊥AD，AB=AD=3所以BD=6，所以FB=BD=在△ACE中，因为AE=AD=3，AC=1，∠CAE=30°所以CE=(3)2+12−2又因为BC=AC2+A在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB=CF2+BC(2)存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为155.如图，在三棱锥P-ABC中，因为AB⊥AD，即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP=A，AC，AP⊂平面ACP所以AB⊥平面ACP，在平面ACP内作Ay⊥AP，以A为原点，AP，Ay，AB的方向为x则P(3，0，0)，B(0，0，3)，设Q(a，0，0)(0≤a≤3)，故BQ=(a，0，-3)，BC=设平面BCQ的法向量m=(x，y，z)，则m取z=a，则m=(3，23a-3，a易得平面ABP的一个法向量为n=(0，1，0)，设平面ABP和平面BCQ的夹角为θ，则cosθ=|cos〈m，n〉|=|23解得a=3或a=3故当AQ=3或AQ=37时，平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为15微点二空间中的动态、最值问题例2(1)(多选)如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠D=60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥S-ABC，E是棱SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是()A.在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABCB.当SB=3时，三棱锥S-ABC的体积为1C.当平面SAC⊥平面ABC时，SB=6D.当二面角S-AC-B为120°时，三棱锥S-ABC的外接球的半径为15答案AC解析对于A，取SB的中点F，连接EF，因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，因为AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；对于B，易得△ABC，△SAC为等边三角形，取AC的中点M，连接BM，SM，则AC⊥BM，AC⊥SM，SM=MB=3所以cos∠SMB=S=3+3−92×则点S到平面ABC的距离h=sin(π-∠SMB)·SM=32×3=所以三棱锥S-ABC的体积V=13×34×22×32=3对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC=AC，因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM⊂平面SAC，所以SM⊥平面ABC，又因为MB⊂平面ABC，所以SM⊥MB，所以SB=SM2故C正确；对于D，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M四点共面，∠OMO1=12∠O1MO2=60°O1M=13SM=在Rt△OO1M中，OO1=3O1M=1，又O1S=23SM=则三棱锥S-ABC外接球半径r=OO12+O1S2(2)(多选)(2025·常德模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，空间中的点P满足AP=AD+λAB+μAA1，且λ∈[0，1]，A.若μ=1，则BP⊥A1DB.若AP=5，则λ+2μ的最大值为C.若λ=1，则平面BPD1截该正方体的截面面积的最小值为6D.若λ+μ=1，则平面ACD1与平面AB1P夹角的正切值的最小值为22答案ABD解析在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，由AP=AD+λAB+μAA1，得AP=(2λ，2，2μ)，即点P(2λ，2，对于A，μ=1，则点P(2λ，2，2)，A1D=(0，2，-2)，BP=(2λ-2，BP·A1D=0×(2λ-2)+2×2-2×2=0，因此BP⊥A1对于B，AP=5，则4(λ2+1+μ2)=5，即λ2+μ2=令λ=12cosθ，μ=12sinθ0≤θ≤π2，则λ+2μ=12cosθ+sin其中锐角φ由tanφ=12确定，则当θ+φ=π2时，λ+2μ的最大值为5对于C，λ=1，P(2，2，2μ)在棱CC1上，且BP=(0，2，2μ)，BD1=(-2，2因为平面BPD1∩平面CDD1C1=D1P，设平面BPD1∩平面ABB1A1=BQ，而平面CDD1C1∥平面ABB1A1，则D1P∥BQ，同理BP∥D1Q，因此四边形BPD1Q是平面BPD1截该正方体的截面，点P到直线BD1的距离d=B=4+4=263μ−122S四边形BPD1Q=2S△BPD1=BD1·d对于D，因为AC=(2，2，0)，AD1=(0，2设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，则n令x=1，得n=(1，-1，1)；又AB1=(2，0，2)，λ+μ则AP=(2λ，2，2-2λ)，设平面AB1P的法向量为m=(a，b，c)，则m令a=1，得m=(1，1-2λ，-1).设平面ACD1与平面AB1P的夹角为α，则cosα=|cos〈m，n〉|=|m·n||m||n|=当λ=12时，cosα=0，当0≤λ≤1，λ≠12时，cosα=3当且仅当λ=0或λ=1时取等号，又0<α<π2，此时α最小，sinα=223，因此平面ACD1与平面AB1P夹角的正切值的最小值为22，D正确[规律方法]解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定.(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.跟踪演练2(多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是()A.BP⊥B1DB.点P的轨迹长度为πC.线段BP长度的最小值为6D.BP·B答案ACD解析以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，正方体的内切球的球心为正方体的中心O12，12AC=(-1，1，0)，AD1=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y由n·AC令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1).对于选项A，B1D=(-1，-1因为BP∥平面ACD1，所以BP·n=0，而B1D=-所以BP·B1D=0，即BP⊥B1对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面ACD1，所以点P的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1，OA1所以点O到平面A1BC1的距离d=|OA1·所以圆O1的半径为r1=r2−d2所以圆O1的周长l=2πr1=6即点P的轨迹长度为6π3对于选项C，BO=32，点BO1=BO2−d线段BP长度的最小值为BO1-r1=63-66=6对于选项D，设BP与BC1的夹角为BC1=(-1，0，1)，|B在平面直角坐标系中，B0，62，P(x，y)，O10，BC1=−所以x2+y−6令x=66cosθ，y=66+66sinBP·BC1=-22x=1-33sinθ+π所以BP·BC1的最小值为1-微点三空间中的最值与范围问题例3(2025·玉溪质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，AB∥EF，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4.(1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：l∥CF；(2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由；(3)若EM=λED，λ∈[0，1]，求平面BFM与平面DEA(1)证明因为四边形CDEF为正方形，所以CF∥DE，因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE.所以CF∥平面ADE，因为平面ADE∩平面BCF=l，CF⊂平面BCF，所以l∥CF.(2)解存在G为DE的中点，使得DE⊥平面ABG，理由如下：取DE的中点G，连接AG，BG，因为AD=AE，所以AG⊥DE，因为EF∥AB且EF⊥DE，所以AB⊥DE，因为AB∩AG=A且AB，AG⊂平面ABG，所以DE⊥平面ABG.(3)解取EF，FC和AB的中点分别为P，Q，S，连接GQ，BQ，则GQ∥EF∥AB，故A，B，Q，G四点共面，由(2)知DE⊥平面ABQG，又DE⊂平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面ABQG，又AG=BQ，所以四边形ABQG为等腰梯形，设O为GQ的中点，连接OS，OP，所以OS⊥GQ，因为平面CDEF⊥平面ABQG，平面CDEF∩平面ABQG=GQ，且OS⊂平面ABQG，所以OS⊥平面CDEF，故OP，OQ，OS两两垂直，以O为坐标原点，OP，OQ，OS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，又AG=32−则OS=(5)则E(2，-2，0)，F(2，2，0)，D(-2，-2，0)，A(0，-1，2)，B(0，1，2)，可得EA=(-2，1，2)，ED=(-4，0，0)，FB=(-2，-1，2)，FE=(0，-4所以FM=FE+EM=FE+λED=(-4λ，-4，0)，设平面BFM的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则n取x1=2，可得y1=-2λ，z1=2-λ，所以n1=(2，-2λ，2-λ)，设平面DEA的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则n取z2=1，可得x2=0，y2=-2，所以n2=(0，-2，1)，所以|cos〈n1，n2〉|=n1·=35·λ+232令m=λ+23，则m则|cos〈n1，n2〉|=3=3令t=1m，则t令f(t)=1169t2-323t所以f(t)在35当t=35时，f(t)min=当t=32时，f(t)max=18所以f(t)∈81所以|cos〈n1，n2〉|∈10故平面BFM与平面DEA夹角的余弦值的取值范围为1010[规律方法]在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应的最大、最小值.(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.跟踪演练3(2025·杭州质检)在平面四边形ABCD中，AB=BC=CD=BD=2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点.(1)设AP=AD，①证明：AB⊥平面BPD；②求三棱锥P-ABD的体积；(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.(1)①证明在△ABD中，AB=BD=2，AB⊥BD，所以AD=22.因为AP=AD=22，AB=PB=2所以AB2+PB2=AP2，所以AB⊥BP.又因为AB⊥BD，BP，BD⊂平面BPD，BP∩BD=B，所以AB⊥平面BPD.②解V三棱锥P-ABD=V三棱锥A-PBD=13·S△PBD·AB=13×3×2=(2)解如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，设二面角P-BD-A的平面角为θ，θ∈[0，π]，则A(2，0，0)，P(3cosθ，1，3sinθ所以AP=(3cosθ-2，1，3sinθ)易知平面ABD的一个法向量为n=(0，0，1).设直线AP与平面ABD所成的角为α，则sinα=|cos〈AP，n〉|==|=3sin设y=3sinθ8−43cosθ2=3(1−co设8-43cosθ=t，则8-43≤t≤8+43所以y=1-1t-t16≤1-21当且仅当t=4，即cosθ=33即sinα≤22故直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为22专题强化练[分值：60分]1.(13分)(2025·漳州质检)如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，且AB=2，△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形，平面PAB⊥平面ABCD.(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(5分)(2)试判断在△PBC内(包括边界)是否存在一点Q，使得二面角Q-AD-C的平面角为π6(不需要确定点Q解(1)如图，设点O是AB的中点，连接PO.由题可知PA⊥PB，PA=PB，所以PO⊥AB.因为AB=2，所以PO=1.因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，所以PO的长为点P到平面ABCD的距离.所以V四棱锥P-ABCD=13S正方形ABCD·PO=13×22×1=(2)方法一因为AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以AD⊥平面PAB，所以∠PAB即为二面角P-AD-C的平面角，因为△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形，所以二面角P-AD-C的大小为π当点Q在棱BC上时，二面角Q-AD-C的平面角为0；当点Q与点P重合时，二面角Q-AD-C的平面角为π4所以当点Q在△PBC内(包括边界)运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q，使得二面角Q-AD-C的平面角为π6方法二以点O为坐标原点，OB所在直线为x轴，过点O作AD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，D(-1，2，0)，A(-1，0，0)，则PA=(-1，0，-1)，PD=(-1，2，-1)设平面PAD的法向量为n1=(x，y，z)，则n1·取z=1，从而可得n1=(-1，0，1).易知平面ACD的一个法向量为n2=(0，0，1).设平面PAD与平面ACD的夹角为θ，则cosθ=|cos〈n1，n2〉|=n1·n2即平面PAD与平面ACD的夹角为π4下同方法一.2.(15分)(2025·郴州模拟)如图所示，在圆柱OO1中，矩形ABB1A1为圆柱OO1的轴截面，圆柱过点C的母线为CC1，点C，E为圆O上异于点A，B且在线段AB同侧的两点，且OE∥BC，点F为线段A1C的中点，AB=BB1=4.(1)求证：EF∥平面BCB1；(4分)(2)若平面BCB1与平面A1B1C夹角的余弦值为21919，求(3)若AC=23，平面α经过点C，且直线CC1与平面α所成的角为π6，过点C1作平面α的垂线C1Q(垂足为Q)，求直线AQ与直线(1)证明设AC与OE的交点为G，连接FG.因为OE∥BC，且O为AB的中点，所以G为AC的中点，又F为A1C的中点，所以FG∥AA1∥BB1，又FG⊄平面BCB1，BB1⊂平面BCB1，所以FG∥平面BCB1.又OE∥BC，OE⊄平面BCB1，BC⊂平面BCB1，所以OE∥平面BCB1.又FG，OE⊂平面OEF，FG∩OE=G，所以平面OEF∥平面BCB1，又EF⊂平面OEF，所以EF∥平面BCB1.(2)解由题意可知CC1⊥平面ABC，且因为AB为底面圆的直径，所以AC⊥BC，则CA，CB，CC1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，又因为AB=BB1=4，设∠BAC=θ，θ∈0，则AC=4cosθ，BC=4sinθ，可得C(0，0，0)，A1(4cosθ，0，4)，B1(0，4sinθ，4)，则CA1=(4cosθ，0，4)，CB1=(0，4sin由题意得平面BCB1的一个法向量为n1=(1，0，0)，设平面A1B1C的法向量为n2=(a，b，c)，则n即4令c=-1，解得a=1cosθ，所以n2=1又因为平面BCB1与平面A1B1C夹角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|=n=1cosθ解得cos2θ=34或cos2θ=5且因为0<θ<π则cosθ=32，即∠BAC=θ=(3)解因为过点C的平面α与直线CC1所成的角为π且过点C1作平面α的垂线C1Q，垂足为Q，所以△C1CQ为直角三角形，且C1Q=CC1·sinπ6=4×12=2，∠CC1Q所以点Q的轨迹是圆心在CC1上的圆，且半径r=C1Q·sinπ3=3，圆心与点C1的距离为C1Q·cosπ由(2)中的空间直角坐标系可设点Q(x，y，3)，且x2+y2=3，又因为点A为(23，0，0所以AQ=(x-23，y，3)，而CC1=(0，0所以cos〈AQ，CC=12=3又因为x2+y2=3，所以cos〈AQ，=3x2且因为x∈−所以cos〈AQ，C所以直线AQ与直线CC1所成角的范围为π63.(15分)如图，几何体OAB-O1A1B1是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为1的扇形，母线长为2，C是OO1的中点，D为A1B的中点，P是AB上的动点(P不与A，B重合)，PE是圆柱的母线.(1)证明：CD∥平面OAB；(4分)(2)求三棱锥B-A1EP的体积的最大值；(5分)(3)求二面角B-A1E-P余弦值的取值范围.(6分)(1)证明由题意可知，OA⊥OB，OO1⊥平面OAB，以点O为坐标原点，OA，OB，OO1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，则A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D1所以CD=1易知平面OAB的一个法向量为a=(0，0，1)，则CD·a=0，即CD⊥a，又因为CD⊄平面OAB，所以CD∥平面OAB.(2)解不妨设点P(cosθ，sinθ，0)，其中0<θ<π则A1(1，0，2)，E(cosθ，sinθ，2)，B(0，1，0)，PE=(0，0，2)，A1E=(cosθ-1，sinθ，0)，BA1=(设平面A1EP的法向量为m=(x1，y1，z1)，则m取x1=sinθ，可得m=(sinθ，1-cosθ，0)，所以|A1E|=|m所以点B到平面A1EP的距离为d=|BA因为PE是圆柱的一条母线，故PE⊥平面O1A1B1，因为A1E⊂平面O1A1B1，故PE⊥A1E，则S△A1EP=12|所以V三棱锥B−A=13×12|A1E=16×2×|sinθ+cosθ=2因为0<θ<π2，则π4<θ+故22<sinθ+π所以1<2sinθ+π则V三棱锥B=23sinθ+π4当且仅当θ=π4即三棱锥B-A1EP的体积的最大值为2−1(3)解设平面BA1E的一个法向量为n=(x2，y2，z2)，A1E=(cosθ-1，sinθ，0)，BA1=(1则n取x2=2sinθ，则n=(2sinθ，2-2cosθ，1-sinθ-cosθ)，所以|cos〈m，n〉|=|=|=2si=2因为0<θ<π2，则0<sinθ故|cos〈m，n〉|=25−sinθ∈结合图形可知，二面角B-A1E-P的平面角为锐角，因此，二面角B-A1E-P余弦值的取值范围为254.(17分)(2025·包头模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC=SD，AB=2CD=6，SC=AD=4，点E在棱SD上，且不与S和D重合，平面ABE交棱SC于点F.(1)求证：CD∥EF；(3分)(2)若E为棱SD的中点，求二面角D-AE-B的正弦值；(7分)(3)记点D，S到平面A