難點專攻奪高分——立體幾何的綜合問題第3課時

[典例]已知平行四邊形ABCD中，∠C=60°，點E在AD上，且滿足BC=2AB=4AE=4，將△ABE沿BE折起至△PBE的位置，得到四棱錐P-BCDE.命題視角一翻折問題

翻折問題的2個解題策略方法技巧確定翻折前后變與不變的關系畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，分清翻折前后圖形的位置和數量關系的變與不變.一般地，位于“折痕”同側的點、線、面之間的位置和數量關系不變，而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位置關系會發(fā)生變化；對于不變的關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關系則要在立體圖形中解決確定翻折后關鍵點的位置所謂的關鍵點，是指翻折過程中運動變化的點.因為這些點的位置移動，會帶動與其相關的其他的點、線、面的關系變化，以及其他點、線、面之間位置關系與數量關系的變化.只有分析清楚關鍵點的準確位置，才能以此為參照點，確定其他點、線、面的位置，進而進行有關的證明與計算續(xù)表1.如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=AB=BC=1，CD=2，E為CD中點，將△ADE沿AE折到△APE的位置.(1)求證：AE⊥PB；(2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，求平面APE與平面CPE夾角的余弦值.針對訓練解：(1)證明：如圖①，在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O，連接BE.∵AB∥DE，AB=DE，∴四邊形ABED為平行四邊形.又∵AD=AB，∴平行四邊形ABED為菱形.∴BD⊥AE.翻折后如圖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.如圖，在直角梯形AO1O2C中，AO1∥CO2，AO1⊥O1O2，O1O2=4，CO2=2，AO1=4，點B是線段O1O2的中點，將△ABO1，△BCO2分別沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于點O，得到三棱錐O-ABC.試在三棱錐O-ABC中，(1)求證：平面AOB⊥平面BOC；(2)求直線OC與平面ABC所成角的正弦值.

命題視角二探索性問題

存在性問題的解題策略借助于空間直角坐標系，把幾何對象上動態(tài)點的坐標用參數(變量)表示，將幾何對象坐標化，這樣根據所要滿足的題設要求得到相應的方程或方程組.若方程或方程組在題設范圍內有解，則通過參數的值反過來確定幾何對象的位置；若方程或方程組在題設范圍內無解，則表示滿足題設要求的幾何對象不存在.方法技巧考法(二)

線面關系中的存在性問題[例2]

如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點O是底面ABCD的中心，E是線段OD1上的一點.(1)若E為OD1的中點，求直線OD1與平面CDE所成角的正弦值；(2)是否存在點E，使得平面CDE⊥平面CD1O?若存在，請指出點E的位置關系，并加以證明；若不存在，請說明理由.

解決線面關系中存在性問題的策略對于線面關系中的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用向量法進行線面關系的邏輯推理，尋找假設滿足的數據或事實，若滿足，則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設.方法技巧

針對訓練

[典例]已知直三棱柱ABC

-A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.命題視角三空間向量與最值相結合(1)證明：BF⊥DE；[解]

證明：因為側面AA1B1B為正方形，所以A1B1⊥BB1.又BF⊥A1B1，而BF∩BB1=B，BF?平面BB1C1C，BB1?平面BB1C1C，所以A1B1⊥平面BB1C1C.又三棱柱ABC

-A1B1C1是直三棱柱，BC=AB，所以四邊形BB1C1C為正方形.取BC中點為G，連接B1G，EG.因為F為CC1的中點，所以BF⊥B1G.又BF⊥A1B1，且EG∥A1B1，所以BF⊥EG.又B1G∩EG=G，B1G?平面EGB1D，EG?平面EGB1D，所以BF⊥平面EGB1D.又DE?平面EGB1D，所以BF⊥DE.(2)當B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?

空間向量法求最值也是要求出目標函數，但是需要先依據題意建立空間直角坐標系，注意建系時使坐標易于求解或表達，然后求目標函數的表達式.方法技巧1.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形ABC為直角三角形，其中AB⊥AC，AB=3，AC=4，CC1=8，M，N分別為BB1和AA1的中點.(1)求證：CN⊥平面C1MN；(2)當點P在線段C1A上移動時，求直線NP與平面BB1C1C所成角的正弦的最大值.針對訓練解：依題意可得AB，AC，AA1兩兩垂直，故以A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，8)，B1(3，0，8)，C1(0，4，8).

所以DB1⊥EF，DB1⊥ED2，又EF?平面D2EF，ED2?平面D2EF，EF∩ED2=E，所以DB1⊥平面D2EF.

03課時跟蹤檢測

解：(1)證明：由已知條件易知四邊形ABEF是正方形，BE⊥EF且BE⊥PE.又PE∩EF=E，所以BE⊥平面PEF.因為BE?平面ABEF，所以平面PEF⊥平面ABEF.

解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AD⊥CD.∵PD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PD⊥CD.∵AD∩PD=D，AD，PD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又∵PA?平面PAD，∴PA⊥CD.∵CM⊥PA，CM∩CD=C，CM，CD?平面CMD，∴PA⊥平面CMD，∵DM?平面CMD，∴PA⊥DM.

4.(2022·華南師大附中質檢)如圖，在五面體ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF=60°，CD=EF=CF=2AB=2AD=2，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)求證：CE⊥平面ADF；(2)已知P為棱BC上的點，試確定點P的位置，使二面角P-DF-A的大小為60°.解：(1)證明：∵CD∥EF，CD=EF=CF，∴四邊形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，∴AD⊥平面CDEF，∵CE?平面CDEF，∴AD⊥CE.又∵AD?平面ADF，DF?平面ADF，AD∩DF=D，∴直線CE⊥平面ADF.

5.如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分別是PC，PB的中點.(1)求證：BC⊥平面PAC