2020版新课标·名师导学·高考第一轮总复习理科数学第九章直线_平面_简单第九章 (9)

【点评】求点面距一般有以下三种方法：①作点 到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； ②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直 角坐标系的规则图形中较简便．
考点 3 平面图形的翻折问题 例3如图 1，∠ACB＝45°，BC＝3，过点 A 作 AD⊥BC，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB， 沿 AD 将△ABD 折起，使∠BDC＝90°(如图 2 所示)．
(1)求证：EF⊥CD； (2)在平面 PAD 内求一点 G，使 GF⊥平面 PCB，并 证明你的结论．
【解析】(1)如图，分别以 DA、DC、DP 所在直 线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．
设 AD＝a，则 D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a， 0)，C(0，a，0)，Ea，a2，0，P(0，0，a)，Fa2，a2，a2．
A．存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B．存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C．存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D．对任意位置，三对直线“AC 与 BD”“AB 与 CD”“AD 与 BC”均不垂直
【解析】对于 AB⊥CD，因为 BC⊥CD，由线面 垂直的判定可得 CD⊥平面 ACB，则有 CD⊥AC，而 AB＝CD＝1，BC＝AD＝ 2，可得 AC＝1，那么存在 AC 这样的位置，使得 AB⊥CD 成立．
所以B→C＝(1， 3，0)，B→M＝(0， 3， 3)． 设平面 MBC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 由nn⊥⊥BB→→CM，，得nn··BB→→CM＝＝00，，即x＋3y＋3y＝3z0＝，0， 取 x＝ 3，可得平面 MBC 的一个法向量为 n＝ ( 3，－1，1)． 又B→A＝(0，0，2 3)， 所以所求距离为 d＝|B→|An·|n|＝2 515．
则由E→N＝－12，－12，0，n＝(1，2，－1)，
可得 sin θ＝cos(90°－θ)＝|n|n|··|E→E→NN||＝－612×－212＝ 23，
即 θ＝60°． 故直线 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°．
法二：由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大时， BD＝1，AD＝CD＝2，如图 b，取 CD 的中点 F，连接 MF，BF，EF，则 MF∥AD，EF∥BD．
腰三角形， 如图 d 所示，取 BM 的中点 G，连接 EG，NG， 则 BM⊥平面 EGN． 在平面 EGN 中，过点 E 作 EH⊥GN 于 H，
则 EH⊥平面 BMN． 故∠ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角．
在△EGN 中，易得 EG＝GN＝NE＝ 22， 所以△EGN 是正三角形，故∠ENH＝60°，即直 线 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°．
【答案】B
2．如图，斜线段 AB 与平面 α 所成的角为 60°， B 为斜足，平面 α 上的动点 P 满足∠PAB＝30°，则 点 P 的轨迹是( )
A．直线 C．椭圆
B．抛物线 D．双曲线的一支
【解析】利用平面截圆锥面直接得轨迹． 因为∠PAB＝30°，所以点 P 的轨迹为以 AB 为 轴线，PA 为母线的圆锥面与平面 α 的交线，且平面 α 与圆锥的轴线斜交，故点 P 的轨迹为椭圆．
(1)当 BD 的长为多少时，三棱锥 A－BCD 的体积 最大；
(2)当三棱锥 A－BCD 的体积最大时，设点 E，M 分别为棱 BC，AC 的中点，试在棱 CD 上确定一点 N， 使得 EN⊥BM，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小．
【解析】(1)在如图 1 所示的△ABC 中， 设 BD＝x(0<x<3)，则 CD＝3－x． 由 AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC 为等腰直 角三角形，
【解析】(1)如图，∵PA⊥平面 ABC，
∴PA⊥BC，又∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB， ∴BC⊥平面 PAB，∴∠PBC＝90°． (2)如图，PB2＋PC2＝BC2，AB＜PB，AC＜PC， 所以 AB2＋AC2＜BC2，故∠BAC 为钝角． 【答案】(1)直角；(2)钝角
4．如图，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前 的点 A 处进行射击训练．已知点 A 到墙面的距离为 AB，某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了 准确瞄准目标点 P，需计算由点 A 观察点 P 的仰角 θ 的大小．若 AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°， 则 tan θ 的最大值是________．(仰角 θ 为直线 AP 与 平面 ABC 所成角)
以 O 为坐标原点，直线 OC，BO，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 O－xyz．
因为△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形， 所以 OB＝OM＝ 3，则 O(0，0，0)，C(1，0，0)， M(0，0， 3)，B(0，－ 3，0)，A(0，－ 3，2 3)，
第61讲 立体几何中的综合问题 (向量法、几何法综合)
【学习目标】 1．能根据题目条件灵活选择用几何法或向量法解 决问题． 2．会分析探究立体几何中位置关系问题和几何量 的取值问题，培养探究思维能力．
【基础检测】
1．已知矩形 ABCD，AB＝1，BC＝ 2．将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折过 程中，( )
E→F＝－a2，0，a2，D→C＝(0，a，0)． ∵E→F·D→C＝0，∴E→F⊥D→C，即 EF⊥CD．
(2)设 G(x，0，z)，则F→G＝x－a2，－a2，z－a2， 若使 GF⊥平面 PCB，则
由F→G·C→B＝x－a2，－a2，z－a2·(a，0，0) ＝ax－a2＝0，得 x＝a2； 由F→G·C→P＝x－a2，－a2，z－a2·(0，－a，a) ＝a22＋az－a2＝0，得 z＝0． ∴G 点坐标为a2，0，0， 即 G 点为 AD 的中点．
2．探究性问题 (1)若某几何量或几何元素的位置关系存在时，某点 或线或面应具备何种条件的问题，就是立体几何中的探 究性问题． (2)探究性问题的题设情境通常就是“是否存在”， 其求解策略是：①观察——猜想——证明；②赋值推断； ③类比联想；④特殊——一般——特殊．
考点 1 线面位置关系的证明 例1在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，PD＝DC，E、F 分别是 AB、PB 的中 点．
由(1)知 AD⊥平面 BCD，所以 MF⊥平面 BCD． 如图 c，延长 FE 至 P 点，使得 FP＝DB，连接 BP，DP，则四边形 DBPF 为正方形， 所以 DP⊥BF，取 DF 的中点 N，连接 EN， 又 E 为 FP 的中点，则 EN∥DP， 所以 EN⊥BF．因为 MF⊥平面 BCD， 又 EN⊂平面 BCD，所以 MF⊥EN． 又 MF∩BF＝F，所以 EN⊥平面 BMF．
(2)法一：以 D 为原点，建立如图 a 所示的空间直角 坐标系 D－xyz，由(1)知，当三棱锥 A－BCD 的体积最大 时，BD＝1，AD＝CD＝2．
于是可得 D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，
0，2)，M(0，1，1)，E12，1，0，且B→M＝(－1，1，1)． 设 N(0，λ，0)，则E→N＝－12，λ－1，0． 因为 EN⊥BM 等价于E→N·B→M＝0，
【答案】C
3．(1)三角形的一边 BC 在平面 α 内，l⊥α ，垂 足为 A，A∉BC，P 在 l 上滑动，点 P 不同于 A，若∠ABC 是直角，则△PBC 是________三角形；
(2)直角三角形 PBC 的斜边 BC 在平面 α 内，直角 顶点 P 在平面 α 外，P 在平面上的射影为 A，则△ABC 是________三角形．(填“锐角”“直角”或“钝角”)
所以 AD＝CD＝3－x． 由折起前 AD⊥BC 知，折起后(如图 2)，AD⊥DC， AD⊥BD，且 BD∩DC＝D，所以 AD⊥平面 BCD．又 ∠BDC＝90°，
所以 S△BCD＝12BD·CD＝12x(3－x)， 于是 VA－BCD＝13AD·S△BCD＝13(3－x)·12x(3－x) ＝112·2x(3－x)(3－x) ≤1122x＋（3－x）3 ＋（3－x）3＝23，
x2－40x＋625(m)．
3 所以 tan θ＝ x2－430xx＋625＝
3 3 1－4x0＋6x225
3
＝
3
．
2x5－452＋295
3
当2x5＝45，即 x＝1245时，tan
θ取得最大值为
3 3
＝
5
5 9 3． 【答案】5 9 3
【知识要点】 1．折叠问题 (1)将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立 体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠 问题． (2)处理折叠问题，要先画好平面图形，并且注意平 面图形与立体图形的对照使用，这样有利于分析元素间 的位置关系和数量关系． (3)要注意分析折叠前后位置关系及数量关系的变 化．一般位于折线一边的点、线间的位置关系和数量关 系不变，位于折线两边的点、线间的位置关系，数量关 系要发生变化．不变的关系，要注意在平面图形中处理； 变化的关系，一般在立体图形中处理．
考点 2 空间角与距离的求法
例2如图，△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三 角形，平面 MCD⊥平面 BCD，AB⊥平面 BCD，AB ＝2 3，求点 A 到平面 MBC 的距离．
【解析】如图，取 CD 的中点 O，连接 OB，OM．
因 为 △BCD 与 △MCD 均 为 正 三 角 形 ， 所 以 OB⊥CD，OM⊥CD，又平面 MCD⊥平面 BCD，所 以 MO⊥平面 BCD．
当且仅当 2x＝3－x，即 x＝1 时，等号成立， 故当 x＝1，即 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体 积最大．
(另：VA－BCD＝13AD·S△BCD ＝13(3－x)·12x(3－x)＝16(x3－6x2＋9x)． 令 f(x)＝16(x3－6x2＋9x)， 由 f′(x)＝12(x－1)(x－3)＝0，且 0<x<3，解得 x＝1． 当 x∈(0，1)时，f′(x)>0；当 x∈(1，3)时，f′(x)<0． 所以当 x＝1 时，f(x)取得最大值． 故当 BD＝1 时，三棱锥 A－BCD 的体积最大．)
又 BM⊂平面 BMF，所以 EN⊥BM． 因为 EN⊥BM 当且仅当 EN⊥BF，而点 F 是唯一 的，所以点 N 是唯一的．
即当 DN＝12(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分 点)时，EN⊥BM．
连接 MN，ME，由计算得 NB＝NM＝EB＝EM＝
25， 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等
【解析】先利用解三角形知识求解，再利用确定
函数最值的方法确定最值．
如图，过点 P 作 PO⊥BC 于点 O，连接 AO，则
∠PAO＝θ．
设
CO．
在 Rt△ABC 中，AB＝15 m，AC＝25 m，
所以 BC＝20 m．所以 cos∠BCA＝45．
所 以 AO ＝
625＋x2－2×25x×45 ＝
即－12，λ－1，0·(－1，1，1)＝12＋λ－1＝0， 故 λ＝12，N0，12，0． 所以当 DN＝12(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分 点)时，EN⊥BM．
设平面 BMN 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 由nn⊥⊥BB→→NM，，及B→N＝－1，12，0，B→M＝(－1，1，1)， 得yz＝＝－2xx，，可取 n＝(1，2，－1)． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 θ，
考点 4 立体几何中的探索性问题 例4如图，在四棱锥 P－ABCD 中，已知 PA⊥平 面 ABCD，且四边形 ABCD 为直角梯形，∠ABC＝ ∠BAD＝π2 ，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1．