7.6.2 综合问题课件-2026届高考数学一轮复习

这是一份7.6.2 综合问题课件-2026届高考数学一轮复习，共125页。PPT课件主要包含了名师讲坛·素养提升，考点突破·互动探究，综合问题多维探究，变式训练，重温高考，C组拓展应用选作等内容，欢迎下载使用。
第六讲　空间的角与距离第二课时　综合问题
提能训练　练案[45]
考点突破 · 互动探究
角度1　空间中的翻折问题
[解析]　(1)证明：证法一：取AC的中点N，连接BN，DN，
证法二：取线段BD的中点，连接CO，AO，因四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，则△ABD和△CBD均为等边三角形，则AO⊥BD，CO⊥BD，又AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC，则BD⊥平面AOC，以O为原点，OB，OA所在直线为x，y轴，在平面AOC内作Oz⊥OA，以Oz所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
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．
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°
[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．[答案]　ABC
2．(2025·河北部分学校摸底)如图(1)，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝6，点E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图(2)．(1)求证：PB⊥PC；(2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求二面角P－DF－E的正弦值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)证明：依题意，由点E为PC的中点，PD＝CD＝3，得DE⊥PC，又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，则DE⊥平面PCB，又PB⊂平面PCB，于是DE⊥PB，又CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB，则CD⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，则CD⊥PB，而CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD，因此PB⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，所以PB⊥PC．
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．
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________.
[分析]　思路一：所求最小值为O到线段PB距离的最小值．
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．(2026·四川部分学校联合质检)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD＝60°，△PBD是等边三角形．(1)求证：AC⊥PD；(2)求二面角P－BC－A的平面角的正切值；(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并说明点E此时所在的位置．
[解析]　(1)证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，所以PO⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，因为PO∩BD＝O，PO、BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD.
(2)如图，过P在平面PBC内作PH⊥BC于H，连接OH，因为OP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PO⊥BC，又PO∩PH＝P，PO、PH⊂平面POH，所以BC⊥平面POH，又OH⊂平面POH，所以BC⊥OH，故∠PHO为二面角P－BC－A的平面角，因菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
(3)因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离h，因为VD－PBC＝VP－BCD，
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．
因为AO⊂平面ACO，CO⊂平面ACO，且AO∩CO＝O，所以BD⊥平面ACO因为CE⊂平面ACO，所以BD⊥CE.(2)解法一：设A到平面BCD的距离为h，因为等边三角形BCD的边长为4，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz；设E(0,0，n)(n>0)，因为BD⊥平面ACO，所以m1＝(1,0,0)是平面ECO的一个法向量，设平面BCE的法向量为m2＝(x，y，z)，
2．(角度2)(2026·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；
[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∥平面DCE，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，
(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)，
[解析]　(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO.因为四边形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
(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．[解析]　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1.
解法一：作AH⊥BD于H，连接EH，由BD⊥平面AEH知EH⊥BD，∴∠AHE为二面角A－BD－C的平面角θ的补角．
解法二：BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，所以A1C的中点D(1,1,1)，
2.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；
[解析]　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC①，因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC＝AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，∵BD⊥CD，∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD.
以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
[解析]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC．
(2)作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
A组基础巩固 解答题1．(2026·贵州部分学校联考)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF为正方形，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝2BC＝2CD，G为线段CE上一点．
(1)证明：平面BDG⊥平面ABEF；(2)若EG＝2GC，求二面角E－BD－G的余弦值．[解析]　(1)证明：如图，设BC＝3，取AD的中点H，连接BH.
因为AD＝2BC，所以BC＝DH.又AD∥BC，BC⊥CD，BC＝CD，所以四边形BCDH为正方形，因为AB2＋BD2＝AD2，所以BD⊥AB.又平面ABEF⊥平面ABCD，
平面ABEF∩平面ABCD＝AB，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ABEF.因为BD⊂平面BDG，所以平面BDG⊥平面ABEF.(2)因为平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，BE⊥AB，BE⊂平面ABEF，所以BE⊥平面ABCD，BH，BC⊂平面ABCD，所以BE⊥BH，BE⊥BC，由(1)得BH⊥BC，
2．(2025·河南许昌高级中学测试)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，BC＝4，AB＝AD＝DC＝AA1＝2，Q为AD的中点．
(1)在A1D1上是否存在点P，使直线CQ∥平面AC1P，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；(2)若(1)中点P存在，求平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值．[解析]　(1)存在，证明如下：在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以可在平面A1B1C1D1内作C1P∥CQ，由平面几何知识可证△C1D1P≌△CDQ，所以D1P＝DQ，可知P是A1D1中点，因为C1P⊂平面AC1P，所以CQ∥平面AC1P.
即存在线段A1D1的中点，满足题设条件．满足条件的点只有一个，证明如下：当CQ∥平面AC1P时，因为CQ∥平面A1B1C1D1，所以过C1作平行于CQ的直线既在平面A1C1P内，也在平面A1B1C1D1内，而在平面A1B1C1D1内过C1只能作一条直线C1P∥CQ，故满足条件的点P只有唯一一个．所以，有且只有A1D1的中点为满足条件的点P，使直线CQ∥平面AC1P.
(2)过点D作DF⊥BC，垂足为F，又因为DD1⊥平面ABCD，所以DA，DF，DD1两两互相垂直，以D为坐标原点，分别以DA，DF，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz，
3．(2026·辽宁辽西重点高中摸底)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝4，AD＝3，∠BAD＝120°，点M在AD上，且AM＝AB＝2.将△ABM沿BM折起，使得平面ABM⊥平面BCDM，如图2.
(1)求四棱锥A－BCDM的体积；(3)求直线AD与平面ABC所成角的正弦值．[解析]　(1)如图，过点A作AF⊥BC，垂足为点F，取BM的中点O，连接AO.由AM＝AB，可知AO⊥BM.又因为平面ABM⊥平面BCDM，平面ABM∩平面BCDM＝BM，AO⊂平面ABM，
(2)证明：过点D作DE∥BM交BC于点E，连接PE.因为DE⊄平面ABM，BM⊂平面ABM，所以DE∥平面ABM.因为MD∥BC，所以四边形DEBM是平行四边形，
所以PE∥AB，同理可证PE∥平面ABM.因为DE∩PE＝E，所以平面PDE∥平面ABM.又因为PD⊂平面PDE，所以PD∥平面ABM.
4．(2026·山东德州开学考试)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为边长为2的正三角形，AA1＝3，D为AC的中点，点E在棱CC1上，CE＝λCC1,0