专题五 5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题
向量法解立体几何中的探索性问题与翻折问题
（2）已知P是SC的中点，且 已知P SC的中点， 的中点 SO=3，问在棱SA SA上是否存在 SO=3，问在棱SA上是否存在 一点Q，使异面直线OP与BQ所 一点Q 使异面直线OP与BQ所 OP 成角为90 若不存在， 成角为900？若不存在，说明 理由，若存在，求出AQ的长。 AQ的长 理由，若存在，求出AQ的长。
Q D
P
所以OE//AD，所以DE=1， 所以OE//AD，所以DE=1，CE=3 OE//AD DE=1 AB·SC=12
A
E
O B
C
为坐标原点,以平行于AD的直线为x AD的直线为 （2）以O为坐标原点,以平行于AD的直线为x ） 平行于AB的直线为y AB的直线为 轴,平行于AB的直线为y 轴, OS为z轴，建立 如图所示的空间直角坐标系O xyz。 如图所示的空间直角坐标系O-xyz。
空间向量法解立体几 何中的探索性问题
1、如图,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD 如图,在底面是菱形的四棱锥P ,PA⊥面ABCD,PA=AC=a， 中,∠ABC=600,PA⊥面ABCD,PA=AC=a， ,点 PD上 PE:ED=2:1,在棱 在棱PC PB=PD= 2a ,点E在PD上,且PE:ED=2:1,在棱PC 上是否存在一点F, BF//平面AEC?证明你的 F,使 平面AEC? 上是否存在一点F,使BF//平面AEC?证明你的 结论。 结论。
E F C D
小结： 小结：若用传统的几何证明的方法求这类探索性 问题，需要猜测、寻找适合条件的点，然后证明， 问题，需要猜测、寻找适合条件的点，然后证明， 思维上造成困难。 思维上造成困难。而用空间向量只要设出变 量 λ ，就可利用向量运算解决很久以来的学生 的难点和困惑。 的难点和困惑。
立体几何中的翻折问题资料
求解翻折问题的基本方法：
(1)先比较翻折前后的图形，弄清哪些量和位置关系在翻 折过程中不变，哪些已发生变化； (2)将不变的条件集中到立方体图形中，将问题归结为一 个条件与结论明朗化的立几问题.
（1）若二面角α-AC-β为直二面角，求二面角β-BC-γ的大小； （2）若二面角α-AC-β为60°，求三棱锥D′-ABC的体积.
H
又因为BC⊂平面β，所以BC⊥D′E， 所以BC⊥α. 而D′C ⊂ α，所以BC⊥D′C， 所以∠D′CA为二面角β-BC-γ的平面角.
由于∠D′CA=45°，
所以二面角β-BC-γ的大小为45°.
VD'-ABC
=13SDABC
•D'O=1•1AC•BC•D'O 32
=13ga2g46a=126a3
规律小结：
分析求解折叠问题的关键是分辨折叠前后的不变量和不 变关系，在求解过程中上、下底边长分别为2和6，高为 3 的等
腰梯形（如图①）.将它沿对称轴OO1折成直二面角(如图②).
(1)证明：AC⊥BO1； (2)求二面角O—AC—O1的正弦值.
从而O1F= O1 A O1C
AC 所以sin∠O1FE=
O O
1E 1F
=2 =
1
3
3 1 4
.又O1E=OO1·sin30°= 3.
3 2
,
立体几何中的翻折问题
如有一只小虫要从A爬到点M，
N
所走的最短路径是什么？
E
N
M
E
F
D
C
A
B
N
MN
M
E
E F
F
D
C
D
C
A
立体几何的动态问题翻折问题
立体几何的动态问题之二———翻折问题立体几何动态问题的基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等一、面动问题（翻折问题）：（一）学生用草稿纸演示翻折过程: （二）翻折问题的一线五结论.D F A E ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D H F D H F ''∠）是二面角的平面角；3D D F '）在底面上的投影一定射线上；二、翻折问题题目呈现：（一）翻折过程中的范围与最值问题1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，CD=CB=且A D A B ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A B D ∆，则在'A B D ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______ .解：由题意知点A 运动的轨迹是以E 为圆心,EA 为半径的圆，当点A运动到与圆相切的时候所称的角最大，所以ta n '3A CB ∠=【设计意图】加强对一线、五结论的应用，重点对学生容易犯的错误12进行分析，找出错误的原因。
2、2015年10月浙江省学业水平考试18）.如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。
现将△ABD 沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是DABECDABC4) ''D H D H 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5A D 'E A E .）面绕翻折形成两个同底的圆锥CA.(,)63ππB. (,]62ππC. (,]32ππD. 2(,)33ππ分析：这是一道非常经典的学考试题，本题的解法非常多，很好的考查了空间立体几何线线角的求法。
方法一：特殊值法（可过F 作FH 平行BE,找两个极端情形） 方法二：定义法：利用余弦定理：222254c o s 243F HF CC HF H C C HF H F C+-∠==-，有344C H ≤≤11c o s ,22C F H ⎡⎤∴∠∈-⎢⎥⎣⎦异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(,]32ππ 方法三：向量基底法：111()()222B E FC B A BD F C B A F C B F F A F C=+==+111c o s ,c o s ,,222B E F C F C F A ⎡⎤<>=<>∈-⎢⎥⎣⎦方法四：建系：3、（2015年浙江·理8）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则 （ B ）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≥D. A CB α'∠≤方法一：特殊值方法二：定义法作出二面角，在进行比较。
向量法解立体几何中的探索性问题与翻折问题PPT课件
D’
C’
A’
B’
D
A
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C B
把一个平面图形按某种要求折起，转化为 空间图形，进而研究图形在位置关系和数量 关系上的变化，这就是翻折问题。
图形的展开与翻折问题就是一个由 抽象到直观,由直观到抽象的过程.在历年 高考中以图形的展开与折叠作为命题对 象时常出现,因此,关注图形的展开与折叠 问题是非常必要的.
一般情况下原图中的一部分仍在同一个半平面内与组成这部分图形的元素保持着原有的数量及位置关系抓住这些不变量和不变关系是解决折叠问题的关键
1、如图,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD 中,∠ABC=600,PA⊥面ABCD,PA=AC=a， PB=PD= 2a ,点E在PD上,且PE:ED=2:1,在棱PC 上是否存在一点F,使BF//平面AEC?证明你的 结论。
（1）不论P在侧棱上任何位置，是否总有
BD⊥CP？说明你的理由； （2）若CC’=AB，是否存在
D’ A’
这样的点P，使得异面直线
CP与AB所成的角比异面直 P D
线AC与B’P所成的角大？并 A 说明理由。
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C’ B’
C B
解:建立空间直角坐标 系,A(0,0,0),P(O,O,Z),B(1,0,0),D(0,1,0)
EF
AP
平面PEF
AP AP
PF PE
(2)设EF的中点为M, AE=AF,PE=PF
AMP为二面角A-EF-P的平面角
解得 AMP=arctan2 2
P(B,C,D)
A
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F ·M E
小结：求解翻折问题的基本方法： (1)先比较翻折前后的图形，弄
高考数学复习专题训练—立体几何中的翻折问题及探索性问题(含解析)
高考数学复习专题训练—立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2021·山东聊城三模)如图,在平面四边形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD将△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PC⊥BC.(1)求证:PD⊥CD;(2)若M为PB的中点,二面角P-BC-D的大小为60°,求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.2.(2021·湖南师大附中二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是边长为2的等边三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E为线段PC上一点.(1)设平面PAB∩平面PDC=l,求证:l∥平面ABCD.(2)是否存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°?若存在,求CE的值;若不存在,请说明理由.CP3.(2021·山东泰安三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=2√2,BB1=2,M为CC1的中点.(1)试确定线段AB1上一点N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的条件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值.4.(2021·福建泉州二模)如图①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜边AB上的高,沿CD将△ACD折起,使点A到达点P的位置,如图②,∠PBD=60°,E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点.图①图②(1)求证:GH∥平面DEF;(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值.5.(2021·天津二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=√3,M为BE的中点.(1)求证:CM∥平面ADE.(2)求二面角E-BD-C的正弦值.?若存在,求出AN的(3)在线段AD上是否存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为4√621长;若不存在,说明理由.6.(2021·湖南长沙长郡中学一模)如图①,在等边三角形ABC中,D,E分别为边AB,AC上的动点,且满足DE∥BC,记DE=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,连接MB,MC,如BC图②所示,N为MC的中点.图①图②(1)当EN∥平面MBD时,求λ的值.(2)随着λ值的变化,二面角B-MD-E的大小是否改变?若是,请说明理由;若不是,请求出二面角B-MD-E的正弦值.答案及解析1.(1)证明 因为BC ⊥CD ,BC ⊥PC ,PC ∩CD=C ,所以BC ⊥平面PCD.又PD ⊂平面PCD ,所以BC ⊥PD.由翻折可知PD ⊥BD ,BD ∩BC=B ,所以PD ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ,所以PD ⊥CD.(2)解 因为PC ⊥BC ,CD ⊥BC ,所以∠PCD 为二面角P-BC-D 的平面角,即∠PCD=60°.在Rt △PCD 中,PD=CD tan 60°=√3CD.取BD 的中点O ,连接OM ,OC ,则OM ∥PD ,OM=12PD. 因为BC=CD ,所以OC ⊥BD.由(1)知PD ⊥平面BCD ,所以OM ⊥平面BCD ,所以OM ,OC ,OD 两两互相垂直.以O 为原点,OC ,OD ,OM 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.设OB=1,则P (0,1,√6),C (1,0,0),D (0,1,0),M (0,0,√62),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,√6),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√62).设平面MCD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +√62z =0, 令z=√2,则x=√3,y=√3,所以n =(√3,√3,√2)为平面MCD 的一个法向量. 设直线PC 与平面MCD 所成的角为θ,则sin θ=|cos <CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|CP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||CP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√34,所以直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√34.2.(1)证明 ∵AB ∥CD ,AB ⊄平面PDC ,DC ⊂平面PDC , ∴AB ∥平面PDC.又平面PAB ∩平面PDC=l ,AB ⊂平面PAB ,∴AB ∥l. 又l ⊄平面ABCD ,AB ⊂平面ABCD ,∴l ∥平面ABCD. (2)解 设DC 的中点为O ,连接OP ,OA ,则PO ⊥DC.又平面PDC ⊥平面ABCD ,PO ⊂平面PDC ,平面PDC ∩平面ABCD=DC ,∴PO ⊥平面ABCD.∵AB ∥CD ,AB=OC=1,∴四边形ABCO 为平行四边形, ∴OA ∥BC.由题意可知BC ⊥CD ,∴OA ⊥CD. ∴OA ,OC ,OP 两两互相垂直.以O 为原点,OA ,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.则A (1,0,0),D (0,-1,0),C (0,1,0),P (0,0,√3).由PO ⊥平面ABCD ,可知m =(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.假设存在点E ,使平面ADE 与平面ABCD 的夹角为60°,设CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则E (0,1-λ,√3λ),∴DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2-λ,√3λ).设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z ),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),则{n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,(2-λ)y +√3λz =0,取x=1,则y=-1,z=√3λ,∴n =(1,-1√3λ)为平面ADE 的一个法向量.由题意可知|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=2-λ√3λ√12+12+(2-λ√3λ)=12,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(√2-1),故存在点E ,使平面ADE 与平面ABCD 的夹角为60°,此时CECP =2(√2-1). 3.解 (1)当AN=13AB 1时,AC ∥平面BMN.证明:如图,设BM ∩B 1C=E ,连接EN ,则CEB 1E =CMBB 1=12.由AN=13AB 1,得ANB 1N =12,∴AC ∥NE.又AC ⊄平面BMN ,NE ⊂平面BMN ,∴AC ∥平面BMN.(2)取BC 的中点O ,连接AO ,B 1O.∵AC=AB=2,∴AO ⊥BC.又BC=2√2,∴AO=BO=√2.∵平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ,平面ABC ∩平面BB 1C 1C=BC ,AO ⊂平面ABC ,∴AO ⊥平面BB 1C 1C.∵AB=BB 1=2,∠ABB 1=60°,∴AB 1=2,O B 12=A B 12-AO 2=2,∴OB 1=√2,O B 12+OB 2=B B 12,∴OB 1⊥OB.以O 为原点,OB ,OB 1,OA 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,则A (0,0,√2),B (√2,0,0),C (-√2,0,0),C 1(-2√2,√2,0),B 1(0,√2,0),M (-3√22,√22,0),∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√2),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,-√2),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-5√22,√22,0),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√23,-√23),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,√23,2√23). 设平面BMN 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-√2x +√23y +2√23z =0,-5√22x +√22y =0,解得{y =5x ,z =-x ,令x=1,则y=5,z=-1,∴n =(1,5,-1)为平面BMN 的一个法向量. 由题意可知m =(0,0,1)为平面BB 1C 1C 的一个法向量.设平面BMN 与平面BB 1C 1C 的夹角为θ,则cos θ=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√39, 故平面BMN 与平面BB 1C 1C 的夹角的余弦值为√39.4.(1)证明 如图,连接BH ,交DE 于点M ,连接MF.因为△ABC 是等腰直角三角形,CD 是斜边AB 上的高,所以AD=DB ,即PD=DB. 因为∠PBD=60°,所以△PBD 是等边三角形.因为E ,H 分别为PB ,PD 的中点,所以M 是等边三角形PBD 的中心,所以BM=23BH.因为F 为BC 的中点,G 为CF 的中点,所以BF=23BG. 所以MF ∥GH.又MF ⊂平面DEF ,GH ⊄平面DEF ,所以GH ∥平面DEF.(2)解 如图,建立空间直角坐标系,设PD=DB=DC=2,则C (0,2,0),B (2,0,0),P (1,0,√3),H (12,0,√32),G (12,32,0),所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),HG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,-√32). 设平面PBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +2y =0,-x +√3z =0,令x=√3,则y=√3,z=1,所以n =(√3,√3,1)为平面PBC 的一个法向量. 设直线GH 与平面PBC 所成的角为θ, 则sin θ=|cos <n ,HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√3×√7=√77, 故直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值为√77. 5.(1)证明 取AE 的中点P ,连接MP ,PD (图略).∵P ,M 分别为AE ,BE 的中点,∴PM ∥AB ,PM=12AB. 又CD ∥AB ,CD=12AB ,∴PM ∥CD ,PM=CD ,∴四边形PMCD 为平行四边形,∴CM ∥PD.又CM ⊄平面ADE ,PD ⊂平面ADE ,∴CM ∥平面ADE. (2)解 取AB 的中点O ,连接OD ,OE.又CD ∥AB ,CD=12AB ,∴CD ∥OB ,CD=OB ,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴OD ∥BC. 又AB ⊥BC ,∴OD ⊥AB.又平面ABCD ⊥平面ABE ,平面ABCD ∩平面ABE=AB ,OD ⊂平面ABCD ,∴OD ⊥平面ABE.∵AE=BE ,O 为AB 的中点,∴OE ⊥AB.以O 为坐标原点,OE ,OB ,OD 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,则E (√2,0,0),B (0,1,0),C (0,1,1),D (0,0,1).设平面BDE 的法向量为m =(x ,y ,z ),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,-1,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1), 由{m ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x -y =0,-y +z =0,取y=√2,则x=1,z=√2,∴m =(1,√2,√2)为平面BDE 的一个法向量. 易知n =(1,0,0)为平面BCD 的一个法向量. 设二面角E-BD-C 的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√55,∴sin θ=√1-cos 2θ=2√55. 故二面角E-BD-C 的正弦值为2√55.(3)解 假设在线段AD 上存在一点N ,使得直线MD 与平面BEN 所成角的正弦值为4√621.由(2)知M (√22,12,0),A (0,-1,0),D (0,0,1),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,-1,0),则MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,-12,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0). 设AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,λ,λ),其中0≤λ≤1, ∴BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,λ-2,λ). 设平面BEN 的法向量为u =(x 1,y 1,z 1),由{u ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,u ·BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x 1-y 1=0,(λ-2)y 1+λz 1=0,取y 1=√2λ,则x 1=λ,z 1=2√2−√2λ,∴u =(λ,√2λ,2√2−√2λ)为平面BEN 的一个法向量.由题意可知|cos <MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,u >|=|MD⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·u ||MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||u |=√2-√2λ√72×5λ2-8λ+8=4√621.整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=12或λ=138(舍去).∴AN=√22.故在线段AD 上存在一点N ,使直线MD 与平面BEN 所成角的正弦值为4√621,此时AN=√22.6.(1)证明 如图,取MB 的中点P ,连接DP ,PN ,又N 为MC 的中点,所以NP ∥BC ,NP=12BC. 又DE ∥BC ,所以NP ∥DE ,即N ,E ,D ,P 四点共面.又EN ∥平面MBD ,EN ⊂平面NEDP ,平面NEDP ∩平面MBD=DP ,所以EN ∥PD ,即四边形NEDP 为平行四边形,所以NP=DE ,即DE=12BC ,即λ=12.(2)解 取DE 的中点O ,连接MO ,则MO ⊥DE.又平面MDE ⊥平面DECB ,平面MDE ∩平面DECB=DE ,MO ⊂平面MDE ,所以MO ⊥平面DECB.如图,建立空间直角坐标系,不妨设BC=2,则M (0,0,√3λ),D (λ,0,0),B (1,√3(1-λ),0),所以MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,0,-√3λ),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,√3(1-λ),0). 设平面MBD 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =λx -√3λz =0,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =(1-λ)x +√3(1-λ)y =0,即{x =√3z ,x =-√3y ,令x=√3,则y=-1,z=1,所以m =(√3,-1,1)为平面MBD 的一个法向量.由题意可知n =(0,1,0)为平面MDE 的一个法向量. 设二面角B-MD-E 的平面角为θ,则|cos θ|=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√55,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E 的大小不变.sin θ=√1-cos 2θ=2√55,所以二面角B-MD-E 的正弦值为2√55.。
2020届高考数学复习第4讲立体几何第3课时立体几何中的翻折问题和探索性问题课件文
所以 EH⊥BH. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AB＝AD＝2， 又∠BAD＝60°，所以△ABD 是等边三角形， 所以 BD＝2，BH＝ 3.易得 EH＝ 3. 在 Rt△EBH 中，因为 EH＝BH＝ 3， 所以 BE＝ 6， 因为 ED＝BD＝2，所以△BDE 为等腰三角形，
所以 S△BDE＝12× 6×
2．对于位置探索型问题，通常是利用空间线、面位置关系，引入参数， 综合条件和结论列方程，解出参数从而确定位置．
(2019·郑州模拟)在如图所示的五面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为菱形， 且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M 为 BC 的中点．
(1)求证：FM∥平面 BDE； (2)若平面 ADE⊥平面 ABCD，求 F 到平面 BDE 的距离．
(1)若 BE＝1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P，使得 CP∥平面 ABEF？若存在，求出PADP的值；若不存在，说明理由；
(2)求三棱锥 A－CDF 的体积的最大值，并求出此时点 F 到平面 ACD 的 距离．
解 (1)线段 AD 上存在一点 P，使得 CP∥平面 ABEF， 此时PADP＝32. 理由如下： 当PADP＝32时，AADP＝35，
3 2.
3．如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点 E 是 BC 边的中点，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，连接 AE， AC，DE，得到如图 2 所示的几何体．
(1)求证：AB⊥平面 ADC； (2)若 AD＝1，AC 与其在平面 ABD 内的正投影所成角的正切值为 6，求 点 B 到平面 ADE 的距离．
(2)∵AD∥平面 BEF，AD⊂平面 ACD，平面 ACD∩平面 BEF＝EF，∴
考查角度2 立体几何中的翻折问题与探索性问题
考查角度2立体几何中的翻折问题与探索性问题分类透析一翻折问题如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,点E,F分别是边CD,CB的中点,AC∩EF=O,以EF为折痕将△CEF折起,使点C运动到点P的位置,连接PA,PB,PD,得到如图所示的五棱锥P-ABFED,且PB=.(1)求证:BD⊥PA.P-BFED的体积.抓住EF与BD的平行关系,结合菱形的性质,利用翻折前EF⊥平面PAO,问题得以解决;(2)分别计算PO的长BFED的面积,再利用公式计算体积.∵点E,F分别是边CD,CB的中点,EF.∵菱形ABCD的对角线互相垂直,∴BD⊥AC,∴EF⊥AC,∴EF⊥AO,EF⊥PO.∵AO⊂平面POA,PO⊂平面POA,AO∩PO=O,∴EF⊥平面POA,∴BD⊥平面POA,∴BD⊥PA.(2)设AO∩BD=H,连接BO,∵∠DAB=60°,∴△ABD为等边三角形,∴BD=4,BH=2,HA=2,HO=PO=.∴在Rt△BHO中,BO==.∵在△PBO中,BO2+PO2=10=PB2,∴PO⊥BO.又PO⊥EF,EF∩BO=O,EF⊂平面BFED,BO⊂平面BFED,∴PO⊥平面BFED.∵梯形BFED的面积S=(EF+BD)×HO=3,∴四棱锥P-BFED的体积V=S×PO=×3×=3..画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图改变,哪些没有改变.一般地,在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的,在两个半平面内的几何元素之间的关系是变化的,分别位于两个半平面内但垂直于翻折棱的直线翻折后仍然垂直于翻折棱.分类透析二空间线面关系的探索性问题例2 如图,三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,AA1⊥平面ABC,E,F A1B1,BC的中点.(1)求证:直线BE∥平面A1FC1.(2)若平面A1FC1与直线AB交于点M,请指出点M的位置,说明理由,B-EFM的体积.取A1C1的中点G,连接EG,FG,利用线线平行得到线面平行.解析 (1)取A 1C1的中点G,连接EG,FG,则EG B1C1,又BF B1C1,所以BF EG.所以四边形BFGE是平行四边形,所以BE∥FG.而BE⊄平面A1FC1,FG⊂平面A1FC1,所以直线BE∥平面A1FC1.(2)M为棱AB的中点.理由如下:因为AC∥A1C1,AC⊄平面A1FC1,A1C1⊂平面A1FC1,所以直线AC∥平面A1FC1.又平面A1FC1∩平面ABC=FM,所以AC∥FM.又F为棱BC的中点,所以M为棱AB的中点.所以S△BFM=S△ABC=××2×2×sin 60°=,所以V B-EFM=V E-BFM=××2=.探索性问题的处理思路:先假设存在,再通过推理,进,可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探索.分类透析三条件追溯型例3 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等边三角形,且AA1ABC,M为AA1的中点,点N在线段AB上,且AN=2NB,点P在线段CC1上.(1)证明:平面BMC1⊥平面BCC1B1.(2)当为何值时,PN∥平面BMC1?取BC1的中点O,BC的中点Q,连接MO,OQ得MO∥AQ.由AQ1B1得MO⊥平面BCC1B1,再利用线面垂直得到面面垂直.(2)采用分析法求解.设BC1的中点为O,BC的中点为Q,连接MO,OQ,AQ,则OQ CC1AM,∴四边形AQOM是平行四边形,∴AQ∥MO.∵AA1∥CC1,AA1⊥平面ABC,∴CC1⊥平面ABC.∵AQ⊂平面ABC,∴CC1⊥AQ.又∵AB=AC,∴AQ⊥BC.∵CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,∴AQ⊥平面BCC1B1,∴MO⊥平面BCC1B1.∵MO⊂平面BMC1,∴平面BMC1⊥平面BCC1B1.(2)取AE=2EM,则NE∥BM.∵NE⊄平面BMC1,BM⊂平面BMC1,∴NE∥平面BMC1.若PN∥平面BMC1,则平面NEP∥平面BMC1.∵EP⊂平面NEP,∴EP∥平面BMC1.∵平面BMC1∩平面AA1C1C=MC1,∴EP∥MC1.又∵EM∥PC1,∴四边形EMC1P是平行四边形,∴PC1=EM=AM=AA1=CC1,∴当=5时,PN∥平面BMC1.以空间几何体为背景的探索存在性问题,涉及的点具,比较简单的探索可以先猜后证,利用传统方法解决.若用向量法处理,可以避免繁杂的画图、推理及验证过程,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在问题”转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围的解问题”等,问题的解决简单、有效,且解法固定,操作方便.1.(2018年全国Ⅰ卷,文18改编)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D 的位置,且AB⊥DA.(1)证明:CD⊥平面ABC.(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解析 (1)由已知可得,∠BAC=90°,所以AB⊥AC.⊥AD,且AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.所以AB⊥CD.又因为∠ACM=90°,所以CD⊥AC.因为AB⊂平面ABC,AC⊂平面ABC,AB∩AC=A,所以CD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE=DC=1.结合(1),得QE⊥平面ABC,因此,三棱锥Q-ABP的体积V=×QE×S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.2.(2016年全国Ⅱ卷,文19改编)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在线段AD,CD上,且AE=CF,EF交BD于点H,将△DEF沿EF折起到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥平面HBD'.(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求点O到平面D'EF的距离.由已知得,AC⊥BH,AD=CD.又由AE=CF得=,故AC∥EF.所以EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.又因为BH⊂平面HBD',HD'⊂平面HBD',BH∩HD'=H,所以AC⊥平面HBD'.(2)由EF∥AC,得==.由AB=5,AC=6,得DO=BO=-=4.所以OH=1,D'H=DH=3.所以(OD')2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥平面BHD',所以AC⊥OD'.又AC⊂平面ABC,OH⊂平面ABC,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.由=,得EF=.所以V D'-OEF=S△OEF×D'O=×××1×2=,设点O到平面D'EF的距离为h,则V O-D'EF=×S△D'EF×h=×××3×h=,解得h=,所以点O到平面D'EF的距离为.1.(黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2018届高三第二次模拟考试)如图,E是边长为2的正方形ABCD的边AB的中点,将△AED与△BEC分别沿ED,EC折起,使得点A与点B重合,记为点P,得到三棱锥P-CDE.(1)求证:平面PED⊥平面PCD.(2)到平面CDE的距离.∵∠A=∠B=90°,∴PE⊥PD,PE⊥PC.PC⊂平面PCD,PD⊂平面PCD,PC∩PD=P,∴PE⊥平面PCD.∵PE⊂平面PED,∴平面PED⊥平面PCD.(2)设点P到平面CDE的距离为h,依题意可知,三角形CDE是底边长为2,高为2的等腰三角形, ∴其面积为×2×2=2.易知△PCD是边长为2的等边三角形,∴其面积为×22=,由(1)知PE⊥平面PCD,又PE=1,∴V E-PCD=××1=.∵V E-PCD=V P-ECD,∴×2×h=,∴h=.2.(四川省广元市2018届高三第二次高考适应性统考)如图,菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,AC∩BD=O.将菱形ABCD沿对角线AC折起,得到三棱锥B-ACD,M是棱BC的中点,DM=3.(1)求证:OM∥平面ABD.(2)求证:平面ABC⊥平面MDO.(3)M-ABD的体积.因为点O是菱形ABCD的对角线的交点,O是AC的中点.又M是棱BC的中点,所以OM是△ABC的中位线,所以OM∥AB.因为OM⊄平面ABD,AB⊂平面ABD,所以OM∥平面ABD.(2)由题意知,OM=OD=3.因为DM=3,所以OM2+OD2=DM2,所以∠DOM=90°,OD⊥OM.又四边形ABCD 为菱形,所以OD ⊥AC.因为OM ⊂平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,OM ∩AC=O ,所以OD ⊥平面ABC. 因为OD ⊂平面MDO ,所以平面ABC ⊥平面MDO.(3)三棱锥M-ABD 的体积等于三棱锥D-ABM 的体积. 由(2)知,OD ⊥平面ABC ,所以OD 为三棱锥D-ABM 的高.因为△ABM 的面积=×BA×BM×sin 120°=×6×3× =, 所以三棱锥M-ABD 的体积=×S △ABM ×OD=.3.(2018年湖南东部六校联考)如图,在直角梯形ABCD中,AB ∥CD ,AB ⊥BC ,AB=2CD ,DE ⊥AB ,将△AED 沿DE 折起到△A 1ED 的位置,连接A 1B ,A 1C ,得到如图所示的四棱锥A 1-EBCD ,M ,N 分别为A 1C ,BE 的中点.(1)求证:DE ⊥A 1B.(2)求证:MN ∥平面A 1ED.(3)在棱A 1B 上是否存在一点G ,使得EG ⊥平面A 1BC ?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)由题意知DE ⊥A 1E ,DE ⊥BE.1⊂平面A 1BE ,BE ⊂平面A 1BE ,A 1E ∩BE=E ,∴DE ⊥平面A 1BE. ∵A 1B ⊂平面A 1BE ,∴DE ⊥A 1B.(2)如图,取CD 的中点F ,连接NF ,MF. ∵M ,N 分别为A 1C ,BE 的中点,∴MF ∥A 1D ,NF ∥DE.又∵A 1D ⊂平面A 1DE ,DE ⊂平面A 1DE , ∴MF ∥平面A 1DE ,NF ∥平面A 1DE.∵MF ⊂平面MNF ,NF ⊂平面MNF ,MF ∩NF=F , ∴平面A 1DE ∥平面MNF , ∴MN ∥平面A 1ED.(3)取A 1B 的中点G ,连接EG. ∵A 1E=BE ,∴EG ⊥A 1B. 由(1)知DE ⊥平面A 1BE.∵DE∥BC,∴BC⊥平面A1BE,∴EG⊥BC.又∵A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,A1B∩BC=B,∴EG⊥平面A1BC.故棱A1B上存在点G,使得EG⊥平面A1BC,此时=1.4.(2018年重庆巴蜀中学模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD 是边长为2的正方形,PA=PB,PA⊥PB,F为线段PC上的点,且BF⊥平面PAC.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD.(2)求证:PC=PD.(3)在棱PD上是否存在一点G,使得FG∥平面PAB?若存在,求出PG的长;,请说明理由.∵BF⊥平面PAC,PA.∵PA⊥PB,PB⊂平面PBC,BF⊂平面PBC,PB∩BF=B,∴PA⊥平面PBC,∴PA⊥BC.∵AB⊥BC,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.∵BC⊂平面ABCD,∴平面PAB⊥平面ABCD.(2)如图,作PE⊥AB,垂足为E,连接EC,ED.∵PA=PB,PA⊥PB,AB=2,∴PE=BE=AE=1,PB=.∵BC⊥平面PAB,∴BC⊥PB.在Rt△PBC中,由勾股定理得PC==.∵平面PAB⊥平面ABCD,PE⊥AB,∴PE⊥平面ABCD,∴PE⊥ED.∵DE==,∴在Rt△PED中,PD==,∴PC=PD.(3)作FG∥CD,交PD于点G.∵FG∥CD,AB∥CD,∴FG∥AB.∵FG⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB.∵BF⊥平面PAC,∴BF⊥PC.∴BF==,∴PF=-=.∵FG∥CD,∴=,∴PG=PF=,故棱PD上存在点G,使得FG∥平面PAB,且PG=.。
新数学二轮总复习专题五立体几何5.3.2立体几何中的翻折问题及探索性问题学案含解析
5.3.2立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力学案突破热点一翻折问题1。
翻折问题中空间关系的证明【例1】(2020陕西西安中学高三模拟,19)在平行四边形ABCD 中，AB=3,BC=2,过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E，AE=√3。
连接EB交AD于点F,如图1，将△ADE沿AD折起,使得点E到达点P的位置，如图2。
（1）证明:直线AD⊥平面BFP；(2)若G为PB的中点，H为CD的中点,且平面ADP⊥平面ABCD,求三棱锥G—BCH的体积。
解题心得解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系"以及“变的位置关系和数量关系",转化为一般的立体几何问题解答.【对点训练1】(2020湖南怀化三模，18）图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D=90°,AB=2，DC=3,AD=√3，点E在DC 上,CE=2ED，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达点C1的位置,且AC1=√6，如图2.（1）证明:平面BC1E⊥平面ABED；（2）求点B到平面AC1D的距离。
2。
求翻折问题中的空间角【例2】(2020北京顺义二模,17)如图1所示，四边形ABCD是边长为√2的正方形，沿BD将点C翻折到点C1位置（如图2所示）,使得二面角A-BD-C1成直二面角.E,F分别为BC1，AC1的中点.(1)求证:BD⊥AC1；(2）求平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值.解题心得平面图形翻折后成为空间图形,翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化,不在同一个平面上的可能发生变化.解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值.【对点训练2】（2020山东济宁三模,18)如图1，四边形ABCD为矩形,BC=2AB，E为AD的中点，将△ABE,△DCE分别沿BE,CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE，平面DCE⊥平面BCE。
高考二轮复习理科数学课件保分2立体几何中的位置关系证明翻折及探索性问题
所以该几何体的体积为
20 3
V=VD-ABEF+VD-BCE=
.
3
考向2求翻折问题中的空间角
例4(2023甘肃一模)如图1所示的正方形AA'A'1A1中,AA1=12,AB=A1B1=3,
BC=B1C1=4,对角线AA'1分别交BB1,CC1于点P,Q.将正方形AA'A'1A1沿
(2)解 如图,由(1)知 AC2=AB2+BC2,所以 AB⊥BC,又因为 BB1⊥BC,BB1⊥AB,
所以以点 B 为坐标原点,分别以 BA,BC,BB1 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示
的空间直角坐标系,由 AB=PB=3,BC=4,QC=7,得 A(3,0,0),P(0,0,3),Q(0,4,7),所
1
n=(1,1, ).
设平面 A1ACC1 的法向量为 m=(x2,y2,z2),则
令 x2=1,则 y2=-1,z2=0,故 m=(1,-1,0).由于
· = 22 + 22 = 0,
·1 = 22 = 0,
1
m·
n=(1,-1,0)·
(1,1,)=0,
所以 m⊥n,所以平面 EFC⊥平面 A1ACC1.
即BC=OD=1,而AD∥BC,则四边形BODC为平行四边形,即有BO∥CD,
因为BO⊄平面MCD,CD⊂平面MCD,则有BO∥平面MCD,因为
OD=EM=1,EF∥AD,则四边形EODM为平行四边形,有EO∥MD,
而EO⊄平面MCD,MD⊂平面MCD,因此EO∥平面MCD,又EO∩BO=O,
所以平面BOE∥平面MCD.
立体几何中的翻折问题和探索性问题
(3)连接 AC，过 M 作 MP⊥AC 于 P.在正方体 ABCD－ EFGH 中，AC∥EG，所以 MP⊥EG.过 P 作 PK⊥EG 于 K， 连接 KM，所以 EG⊥平面 PKM，从而 KM⊥EG.所以∠PKM 是二面角 A－EG－M 的平面角．设 AD＝2，则 CM＝1，PK ＝2，
在 Rt△CMP 中，PM＝CMsin45°＝ 22.在 Rt△MPK 中，
解 (1)证明：按题意作出三棱锥，如图．
由题知 AD＝AE，DG＝GE，∴DE⊥AG，又 DF＝EF， DG＝GE，∴DE⊥FG.又 AG∩FG＝G，∴DE⊥平面 AGF.
(2)由(1)得 DE⊥AG，DE⊥FG，所以∠AGF 为二面角 A
－DE－F 的平面角．
在△AGF 中，AF＝3，AG＝323，FG＝ 23， 所以 cos∠AGF＝AG22＋·AFGG·F2－GAF2
又 CE⊂平面 ABCD，以平面 PCE⊥平面 PAH.
过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE.
所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角．
在
Rt△AEH
中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以
AH＝
2 2.
在 Rt△PAH 中，PH＝ PA2＋AH2＝322，
【针对训练】 (2016·四川高考)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD∥BC， ∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD，E 为棱 AD 的中点， 异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°.
(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM∥平面 PBE， 并说明理由；
(2)若二面角 P－CD－A 的大小为 45°，求直线 PA 与平 面 PCE 所成角的正弦值．
立体几何中的翻折问题与探索性问题-高考文科数学分类专题突破训练
考查角度2立体几何中的翻折问题与探索性问题分类透析一翻折问题例1 如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,点E,F分别是边CD,CB的中点,AC∩EF=O,以EF为折痕将△CEF折起,使点C运动到点P的位置,连接PA,PB,PD,得到如图所示的五棱锥P-ABFED,且PB=.(1)求证:BD⊥PA.(2)求四棱锥P-BFED的体积.分析 (1)抓住EF与BD的平行关系,结合菱形的性质,利用翻折前后的垂直关系可证EF⊥平面PAO,问题得以解决;(2)分别计算PO的长度和四边形BFED的面积,再利用公式计算体积.解析 (1)∵点E,F分别是边CD,CB的中点,∴BD∥EF.∵菱形ABCD的对角线互相垂直,∴BD⊥AC,∴EF⊥AC,∴EF⊥AO,EF⊥PO.∵AO?平面POA,PO?平面POA,AO∩PO=O,∴EF⊥平面POA,∴BD⊥平面POA,∴BD⊥PA.(2)设AO∩BD=H,连接BO,∵∠DAB=60°，∴△ABD为等边三角形,∴BD=4,BH=2,HA=2,HO=PO=.∴在Rt△BHO中,BO==.∵在△PBO中,BO2+PO2=10=PB2,∴PO⊥BO.又PO⊥EF,EF∩BO=O,EF?平面BFED,BO?平面BFED,∴PO⊥平面BFED.∵梯形BFED的面积S=(EF+BD)×HO=3,∴四棱锥P-BFED的体积V=S×PO=×3×=3.方法技巧 1.画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图;2.分析好两个关系——翻折前后哪些位置关系和度量关系发生了改变,哪些没有改变.一般地,在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的,在两个半平面内的几何元素之间的关系是变化的,分别位于两个半平面内但垂直于翻折棱的直线翻折后仍然垂直于翻折棱.分类透析二空间线面关系的探索性问题例2 如图,三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,AA1⊥平面ABC,E,F 分别为棱A1B1,BC的中点.(1)求证:直线BE∥平面A1FC1.(2)若平面A1FC1与直线AB交于点M,请指出点M的位置,说明理由,并求三棱锥B-EFM的体积.分析 (1)取A1C1的中点G,连接EG,FG,利用线线平行得到线面平行;(2)采用分析法进行求解.解析 (1)取A1C1的中点G,连接EG,FG,则EG B1C1,又BF B1C1,所以BF EG.所以四边形BFGE是平行四边形,所以BE∥FG.而BE?平面A1FC1,FG?平面A1FC1,所以直线BE∥平面A1FC1.(2)M为棱AB的中点.理由如下:因为AC∥A1C1,AC?平面A1FC1,A1C1?平面A1FC1,所以直线AC∥平面A1FC1.又平面A1FC1∩平面ABC=FM,所以AC∥FM.又F为棱BC的中点,所以M为棱AB的中点.所以S△BFM=S△ABC=××2×2×sin 60°=,所以V B-EFM=V E-BFM=××2=.方法技巧探索性问题的处理思路:先假设存在,再通过推理,进行验证.探索空间中的线面平行与垂直关系,可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探索.分类透析三条件追溯型例3 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等边三角形,且AA1⊥底面ABC,M为AA1的中点,点N在线段AB上,且AN=2NB,点P在线段CC1上.(1)证明:平面BMC1⊥平面BCC1B1.(2)当为何值时,PN∥平面BMC1?分析 (1)取BC1的中点O,BC的中点Q,连接MO,OQ得MO∥AQ.由AQ⊥平面BCC1B1得MO⊥平面BCC1B1,再利用线面垂直得到面面垂直.(2)采用分析法求解.解析 (1)设BC1的中点为O,BC的中点为Q,连接MO,OQ,AQ,则OQ CC1AM,∴四边形AQOM是平行四边形,∴AQ∥MO.∵AA1∥CC1,AA1⊥平面ABC,∴CC1⊥平面ABC.∵AQ?平面ABC,∴CC1⊥AQ.又∵AB=AC,∴AQ⊥BC.∵CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,∴AQ⊥平面BCC1B1,∴MO⊥平面BCC1B1.∵MO?平面BMC1,∴平面BMC1⊥平面BCC1B1.(2)取AE=2EM,则NE∥BM.∵NE?平面BMC1,BM?平面BMC1,∴NE∥平面BMC1.若PN∥平面BMC1,则平面NEP∥平面BMC1.∵EP?平面NEP,∴EP∥平面BMC1.∵平面BMC1∩平面AA1C1C=MC1,∴EP∥MC1.又∵EM∥PC1,∴四边形EMC1P是平行四边形,∴PC1=EM=AM=AA1=CC1,。
湘教版高考总复习数学精品课件 第8章立体几何与空间向量 解答题专项 第3课时 翻折问题与探索性问题
面PDE,又因为平面BQM∩平面PDC=QM,平面PDE∩平面PDC=PD,
所以PD∥QM.
因为BC=2,∠DCB=60°,所以CQ=1.
在折叠前的图形中,AC=cos60°=4,AD=AEcos
1
= ·BCtan
5 29
.
的余弦值为
29
M-BE-C 的平面角是锐角,所以二面角
[对点训练1](2024·广东潮州模拟)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形
BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC
折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
图1
图2
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)解 连接EC,在菱形BEGC中,因为∠EBC=60°,所以△EBC为等边三角形,
取BC的中点H,连接EH,则EH⊥BC.
因为平面ABC⊥平面BCGE,平面ABC∩平面BCGE=BC,EH⊂平面BCGE,
所以EH⊥平面ABC.
如图,以点H为坐标原点,在平面ABC中,过点H作BC的垂线为y轴,以直线BC
· = 0,
令 y=- 3,则 z=2λ,可取 n=(0,- 3,2λ).
又1 =(3,0,- 3),
所以 sin
|·1 |
θ=|cos<n,1 >|=
|||1 |
即 3+4λ =10λ ,解得 λ
2
与平面 ABP
2
=
|-2 3|
2 3· 3+42
1
=2,此时|1 |=|2λ|=
2022数学第7章立体几何第7节立体几何中的最值翻折探索性问题教案理
立体几何中的最值、翻折、探索性问题考点一立体几何中的最值问题解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,一般可以从三方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后,可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法,函数有界法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．［典例1]（1)如图所示，长方体ABCD.A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝错误!，面对角线B1D1上存在一点P使得A1P＋PB 最短，则A1P＋PB的最小值为()A．错误!B．错误!C．2＋错误!D．2(2)如图所示，PA⊥平面ADE，B,C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.若点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．（1)A[如图，把△A1B1D1折起至与平面BDD1B1共面,连接A1B交B1D1于P,则此时的A1P＋PB最短，即为A1B 的长，在△A1B1B中，由余弦定理求得A1B＝错误!，故选A．］(2）[解]因为PA⊥平面ADE，AD⊂平面ADE,AB⊂平面ADE，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因为AE⊥AD，B为AE中点,所以PA,AD，AB两两垂直．以｛错误!，错误!，错误!}为正交基底建立空间直角坐标系A.xyz，则各点的坐标为A（0，0,0），B（1，0，0）,C（1，1，0），D（0，2,0)，P(0,0,2)．错误!＝（－1,0，2)，故可设错误!＝λ错误!＝（－λ，0，2λ）(0≤λ≤1)．又错误!＝(0,－1,0),所以错误!＝错误!＋错误!＝(－λ，－1，2λ）．又错误!＝(0，－2，2），所以cos<错误!,错误!〉＝错误!＝错误!。
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!≤错误!，当且仅当t＝错误!,即λ＝错误!时，|cos<错误!，错误!>｜的最大值为错误!。