专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题
2021新高考数学二轮总复习专题突破练18 立体几何中的翻折问题及探索性问题含解析
专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图2.(1)求证:平面A1CD⊥平面A1BC;(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值.2.(2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F为棱PD的中点.(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE?并说明理由;(2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.3.(2020浙江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC 为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1.(1)求证:A1D∥平面BCC1B1;(2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由.4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如图2.(1)证明:在图2中,平面ACG⊥平面BCG;(2)设M为图2中线段CG上一点,且CM=1,若直线AG∥平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB 所成角的正弦值.5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,取AD中点为E.现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG,使得∠AEG=90°,如图2.(1)求证:AE⊥平面EBHG;(2)求二面角A-GH-B的余弦值;(3)若点F满足=λ,当EF∥平面AGH时,求λ的值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是梯形,且BC∥AD,AC=CD=AD,AD=2PD=4BC=4.(1)求证:AC⊥平面PCD;(2)求平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值;(3)在棱PD上是否存在点M,使得CM∥平面PAB?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 7.(2020山东省实验中学模拟,19)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且=λ(0≤λ≤1).如图,将△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)当λ=时,求证:EF⊥BG;(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 8.(2020河北衡水中学调研,18)已知,图中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上运动,且满足BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1.(1)求证:E,F,P,Q四点共面,并证明EF∥平面PQB;(2)是否存在点P使得二面角B-PQ-E的余弦值为?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(1)证明在图1的△ABC中,D,E分别为AC,AB边中点,∴DE∥BC.又AC⊥BC,∴DE⊥AC.在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,又DE∥BC,∴BC⊥平面A1CD.又BC⊂平面A1BC,∴平面A1CD⊥平面A1BC.(2)解由(1)知DE⊥平面A1CD,且DE⊂平面BCDE,∴平面A1CD⊥平面BCDE.又平面A1CD∩平面BCDE=DC,在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,垂足为O,则O为CD中点,且A1O⊥平面BCDE,分别以DC,梯形BCDE中位线,OA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).=(1,0,-),=(1,-2,),=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,z1=-,∴平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-).设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为2.解(1)当E为BC的中点时,CF∥平面PAE.理由如下,如图,分别取BC,PA的中点E,G,连接PE,AE,GE,FG.又F是PD的中点,∴FG∥AD,FG=AD.又四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=BC.又E是BC的中点,∴FG∥CE,FG=CE,则四边形ECFG是平行四边形,∴CF∥EG.又EG⊂平面PAE,CF⊄平面PAE,∴CF∥平面PAE.(2)如图,取AD中点O,连接PO,OE,又PA=PD,∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD.∴以O为原点,OA,OE,OP分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,),F-,0,,=-,0,,=(-2,0,0),=(1,2,-),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则令y=3,得x=0,z=2,则平面PBC的一个法向量n=(0,3,2),∴|cos<n,>|=,∴直线AF与平面PBC所成角的正弦值为3.(1)证明如图所示,连接B1C,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AB CD,又A1B1 AB,∴A1B1 CD,∴四边形A1B1CD为平行四边形,∴A1D∥B1C.又B1C⊂平面BCC1B1,A1D⊄平面BCC1B1,∴A1D∥平面BCC1B1.(2)解存在.假设存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,则平面DA1C1与平面A1C1F 所成的二面角为直二面角.设平面DA1C1与平面A1C1F所成的二面角的平面角为θ,则θ=90°.如图所示,以A为坐标原点,分别以为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.∵∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2,∴A(0,0,0),D(3,0,0),A1(0,0,2),C1(0,3,2).∵点F在BC上,∴设点F(m,3,0).=(3,0,-2),=(0,3,0),=(m,3,-2).设平面A1C1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取x1=2,则y1=0,z1=3,∴平面A1C1D的一个法向量n1=(2,0,3).设平面A1C1F的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即取x2=2,则y2=0,z2=m,∴平面A1C1F的一个法向量n2=(2,0,m).则cos<n1,n2>=cosθ=cos90°=0,=0,即4+3m=0,∴m=-,即CF=,∴BF=3-∴在线段BC上存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,此时BF=4.(1)证明∵四边形DCGH为矩形,∴CG⊥CD.又CG⊥AD,CD∩AD=D,∴CG⊥平面ADC,故CG⊥AC.∵六边形AEFBCD为正六边形,∴∠ADC=∠DCB=120°,故∠DCA=30°,∴∠ACB=90°,即AC⊥CB.又CG∩CB=C,∴AC⊥平面BCG.∵AC⊂平面ACG,∴平面ACG⊥平面BCG.(2)解设AC与BD的交点为N,连接MN.∵AG∥平面BMD,且平面BMD∩平面ACG=MN,∴AG∥MN,MG=2,∴CG=3.由(1)知,AC⊥CB,CG⊥平面ABC,故以CA,CB,CG分别作为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,A(4,0,0),B(0,4,0),M(0,0,1),H(2,-2,3),=(-4,4,0),=(-2,-2,3),=(0,-4,1),设平面AHB 的法向量为n=(x,y,z),则取x=,则y=3,z=4,∴平面AHB的一个法向量n=(,3,4).设直线BM与平面AHB所成角为θ,∴sinθ=|cos<,n>|=,即直线BM与平面AHB所成角的正弦值为5.(1)证明在图1中,△ABD为等边三角形,E为AD中点,∴BE⊥AD,∴BE⊥AE.∵∠AEG=90°,∴GE⊥AE.∵GE⊥AE,BE⊥AE,GE∩BE=E,∴AE⊥平面EBHG.(2)解设菱形ABCD的边长为2,由(1)可知AE⊥GE,AE⊥BE,GE⊥BE,∴以E为原点,EA,EB,EG所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.可得A(1,0,0),B(0,,0),G(0,0,1),H(0,,2),=(-1,0,1),=(-1,,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),即令x=,则平面AGH的一个法向量n=(,-1,).易知平面EBHG的一个法向量为=(1,0,0).设二面角A-GH-B的大小为θ,则θ为锐角,∴cosθ=|cos<n,>|=(3)解由==(-λ,,0),得=(-λ,,0)-(-1,0,0)=(1-λ,,0).∵EF∥平面AGH,则n=0,即1-2λ=0,∴λ=6.(1)证明∵AC=CD=AD,∴AC2+CD2=AD2+AD2=AD2,∴AC⊥CD.∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.又PD∩CD=D,∴AC⊥平面PCD.(2)解分别以直线DA,DP为x轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(4,0,0),B(3,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(-1,2,0),=(-4,0,2),设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,由取y=1,则n=(2,1,4).由(1)AC⊥平面PCD,可知=(-2,2,0)为平面PCD的一个法向量,设平面PCD 与平面PAB所成的锐角为θ,则cosθ=|cos<n,>|=故平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值为(3)解(方法一)存在.假设在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,则n,即n=0.设M(0,0,h),则=(-2,-2,h),由n=0,得2×(-2)+1×(-2)+4h=0,解得h=此时,故在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,此时(方法二)存在.在棱PD上取点M,使,过M作MN∥AD交PA于点N,则MN=AD.又BC AD,∴BC MN,∴四边形MNBC为平行四边形,∴CM∥BN.∵CM⊄平面PAB,BN⊂平面PAB,∴CM∥平面PAB.故在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,此时7.(1)证明当λ=时,F是AD的中点.∴DF=AD=1,DE=CD=1.∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=CD=2,BC=2,∠BCD=90°,∴∠BEC=45°.∴BE⊥EF.又平面GBE⊥平面ABED,平面GBE∩平面ABED=BE,EF⊂平面ABED,∴EF⊥平面BEG.∵BG⊂平面BEG,∴EF⊥BG.(2)解存在.以C为原点,的方向为x轴,y轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,则E(2,0,0),D(3,0,0),F(3,2λ,0).取BE的中点O,∵GE=BG=2,∴GO⊥BE,∴易证得OG⊥平面BCE.∵BE=2,∴OG=,∴G(1,1,).=(-2,1-2λ,),=(-1,1,),=(-2,1,).设平面DEG的法向量为n=(x,y,z),则令z=,则平面DEG的一个法向量n=(0,-2,).设FG与平面DEG所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-(舍去).∴存在实数λ,使得DG与平面DEG所成的角的正弦值为,此时λ=8.(1)证明(方法一)在线段CP,DQ上分别取点M,N,使得QN=PM=1,易知四边形MNQP是平行四边形,∴MN∥PQ,连接FM,MN,NE,则AE=ND,且AE∥ND,∴四边形ADNE为矩形,故AD∥NE,同理,FM∥BC∥AD且NE=MF=AD,故四边形FMNE是平行四边形,∴EF∥MN, ∴EF∥PQ.故E,F,P,Q四点共面.又EF∥PQ,EF⊄平面BPQ,PQ⊂平面BPQ,∴EF∥平面PQB.(方法二)∵直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∴AC⊥BD,AA1⊥底面ABCD.设AC,BD交点为O,以O为原点,分别以OA,OB及过O且与AA1平行的直线为x 轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),D(0,-1,0).设BF=a,a∈[1,3],则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,1,1), ∴EF∥PQ,故E,F,P,Q四点共面.又EF∥PQ,EF⊄平面BPQ,PQ⊂平面BPQ,∴EF∥平面PQB.(2)解不存在.理由如下,∵直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∴AC⊥BD,AA1⊥底面ABCD.设AC,BD交点为O,以O为原点,分别以OA,OB及过O且与AA1平行的直线为x 轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),D(0,-1,0).设BF=a,a∈[1,3],则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,-1,1),设平面EFPQ的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令x1=1,可得平面EFPQ的一个法向量n1=(1,0,2).=(-2,-1,a+1),=(0,-2,a),设平面BPQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令y2=2a,可得x2=a+2,z2=4,∴平面BPQ的一个法向量n2=(a+2,2a,4).若|cos<n1,n2>|=,则(a+10)2=5a2+4a+20,即有a2-4a-20=0,a∈[1,3],解得a=2±2[1,3],故不存在点P使之成立.。
难点8 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题 -2018届高三文科数学新课标版难点讲义
难点8 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题 对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．1 立体几何中的折叠问题折叠问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试.例１【河南省中原名校2018届第五次联考】如图甲，在四边形ABCD 中， ABC ∆是边长为4的正三角形，把ABC ∆沿AC 折起到PAC ∆的位置，使得平面PAC ⊥平面ACD ，如图乙所示，点,,O M N 分别为棱,,AC PA AD 的中点．（1）求证： AD ⊥平面PON ；（2）求三棱锥M ANO -的体积．思路分析：（1）在正三角形APC ∆中可得PO AC ⊥，有根据题意得到PO ⊥平面ACD ，从而得PO AD ⊥，计算可得AD CD ⊥．由,O N 分别为棱,AC AD 的中点，得到//ON CD ，故ON AD ⊥．根据线面垂直的判定定理可得AD ⊥平面PON ．（2，又可得点M-的体积．到平面ANO的距离为，故可求得三棱锥M ANO点评：本题考查了直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，以折叠问题为载体，折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体.如本题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线，线面和面面垂直的判定方法及相互转化，还要正确识别出折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量（边长与角）的变化情况，否则无法正确解题．这正是折叠问题的价值之所在．2 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，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．例2【宁夏育才中学2018届第三次月考】一个棱长为5的正四面体（棱长都相等的三棱锥）纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体在纸盒内可以任意转动，则小正四面体棱长的最大值为__________．【答案】【解析】设大正四面体的内切球半径为r，则设小正四面体棱长的最大值为x，内切球为小正四面体的外接球，则点评：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：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、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．3 立体几何中的探索性问题 探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．例3【江西省2018届1月联考】如图，多面体11ABC DB C -是由三棱柱111ABC A B C -截去一部分而成， D 是1AA 的中点.（1）若1AD AC ==， AD ⊥平面ABC ， BC AC ⊥，求点C 到面11B C D 的距离；（2）若E 为AB 的中点， F 在1CC 上，且，问λ为何值时，直线//EF 平面11BC D ？ 思路分析：（1）由BC CD ⊥， 1CD C D ⊥，可得CD ⊥面11DC B ，即点C 到面11B C D 的距离等于CD ；（2）当4λ=时，直线//EF 平面11BC D ，理由如下：取1DB 的中点H ，连接EH ，可得1////AD EH CC ，时，四边形1C FEH 为平行四边形，即EF HC .点评：本题主要考查了点到面的距离，直线与平面平行的判定，属于基础题；在求点到面的距离中主要采用证明线面垂直找出距离或者等体积法；线面平行主要通过一下几种方式：1、利用三角形中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行等.探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明了充分性．综合以上三类问题，折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．折叠与展开问题是立体几何的一对问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；求最值的途径很多，其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法；对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法，能使问题简单、有效地解决．解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。
高中教案：高考数学难点突破八立体几何中的翻折问题
高考数学难点突破八----立体几何中的翻折问题一、知识储备翻折问题就是把平面图形经过折叠变成一个空间图形，实际上，折叠问题就是轴对称的问题，折痕就是对称轴，重合的即是全等图形，解决折叠问题时，要把运动着的空间图形不断地与原平面图形进行对照，看清楚其中哪些量在变化，哪些量没有变化，从而寻找出解决问题的方法，达到空间问题与平面问题相互转化的目的。
核心是抓牢折痕就是翻折前与翻折后平面图形的公共底边，折痕与公共底边上两高所在平面垂直。
二、应用举例例1.如图，在矩形ABCD 中，M 在线段AB 上，且1AM AD ==，3AB =，将ADM ∆沿DM 翻折．在翻折过程中，记二面角A BC D --的平面角为θ，则tan θ的最大值为(C )ABCD例2.在矩形ABCD 中，4,3AB AD ==,E 为边AD 上的一点，1DE =，现将ABE ∆沿直线BE 折成A BE '∆，使得点A '在平面 BCDE 上的射影在四边形BCDE 内（不含边界），设二面角 A BE C '--的大小为θ，直线,A B A C ''与平面BCDE 所成的角分 别为αβ，，则( D ) A.βαθ<< B.βθα<< C.αθβ<< D.αβθ<<例3.如图，矩形ABCD 中心为, O BC AB >，现将DAC 沿着对角线AC 翻折成EAC ，记BOE a ∠=，二面角B AC E --的平面角为β，直线DE 和BC 所成角为γ，则（ D ）A. ,2a ββγ>>B. ,2a ββγ><C. ,2a ββγ<>D. ,2a ββγ<<例4.如图，在ABC △中，1AB =，22BC =，4B π=，将ABC △绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 中点，设Q 是线段PA 上的动点，则当PC 与DQ 所成角取得最小值时，线段AQ 的长度为（ B ） A ．52B ．255C ．355D ．253例5.已知在矩形ABCD 中，2AD AB =，沿直线BD 将ABD ∆ 折成'A BD ∆，使得点'A 在平面BCD 上的射影在BCD ∆内（不含边界），设二面角'A BD C --的大小为θ，直线','A D A C 与平面BCD 所成的角分别为,αβ，则（ ）A. αθβ<<B. βθα<<C. βαθ<<D. αβθ<< 【答案】DQ DPCBA【解析】分析：由题意画出图形，由两种特殊位置得到点A′在平面BCD上的射影的情况，由线段的长度关系可得三个角的正弦的大小，则答案可求．详解：如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA′⊥A′D，当A′点在底面上的射影O落在BC上时，有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，可得DC⊥平面A′BC，则DC⊥BA′，∴BA′⊥平面A′DC，在Rt△BA′C中，设BA′=1，则，∴A′C=1，说明O为当A′点在底面上的射影E落在BD上时，可知A′E⊥BD，设BA′=1，则A D'=，要使点A′在平面BCD上的射影F在△BCD内（不含边界），则点A′的射影F落在线段OE上（不含端点）．可知∠A′EF为二面角A′﹣BD﹣C的平面角θ，直线A′D与平面BCD所成的角为∠A′DF=α，直线A′C与平面BCD所成的角为∠A′CF=β，<，而A′C的最小值为1，可求得DF＞CF，∴A′C＜A′D，且A′E=13∴sin∠A′DF＜sin∠A′CF＜sin∠A′EO，则α＜β＜θ．故答案为：D点睛：本题主要考查二面角的平面角和直线与平面所成的角，考查正弦函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力分析推理能力.例6、（嘉兴市2020年1月期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．22π分析：设 AC ,FC 的中点为 M , N ，CP 的中点G 的轨迹是以 MN 为直径的半圆．例7、（宁波市2020年1月期终）已知平面四边形ABCD 中，90A C ∠=∠=︒，BC CD =，AB AD >，现将ABD △沿对角线BD 翻折得到三棱锥A BCD '-，在此过程中，二面角A BC D '--、A CDB '--的大小分别为α，β，直线A B '与平面BCD 所成角为γ，直线A D '与平面BCD 所成角为δ，则（ ）A ．γδβ<<B ．γαβ<<C ．αδβ<<D ．γαδ<<例8、（柯桥一中2020年1月期终）已知在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示， 沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ C ） A．5B.5C.4例9、（名校合作体2020年3月）已知C 为ABD Rt ∆斜边BD 上一点，且ACD ∆为等边三角形，现将ABC ∆沿AC 翻折至C B A '∆，若在三棱锥ACD B -'中，直线B C '和直线B A '与平面ACD 所成角分别为βα，，则（ ）A. βα<<0B.βαβ2≤<C.βαβ32≤≤例10、（2020年1月嘉兴期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．分析：取DE 中点O ，连CO PO ,，则点G 的轨迹是以CO 的中点为圆心，2221=PO 为半径的半圆，轨迹长为22ππ=r例11、（2020年4月温州模拟）如图，在ABC ∆中，点M 是边BC 的中点，将ABN ∆沿着AM 翻折成M B A '∆，且点B '不在平面AMC 内，点P 是线段C B '上一点，若二面角B AM P '--与二面角C AM P --的平面角相等，则直线AP 经过C B A '∆的（ A ） A. 重心 B. 垂心 C. 内心 D.外心G PFD B A例12、（2020年嘉兴一模）将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 翻折，使得二面角A BD C --的平面角的大小为π3，若点E ,F 分别是线段AC 和BD 上的动点，则BE CF 的取值范围为 （ ）A ．[1,0]-B ．1[1,]4-C ．1[,0]2-D ． 11[,]24-例13、(2020年5月暨阳联考）如图:ABC ∆中，︒=∠⊥90,ACB BC AB ，D 为AC 的中点，ABD ∆沿BD 边翻折过程中，直线AB 与BC 直线所成的最大角，最小角分别记为11βα，，直线AD 与直线BC 所成的最大角，最小角分别记为22βα，，则有（ D ）A. ββαα≤<121,B. 2121ββαα><，C. 2121ββαα≤≥，D.2121ββαα>≥，分析一：翻折到180时，,AB BC 所成角最小，可知130β=，,AD BC 所成角最小，20β=，翻折0时，,AB BC 所成角最大，可知190α=，翻折过程中，可知AD 的投影可与BC 垂直，所以,AD BC 所成最大角290α=，所以 1190,30αβ︒︒==，2290,0αβ︒︒==分析二:对角线向量定理例14、（2020年4月台州二模）如下图①，在直角梯形ABCD 中，90=∠=∠=∠DAB CDB ABC ， 30=∠BCD ，4=BC ，点E 在线段CD 上运动，如下图②，沿BE 将BEC ∆折至C BE '∆，使得平面⊥'C BE 平面ABED ，则C A '的最小值为 .⇒例15、（2020年嘉兴市基础知识测试）如图，矩形ABCD 中，2,1==BC AB ，点E 为AD 中点，将ABE ∆沿BE 折起，在翻折过程中，记二面角B DC A --的平面角大小为α，则当α最大时，=αtan （ ） A. 22 B. 32 C. 31 D.21例16、（2020学年温州中学高二上期中）等边三角形ABC 边长为4，N M ,为AC AB ,的中点，沿MN 将AMN ∆折起，当直线AB 与平面BCMN 所成的角最大时，线段AB 的长度为（ ）A.6B. 22C. 10D.32例17、(2020学年杭外高二上期中）如图，在菱形ABCD 中，︒=∠60BAD ，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 所成的角的取值范围是（ ）A.），（36ππ B.⎥⎦⎤26ππ，（ C. ⎥⎦⎤ ⎝⎛2,3ππ， D.⎪⎭⎫⎝⎛323ππ，例18、（2020学年杭四中高二上期中）如图，矩形ABCD 中，AD AB 2=，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成DE A 1∆，若M 为线段C A 1的中点，则在ADE ∆翻折过程中，下面四个选项中正确的是 （填写所有的正确选项）.（1）BM 是定值；（2）点M 在某个球面上运动；（3）存在某个位置，使C A DE 1⊥；（4）存在某个位置，使//MB 平面DE A 1.例19、（2020学年杭师大附中高二上期中）如图，在矩形ABCD 中，6=AB ，4=BC ，E 为DC 边的中点，沿AE 将ADE ∆折起至E D A '∆，设二面角B AE D --'为α，直线D A '与平面ABCE 所成角为β，若︒︒<<9060α，则在翻折过程中（ ）A. 存在某个位置，使得βα<B. 存在某个位置，使得︒<+90βαB. ︒>45β D.︒︒<<4530β例20、（2020学年台州市高二上期终）如图，在ABC ∆，1=AC ，3=BC ，2π=C ，点D 是边AB （端点除外）上的一动点，若将ACD ∆沿直线CD 翻折，能使点A 在平面BCD内的射影A '落在BCD ∆的内部（不包括边界）且37='C A ，设t AD =，则t 的取值范围是 .例21、（2020学年杭州七县市高二上期末）如图，正方形ABCD 的边长为4，点F E ,分别是BC AB ,的中点，将DAE ∆，EBF ∆，FCD ∆分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体DEF A -'的四个顶点都在同一个球面上，则以DEF ∆为底面的三棱锥DEF G -的高h 的最大值是（ ） 326+ B. 346+ C.3462- D.3262-例22、（2020学年慈溪市高二上期终）如图，三棱锥BCD A -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥BCD A -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成角为θ，则θcos 的取值范围为（ ）A.⎥⎦⎤⎢⎣⎡163，B. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,65 C.⎥⎦⎤⎢⎣⎡6110， D.⎥⎦⎤⎢⎣⎡6330，例23、（2021年2月“日知”新高考命题研究联盟高三期终）如图所示，正方形ABCD ,ADEF ，AFGH 平铺在水平面上，先将矩形EDHG 沿AD 折起，使二面角BAD E --'为︒30，再将正方形H G F A ''沿F A '折起，使二面角D F A H -'-'为︒30，则平面H G F A '''与平面ABCD 所成的锐二面角的正切值是（ ） A.42 B.37 C.43 D.26例24、（2021年2月丽水中学合作校高三联考卷）如图，在ABC ∆中，MC BM 21=，1==AC AB ，32=BM ，点D 在线段BM 上运动，沿AD 将ADB ∆折到B AD '∆，使得二面角C AD B --'的度数为︒60，若点B '在平面ABC 内的射影为O ，则OC 的最小值为 .例25、（2021年4月杭州二模第10题）如图，在长方体ABCD 中，215=AB ，1=AD ，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE ∆沿DE 折起为DE A '∆，设α=∠ADE ，二面角C DE A --'的大小为β，若2πβα=+，则四棱锥BCDE A -'体积的最大值为（ ）A.41 B.32 C. 121-15 D. 81-5例26、（2020学年之江教育联盟高二下开学考）如图，已知椭圆的长轴端点为21,A A ，短轴端点为21,B B ，焦点为21,F F ，长半轴为2，短半轴为3，将左边半个椭圆沿短轴进行翻折，则在翻折过程中，以下说法错误的是（ ）A. 12F B 与短轴21B B 所成角为6π B. 12F B 与直线22F A 所成角的取值范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡23ππ，C. 12F A 与平面212B B A 所成角的最大值为6πD. 存在某个位置，使得12F B 与21F B 垂直例27、（2021年5月义务高三适应性考试第10题）如图，在等边三角形ABC 中，点ED 、分别是线段AC AB ,上异于端点的动点，且CE BD =，现将三角形ADE 沿直线DE 折起，使平面⊥ADE 平面BCED ，D 从B 滑动到A 的过程中（D 与A B ,均不重合），则下列选项中错误的是（ ）A. ADB ∠的大小不会发生变化B. 二面角C BD A --的平面角的大小不会发生变化C.BD 与平面ABC 所成的角变大D.AB 与DE 所成的角先变小后变大例28、（2020年4月嘉兴二模第9题）如图，矩形ABCD 中，已知2=AB ，4=BC ，E 为AD 的中点，将ABE ∆沿着BE 向上翻折至BE A '∆，记锐二面角C BE A --'的平面角为α，B A '与平面BCDE 所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（ ）A. βαsin 2sin =B.βαcos cos 2=C.βα2<D. 4πβα>-例29、（2020学年温州十校联盟高二下期终）如图，在等腰三角形ABC 中，2=BC ，︒=∠90C ，D ，E 分别是线段AB ，AC 上异于端点的动点，且BC DE //，先将ADE ∆沿直线DE 折起至DE A '，使平面⊥'DE A 平面BCED ，当D 从B 滑动到A 的过程中，下列选项错误的是（ ）A. DE A '∠的大小不会发生变化B. 二面角C BD A --'的平面角的大小不会发生变化C. 三棱锥EBC A -'的体积先变大在变小D. B A '与DE 所成的角先变大再变小例30、（2020学年浙南名校联盟高二下期终第17题）如图，在矩形ABCD 中，a AB =，a BC 2=，点E 为AD 的中点，将ABE ∆沿BE 翻折到BE A '∆的位置，在翻折过程中，A '不在平面BCDE 内时，记二面角B DC A --'的平面角为α，则当α最大时，αcos 的值为 .。
5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题
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.(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.热点二探索性问题1.与空间位置关系有关的探索性问题【例3】(2020天津河西一模,17)在如图所示的几何体P-ABCDE中,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,AB⊥AE,AB∥CE,AE∥CD,CD=CE=2AB=4,M为PD 的中点.(1)求证:CE⊥PE;(2)求二面角M-CE-D的大小;(3)在线段PE上是否存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,若存在,求出线段AN的长;若不存在,请说明理由.解题心得1.对于空间位置关系中的存在性问题,解题思路是将假设存在所得的结论当作条件,据此条件以向量为工具,列出满足条件的方程或方程组把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数,从而确定位置.【对点训练3】(2020福建福州三模,19)如图,在多面体P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求多面体P-ABCD的体积;(2)已知E是棱PB的中点,在棱CD上是否存在点F使得EF∥PD,若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.2.与空间角有关的探索性问题【例4】(2020山东济南二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,∠PAB=∠PBA=45°,∠ABC=2∠BAC=60°,D是棱AB的中点,点E在棱PB上,点G是△BCD的重心.(1)若E是PB的中点,证明GE∥平面PAC;(2)是否存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,若存在,求BE的值;若不存在,请说BP明理由.解题心得利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论.(2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解”“是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.【对点训练4】(2020天津滨海新区高三四校联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,CD∥AB,AD⊥AB,AD=AB=2,CF=13CD=12,PA=PB=√5,E,N分别为AB,PB的中点.(1)求证:CN∥平面PEF;(2)求二面角N-CD-A的余弦值;(3)在线段BC上是否存在一点Q,使NQ与平面PEF所成角的正弦值为√1414,若存在,求出BQ的长;若不存在,说明理由.核心素养微专题(六)立体几何解答题中的条件选择问题【例题】(2020山东青岛二模,18)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处,使得PO⊥平面ABCD成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题.如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,若,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°,求二面角A-PB-C的余弦值.核心素养分析数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现,新高考数学对核心素养的考查和渗透日趋加强.山东新高考创新性地出现了开放性的解答题,有利于立德树人,提升素养.本题首先需要理解题意,从数量关系、图形关系中抽象出数学问题,体现了数学抽象的核心素养;结合图形,理解直线、平面之间的位置关系,并进行推理证明,对直观想象和逻辑推理的核心素养有较高的要求;建立空间直角坐标系,根据向量坐标及相关公式,通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练】(2020山东潍坊二模,19)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.①AB ⊥BC ,②FC 与平面ABCD 所成的角为π6,③∠ABC=π3.如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是菱形,PA ⊥平面ABCD ,且PA=AB=2,PD 的中点为F.(1)在线段AB 上是否存在一点G ,使得AF ∥平面PCG ?若存在,指出G 在AB 上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若 ,求二面角F-AC-D 的余弦值.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【例1】 (1)证明 如题图1,在Rt △BAE 中,AB=3,AE=√3,∴∠AEB=60°.在Rt △AED 中,AD=2,∴∠DAE=30°.∴BE ⊥AD.如题图2,PF ⊥AD ,BF ⊥AD ,PF ∩BF=F ,∴AD ⊥平面BFP. (2)解 (方法一)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.取BF 的中点为O ,连接GO ,则GO ∥PF ,∴GO ⊥平面ABCD ,即GO 为三棱锥G-BCH 的高,∴GO=12PF=12×PA×sin 30°=√34.∵CH=12DC=32,∴S △BCH =12CH·AE=12×32×√3=3√34.∴V 三棱锥G-BCH =13S △BCH ·GO=13×3√34×√34=316. (方法二)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.∵G 为PB 的中点,∴三棱锥G-BCH 的高等于12PF.∵H 为CD 的中点, ∴△BCH 的面积是四边形ABCD 的面积的14.∴三棱锥G-BCH 的体积是四棱锥P-ABCD 的体积的18.∵V P-ABCD =13×S 四边形ABCD ·PF=13×3√3×√32=32,∴三棱锥G-BCH 的体积为18×32=316.对点训练1 (1)证明 在图1中,连接AE ,由已知得AE=2.∵CE ∥BA ,且CE=BA=AE ,∴四边形ABCE 为菱形.连接AC 交BE 于点F ,∴CF ⊥BE.在Rt △ACD 中,AC=√32+(√3)2=2√3.∴AF=CF=√3.在图2中,AC 1=√6.∵AF 2+C 1F 2=A C 12,∴C 1F ⊥AF.由题意知,C 1F ⊥BE ,且AF ∩BE=F ,∴C 1F ⊥平面ABED ,又C 1F ⊂平面BC 1E ,∴平面BC 1E ⊥平面ABED ;(2)解 如图2,取AD 的中点N ,连接FN ,C 1N 和BD ,设B 到平面AC 1D 的距离为h.在直角梯形ABED 中,FN 为中位线,则FN ⊥AD ,FN=32.由(1)得C1F⊥平面ABED,AD⊂平面ABED,∴C1F⊥AD.又FN∩C1F=F,∴AD ⊥平面C1FN.又C1N⊂平面C1FN,∴C1N⊥AD,且C1N=√FN2+C1F2=√94+3=√212.在三棱锥C1-ABD中,V C1-ABD =V B-AC1D,即13×12×AB×AD×C1F=13×1 2×AD×C1N×h,∴h=AB×C1FC1N=√3212=4√77.故点B到平面AC1D的距离为4√77.【例2】(1)证明取BD的中点O,连接AO,OC1.因为四边形ABCD是正方形,所以在三棱锥中,BD⊥AO,BD⊥OC1.因为AO∩OC1=O,AO,OC1⊂平面AOC1,所以BD⊥平面AOC1.又因为AC1⊂平面AOC1,所以BD⊥AC1.(2)解因为二面角A-BD-C1为直二面角,平面ABD∩平面BDC1=BD,且BD⊥AO,BD⊥OC1,AO∩OC1=O,所以∠C1OA=90°,即C1O⊥AO,所以AO,OC1,BD两两垂直.以O为原点,OA,OB,OC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知AO=OC1=12BD=1,所以O(0,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),A(1,0,0),C1(0,0,1),F12,012,E0,12,12,则DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,32,12,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,-12,0.显然平面ABD 的一个法向量m =(0,0,1).设平面DEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =12x -12y =0,n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =32y +12z =0,取x=2,可得y=2,z=-6,所以平面DEF 的一个法向量n =(2,2,-6),则|cos <m ,n >|=m ·n|m ||n |=-6√4+4+36=3√1111,所以平面DEF 与平面ABD 所成的二面角的余弦值为3√1111. 对点训练2 (1)证明 在题图1中,BC=2AB ,且E 为AB 的中点,∴AE=AB ,∴∠AEB=45°,同理∠DEC=45°,∴∠CEB=90°,∴BE ⊥CE.又平面ABE ⊥平面BCE ,平面ABE ∩平面BCE=BE ,∴CE ⊥平面ABE.又CE ⊂平面DCE ,∴平面ABE ⊥平面DCE.(2)解 以E 为坐标原点,EB ,EC 所在的直线分别为x 轴,y 轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则E (0,0,0),B (√2,0,0),C (0,√2,0),A (√22,0,√22),D (0,√22,√22),F (√22,√22,0),EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22,0,√22),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22,√22).设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z ),由{n ·EA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +z =0,y +z =0,令z=1,得平面ADE 的一个法向量为n =(-1,-1,1).又FA⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√22,√22),设直线FA 与平面ADE 所成角为θ,则sin θ=|cos <FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|FA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||FA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√21×√3=√63,故直线FA 与平面ADE 所成角的正弦值为√63.【例3】解 依题意得,△ABP 和△AEP 均为以A 为直角顶点的等腰直角三角形,则PA ⊥AB ,PA ⊥AE ,所以PA ⊥面ABCDE.又因为AB ⊥AE ,可以建立以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),得A (0,0,0),B (2,0,0),C (4,2,0),D (4,6,0),E (0,2,0),P (0,0,2),M (2,3,1).(1)证明:由题意,CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,0),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),因为CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以CE ⊥PE. (2)ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,-1),MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-1),设平面MEC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x -y -z =0,2x -y -z =0,不妨令y=1,可得平面MEC 的一个法向量为n =(0,1,-1).平面DEC 的一个法向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),所以cos <n ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||AP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =-√22,由图可得二面角M-CE-D 的平面角为锐角,所以二面角M-CE-D 的大小为45°.(3)(方法一)存在.假设在线段PE 上存在点N ,使得平面ABN ∥平面MCE.设PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPE ⃗⃗⃗⃗ (λ∈[0,1]),N (x ,y ,z ),所以(x ,y ,z-2)=λ(0,2,-2),所以N (0,2λ,2-2λ).因为平面ABN ∥平面MCE ,所以AN ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ,即AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,解得λ=12,即N 为PE 的中点,此时N (0,1,1),|AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√02+12+12=√2,所以线段AN 的长为√2.所以在线段PE 上存在点N ,使得平面ABN ∥平面MCE ,此时线段AN 的长为√2.(方法二)存在.假设在线段PE 上存在点N ,使得平面ABN ∥平面MCE.设PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPE⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈[0,1]),N (x ,y ,z ),所以(x ,y ,z-2)=λ(0,2,-2),因此N (0,2λ,2-2λ).设平面ABN 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x =0,2λy +(2-2λ)z =0.令y=λ-1,可得m =(0,λ-1,λ).因为平面ABN ∥平面MCE ,所以m ∥n ,解得λ=12,此时N (0,1,1),|AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2+12+12=√2,所以线段AN 的长为√2.所以在线段PE 上存在点N ,使得平面ABN ∥平面MCE ,此时线段AN 的长为√2. 对点训练3解 (1)如图,作PH ⊥AD 交DA 的延长线于点H.因为平面ABCD ⊥平面PAD ,平面ABCD ∩平面PAD=AD ,且PH ⊂平面PAD ,所以PH ⊥平面ABCD ,所以PH 为点P 到平面ABCD 的距离.因为∠PAD=120°,PA=2,所以PH=PA·sin 60°=√3,又因为S 四边形ABCD =12(BC+AD )·AB=3,所以V P-ABCD =13·PH·S 四边形ABCD =13×√3×3=√3.(2)不存在.理由如下:假设在棱CD 上存在点F ,使得EF ∥PD.连接BD ,取BD 的中点M ,连接EM ,EF.在△BPD 中,因为E ,M 分别为BP ,BD 的中点,所以EM ∥PD.因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM 与EF 重合.因为点F 在线段CD 上,所以F=BD ∩CD ,又因为BD ∩CD=D ,所以F 是BD 与CD 的交点D ,即EF 就是ED ,而ED 与PD 相交,这与EF ∥PD 相矛盾,所以假设不成立,故在棱CD 上不存在点F 使得EF ∥PD. 【例4】(1)证明延长DG交BC于点F,连接EF,因为点G是△BCD的重心,故F为BC的中点.因为D,E分别是棱AB,BP的中点,所以DF∥AC,DE∥AP,又因为DF∩DE=D,所以平面DEF∥平面APC.又因为GE⊂平面DEF,所以GE∥平面PAC.(2)解存在.连接PD,因为∠PAB=∠PBA=45°,所以PA=PB.又因为D是AB的中点,所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC,而平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.如图,以D为原点,垂直于AB的直线为x轴,DB,DP所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,设PA=PB=2,则AB=2√2,PD=CD=√2,所以D(0,0,0),B(0,√2,0),C√62,√22,0,G√66,√22,0,P(0,0,√2).假设存在点E ,设BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈(0,1],则DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,0)+λ(0,-√2,√2)=(0,√2(1-λ),√2λ),所以E (0,√2(1-λ),√2λ).又因为DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√62,√22,0),设平面ECD 的法向量为n 1=(x ,y ,z ), 则{n 1·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =√62x +√22y =0,n 1·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2(1-λ)y +√2λz =0,令x=1,解得n 1=1,-√3,√3(1-λ)λ.又因为平面CDG 的一个法向量n 2=(0,0,1),而二面角E-CD-G 的大小为30°,所以|cos <n 1·n 2>|=n 1·n 2|n 1||n 2|=√32,即√3(1-λ)λ1×√12+(-√3)2+[√3(1-λ)λ]2=√32,解得λ=13,所以存在点E ,使二面角E-CD-G 的大小为30°,此时BE BP =13.对点训练4 (1)证明 取PE 中点G ,连接GN ,FG ,则GN ∥BE ,GN=12BE=12,即GN ∥CF ,GN=CF ,所以GNCF 为平行四边形,CN ∥FG ,CN ⊄平面PEF ,FG ⊂平面PEF ,所以CN ∥平面PEF.(2)解 因为PA=PB ,点E 为AB 的中点,所以PE ⊥AB.又因为侧面PAB ⊥底面ABCD 且侧面PAB ∩底面ABCD=AB ,所以PE ⊥平面ABCD.分别以EB ,EF ,EP 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图,则P (0,0,2),C (1,2,0),D (-1,2,0),A (-1,0,0),B (1,0,0),N (1,0,1),平面CDA 的一个法向量m =(0,0,1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,0),CN ⃗⃗⃗⃗⃗ (0,-2,1).设平面CDN 的法向量n =(x ,y ,z ),则{32x=0,-2y +z =0,令y=1,得平面CDN 的一个法向量n =(0,1,2).所以cos <m ,n >==2√55,因此二面角N-CD-A 的余弦值为2√55.(3)解 存在.假设存在点P ,满足题意,连接NQ.设BQ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12λ,2λ,0(λ∈[0,1]),则Q -12λ+1,2λ,0,NQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12λ+12,2λ,-1. 因为平面PEF 的一个法向量p =(1,0,0),所以|cos <NQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,p >|=|-12λ+12|√(-12λ+12)+(2λ)2+1=√1414,解得λ=13或λ=-9(舍),所以在线段BC 上存在点Q (56,23,0)满足题意,此时BQ=√(16)2+(23)2=√176.核心素养微专题(六)【例题】 解 若选②,由PO ⊥平面ABCD 知PO ⊥AB ,又因为PC ⊥AB ,所以AB ⊥平面PAC ,所以AB ⊥AC ,所以∠BAC=90°,BC>BA ,这与底面ABCD 为菱形矛盾,所以②必不选,故选①③.下面证明:PO ⊥平面ABCD.因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD.因为PC ⊥BD ,PC ∩AC=C ,所以BD ⊥平面APC.又因为PO ⊂平面APC ,所以BD ⊥PO.因为PA=PC ,O 为AC 中点,所以PO ⊥AC.又AC ∩BD=O ,所以PO ⊥平面ABCD.因为PO ⊥平面ABCD ,以O 为坐标原点,以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别作为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为AB ∥CD ,所以∠PBA 为异面直线PB 与CD 所成的角,所以∠PBA=60°.在菱形ABCD 中,设AB=2,因为∠ABC=60°,所以OA=1,OB=√3,设PO=a ,则PA=√a 2+1,PB=√a 2+3.在△PBA 中,由余弦定理得PA 2=BA 2+BP 2-2BA·BP·cos ∠PBA ,所以a 2+1=4+a 2+3-2×2√a 2+3×1,解得a=√6.所以A (0,-1,0),B (√3,0,0),C (0,1,0),P (0,0,√6).设平面ABP 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√6), 由{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{√3x 1+y 1=0,y 1+√6z 1=0,令z 1=1,得n 1=(√2,-√6,1).设平面CBP 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,√6),由{n 2·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{√3x 2-y 2=0,y 2-√6z 2=0,令z 2=1,得n 2=(√2,√6,1).设二面角A-PB-C 的平面角为θ,所以cos θ=|n 1·n 2||n 1||n 2|=13,所以二面角A-PB-C 的余弦值为13.跟踪训练 解 (1)在线段AB 上存在中点G ,使得AF ∥平面PCG.证明如下:如图所示,设PC 的中点为H ,连接FH.∵FH ∥CD ,FH=12CD ,AG ∥CD ,AG=12CD ,∴FH ∥AG ,FH=AG ,∴四边形AGHF 为平行四边形,则AF ∥GH.又GH ⊂平面PGC ,AF ⊄平面PGC ,∴AF ∥平面PGC. (2)方案一:选条件①. ∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥BC ,由题意知AB ,AD ,AP 两两垂直,以AB ,AD ,AP 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),F (0,1,1),P (0,0,2),∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,1).设平面FAC 的法向量为μ=(x ,y ,z ),∴{μ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =y +z =0,μ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x -y +z =0,取y=1,得平面FAC 的一个法向量μ=(-1,1,-1).又平面ACD 的一个法向量为ν=(0,0,1),设二面角F-AC-D 的平面角为θ,则cos θ=|μ·ν||μ||ν|=√33,∴二面角F-AC-D 的余弦值为√33.方案二:选条件②.∵PA ⊥平面ABCD ,取BC 中点E ,连接AE ,取AD 的中点M ,连接FM ,CM ,则FM∥PA,且FM=1,∴FM⊥平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为∠FCM,∴∠FCM=π6.在Rt△FCM中,CM=√3,又CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B(√3,-1,0),C(√3,1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2),∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),CF⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则{m·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =y+z=0,m·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =-√3x+z=0,取x=√3,得平面FAC的一个法向量m=(√3,-3,3).又平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=√217,∴二面角F-AC-D的余弦值为√217.方案三:选条件③.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,取BC中点E,连接AE,∵底面ABCD是菱形,∠ABC=π3,∴△ABC是正三角形.∵E是BC的中点,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B(√3,-1,0),C(√3,1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2),∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),CF⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,1),设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则{m·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =y+z=0,m·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =-√3x+z=0,取x=√3,得平面FAC的一个法向量m=(√3,-3,3).又平面ACD的法向量n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=√217,∴二面角F-AC-D的余弦值为√217.。
高考数学难点突破八立体几何中的翻折问题答案
高考数学难点突破八----立体几何中的翻折问题一、知识储备翻折问题就是把平面图形经过折叠变成一个空间图形，实际上，折叠问题就是轴对称的问题，折痕就是对称轴，重合的即是全等图形，解决折叠问题时，要把运动着的空间图形不断地与原平面图形进行对照，看清楚其中哪些量在变化，哪些量没有变化，从而寻找出解决问题的方法，达到空间问题与平面问题相互转化的目的。
核心是抓牢折痕就是翻折前与翻折后平面图形的公共底边，折痕与公共底边上两高所在平面垂直。
二、应用举例例1.如图，在矩形ABCD 中，M 在线段AB 上，且1AM AD ==，3AB =，将ADM ∆沿DM 翻折．在翻折过程中，记二面角A BC D --的平面角为θ，则tan θ的最大值为(C )ABCD例2.在矩形ABCD 中，4,3AB AD ==,E 为边AD 上的一点，1DE =，现将ABE ∆沿直线BE 折成A BE '∆，使得点A '在平面 BCDE 上的射影在四边形BCDE 内（不含边界），设二面角 A BE C '--的大小为θ，直线,A B A C ''与平面BCDE 所成的角分 别为αβ，，则( D ) A.βαθ<< B.βθα<< C.αθβ<< D.αβθ<<例3.如图，矩形ABCD 中心为, O BC AB >，现将DAC 沿着对角线AC 翻折成EAC ，记BOE a ∠=，二面角B AC E --的平面角为β，直线DE 和BC 所成角为γ，则（ D ）A. ,2a ββγ>>B. ,2a ββγ><C. ,2a ββγ<>D. ,2a ββγ<<例4.如图，在ABC △中，1AB =，22BC =，4B π=，将ABC △绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 中点，设Q 是线段PA 上的动点，则当PC 与DQ 所成角取得最小值时，线段AQ 的长度为（ B ） A ．5 B ．25C ．35D ．25例5.已知在矩形ABCD 中，2AD AB =，沿直线BD 将ABD ∆ 折成'A BD ∆，使得点'A 在平面BCD 上的射影在BCD ∆内（不含边界），设二面角'A BD C --的大小为θ，直线','A D A C 与平面BCD 所成的角分别为,αβ，则（ ）A. αθβ<<B. βθα<<C. βαθ<<D. αβθ<< 【答案】DQ DPCBA【解析】分析：由题意画出图形，由两种特殊位置得到点A′在平面BCD上的射影的情况，由线段的长度关系可得三个角的正弦的大小，则答案可求．详解：如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA′⊥A′D，当A′点在底面上的射影O落在BC上时，有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，可得DC⊥平面A′BC，则DC⊥BA′，∴BA′⊥平面A′DC，在Rt△BA′C中，设BA′=1，则，∴A′C=1，说明O为当A′点在底面上的射影E落在BD上时，可知A′E⊥BD，设BA′=1，则A D'=，要使点A′在平面BCD上的射影F在△BCD内（不含边界），则点A′的射影F落在线段OE上（不含端点）．可知∠A′EF为二面角A′﹣BD﹣C的平面角θ，直线A′D与平面BCD所成的角为∠A′DF=α，直线A′C与平面BCD所成的角为∠A′CF=β，<，而A′C的最小值为1，可求得DF＞CF，∴A′C＜A′D，且A′E=13∴sin∠A′DF＜sin∠A′CF＜sin∠A′EO，则α＜β＜θ．故答案为：D点睛：本题主要考查二面角的平面角和直线与平面所成的角，考查正弦函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力分析推理能力.例6、（嘉兴市2020年1月期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．22π分析：设 AC ,FC 的中点为 M , N ，CP 的中点G 的轨迹是以 MN 为直径的半圆．例7、（宁波市2020年1月期终）已知平面四边形ABCD 中，90A C ∠=∠=︒，BC CD =，AB AD >，现将ABD △沿对角线BD 翻折得到三棱锥A BCD '-，在此过程中，二面角A BC D '--、A CDB '--的大小分别为α，β，直线A B '与平面BCD 所成角为γ，直线A D '与平面BCD 所成角为δ，则（ ）A ．γδβ<<B ．γαβ<<C ．αδβ<<D ．γαδ<<例8、（柯桥一中2020年1月期终）已知在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示， 沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ C ） A．5B.5C.4例9、（名校合作体2020年3月）已知C 为ABD Rt ∆斜边BD 上一点，且ACD ∆为等边三角形，现将ABC ∆沿AC 翻折至C B A '∆，若在三棱锥ACD B -'中，直线B C '和直线B A '与平面ACD 所成角分别为βα，，则（ ）A. βα<<0B.βαβ2≤<C.βαβ32≤≤例10、（2020年1月嘉兴期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．分析：取DE 中点O ，连CO PO ,，则点G 的轨迹是以CO 的中点为圆心，2221=PO 为半径的半圆，轨迹长为22ππ=r例11、（2020年4月温州模拟）如图，在ABC ∆中，点M 是边BC 的中点，将ABN ∆沿着AM 翻折成M B A '∆，且点B '不在平面AMC 内，点P 是线段C B '上一点，若二面角B AM P '--与二面角C AM P --的平面角相等，则直线AP 经过C B A '∆的（ A ） A. 重心 B. 垂心 C. 内心 D.外心G PFD B A例12、（2020年嘉兴一模）将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 翻折，使得二面角A BD C --的平面角的大小为π3，若点E ,F 分别是线段AC 和BD 上的动点，则BE CF 的取值范围为 （ ）A ．[1,0]-B ．1[1,]4-C ．1[,0]2-D ． 11[,]24-例13、(2020年5月暨阳联考）如图:ABC ∆中，︒=∠⊥90,ACB BC AB ，D 为AC 的中点，ABD ∆沿BD 边翻折过程中，直线AB 与BC 直线所成的最大角，最小角分别记为11βα，，直线AD 与直线BC 所成的最大角，最小角分别记为22βα，，则有（ D ）A. ββαα≤<121,B. 2121ββαα><，C. 2121ββαα≤≥，D.2121ββαα>≥，分析一：翻折到180时，,AB BC 所成角最小，可知130β=，,AD BC 所成角最小，20β=，翻折0时，,AB BC 所成角最大，可知190α=，翻折过程中，可知AD 的投影可与BC 垂直，所以,AD BC 所成最大角290α=，所以 1190,30αβ︒︒==，2290,0αβ︒︒==分析二:对角线向量定理例14、（2020年4月台州二模）如下图①，在直角梯形ABCD 中，90=∠=∠=∠DAB CDB ABC ， 30=∠BCD ，4=BC ，点E 在线段CD 上运动，如下图②，沿BE 将BEC ∆折至C BE '∆，使得平面⊥'C BE 平面ABED ，则C A '的最小值为 .⇒例15、（2020年嘉兴市基础知识测试）如图，矩形ABCD 中，2,1==BC AB ，点E 为AD 中点，将ABE ∆沿BE 折起，在翻折过程中，记二面角B DC A --的平面角大小为α，则当α最大时，=αtan （ ） A. 22 B. 32 C. 31 D.21。
难点06 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(教学案)(解析版)
难点六 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．1 立体几何中的折叠问题折叠问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试.例１（2020·安徽高三（理））在直角梯形ABCD （如图1），90ABC ︒∠=，//BC AD ，8AD =，4AB BC ==，M 为线段AD 中点.将ABC 沿AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到几何体B ACD -（如图2）.（1）求证：CD ⊥平面ABC ；（2）求AB 与平面BCM 所成角θ的正弦值.思路分析：（1）通过计算结合勾股定理的逆定理可以证明CD AC ⊥，再根据面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）法一、取AC 的中点O 连接OB ，根据B ACM A BCM V V --=，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；法二、取AC 的中点O 连接OB ，由题设可知ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥面ACM ，连接OM ，因为M O 、分别为AB 和AC 的中点，所以//OM CD ，由（1）可知OM AC ⊥，故以OM OC OB 、、所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.运用向量法求解即可.【详解】（1）由题设可知AC =CD =，8AD =∴222AD CD AC =+∴CD AC ⊥又∵平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC平面ACD AC = ∴CD ⊥面ABC .（2）法一、等体积法取AC 的中点O 连接OB ，由题设可知ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥面ACM∵B ACM A BCM V V --=且133B ACM ACM V S BO -=⋅=而BCM S ∆=∴A 到面BCM 的距离h =所以sin 3h AB θ==.法二、向量法取AC 的中点O 连接OB ，由题设可知ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥面ACM ，连接OM ，因为M O 、分别为AB 和AC 的中点，所以//OM CD ，由（1）可知OM AC ⊥，故以OM OC OB 、、所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.则(0,A -，B ，(0,C ，M∴(0,CB =-(2CM =-(0,BA =--∴面BCM 的一个法向量(1,1,1)n =∴||6sin ||||BA n BA n θ⋅== 点评：本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.以折叠问题为载体，折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体.如本题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线，线面和面面垂直的判定方法及相互转化，还要正确识别出折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量（边长与角）的变化情况，否则无法正确解题．这正是折叠问题的价值之所在．在求二面角时，如果根据定义要作出二面角的平面角，并证明，然后计算，要求较高，一般是寻找图形中的两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，用空间向量法来求这个角．设分别是平面的法向量，设二面角的大小为，则．用这种方法求解时要注意判断二面角的大小，即判断二面角是锐角不是钝角．2 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，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．例2 在四棱锥中，设底面是边长为1的正方形，面.（1）求证：；（2）过且与直线垂直的平面与交于点，当三棱锥的体积最大时，求二面角的大小.思路分析：（1）要证线线垂直，可利用线面垂直的性质定理，即先证线面垂直，题中由正方形有，由已知线面垂直有，从而可证与平面垂直，从而得证题设结论；（2）求二面角，一般建立空间直角坐标系，用空间向量法求解，题中有两两垂直，以他们为坐标轴建立空间直角坐12,n n ,αβl αβ--θ121212cos ,cosn n n n n n θ⋅<>==P ABCD -ABCD PA ⊥ABCD PC BD ⊥BD PC PC E E BCD -E BD C --BD AC ⊥BD PA ⊥BD PAC ,,AB AD AP标系，由三棱锥体积最大时，求得的长，然后写出各点坐标，同时计算出点坐标，求得平面和平面的法向量，求出法向量夹角，可观察出此二面角为锐角，从而得二面角．解析：（1）∵四边形是正方形，∴，平面，由此推出，又，∴平面，而平面，所以推出.（2）设，三棱锥的底面积为定值，求得它的高，当，即时，，三棱锥的体积达到最大值为.以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，令，，，得，∴，设是平面的一个法向量，，，则，得.又是平面的一个法向量，∴，∴二面角为. 点评：立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：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、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．3立体几何中的探索性问题探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．例3．（2020·天津静海一中高三月考）如图所示,直角梯形ABCD 中,AD BC ∥,AD AB ⊥,22AE AB BC AD ====,四边形EDCF 为矩形,CF =E BDC -PA E EBD CBD ABCD BD AC ⊥PA ⊥ABCD PA BD ⊥AC PA A =BD ⊥PAC PC⊂PAC PC BD ⊥PA x =E BCD -22x h x =+2x x =x =h E BCD-111132⨯⨯⨯=A AB x AD y PA z (1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),B C D P (,,)E x y z PE PC λ=BE PC ⊥34λ=33(,,444E -'''(,,)n x y z =EBD (1,1,0)BD =-13(,,444BE =--00n BD n BE ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩(1,1,2)n =AP =BCD 2cos ,2n AP <>=E BD C --4π（1）求证:平面ECF ⊥平面ABCD ;（2）在线段DF 上是否存在点P ,使得直线BP 与平面ABE 若存在,求出线段BP 的长,若不存在,请说明理由.思路分析：（1）先证CF ⊥面ABCD ,又因为CF ⊂面BCF ,所以平面ECF ⊥平面ABCD .（2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设DP DF λ=,则可得出向量()1,2BP λλ=---,求出平面ABE 的法向量为(),,n x y z =,利用直线与平面所成角的正弦公式sin cos ,BP nBP n BP n θ⋅==⨯列方程求出0λ=或34λ=,从而求出线段BP 的长. 【详解】（1）证明:因为四边形EDCF 为矩形,∴DE CF ==∵222AD DE AE +=∴DE AD ⊥∴DE CD ⊥∴DE ⊥面ABCD∴CF ⊥面ABCD又∵CF ⊂面BCF∴平面ECF ⊥平面ABCD（2）取D 为原点,DA 所在直线为x 轴,DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.如图所示:则()1,0,0A ,()1,2,0B ,()1,2,0C -,(E ,(F -,设(DP DF λλ==-(),2λλ=-,[]0,1λ∈;∴(),2P λλ-,()1,2BP λλ=---, 设平面ABE 的法向量为(),,n x y z =,∴2020x y y ⎧--+=⎪⎨=⎪⎩,不防设()3,0,1n =. ∴sin cos ,BP n θ==BP nBP n ⋅=⨯10=, 化简得2860λλ-=,解得0λ=或34λ=; 当0λ=时,()1,2,0BP =--,∴5BP =;当34λ=时,71,,424BP ⎛=-- ⎝⎭,∴5BP = 综上存在这样的P 点,线段BP点评：本题考查直线与平面所成角的求法，空间向量的数量积的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．训练了存在性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．把线面的关系转化为向量之间的关系，直线与平面所成的角的正弦值即直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；线平行于面即线的方向向量与面的法向量垂直，等价于其数量积为.探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明了充分性．综合以上三类问题，折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．折叠与展开问题是立体几何的一对问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；求最值的途径很多，其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法；对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法，能使问题简单、有效地解决．解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。
中考18题翻折类探究
中考18题翻折类题型探究中考数学18题一般考旋转、翻折两种题型（考平移的可能性很小），下面我就翻折类型题目进行分析，并给出解题思路。
关于翻折我们首先要熟记我们学到的相关概念：1、把一个图形沿某一条直线翻折过来，直线两旁的部分能够相互重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴。
2、如果把一个图形沿某一条直线翻折，能与另一个图形重合，那么叫做这两个图形关于这条直线成轴对称，这条直线叫做对称轴，两个图形中的对应点叫做关于这条直线的对称点。
我们要注意翻折前后不改变图形的形状和大小、即翻折前后对应边和对应角相等，翻折前后对应点之间连线被对称轴垂直平分，对同一个图形进行翻折前后对应边往往可以看成一个等腰三角形的两边，对称轴可以看成是这个等腰三角形顶角平分线。
中考18题翻折类题目往往以等腰三角形、直角三角形、矩形、直角梯形等为翻折前的初始图形，一般也会给出特殊的边角关系（如30度、60度、45度角、勾三股四类直角三角形）需要直接或间接构造直角三角形并利用相关性质求解。
常用到的知识点：1.勾股定理2.等腰三角形三线合一3.三角形相似与全等的性质4.锐角三角比5.特殊三角形和特殊四边形的性质与判定一般解题步骤：1.看原图形的形状和特征（若有等腰看高线，若含直角找边角信息，有中点联系中位线或斜边中线）2.确定翻折线，若给出折线看翻折后各对应边角的特殊情况；若没有给出翻折线，则要根据翻折后形成的特殊边角关系分情况讨论。
3.对题目中给的特殊边角，找出隐含的信息（如30度角想到直角边与斜边的关系）4.解图中的直角三角形或构造新的直角三角形进行求解得出结论。
若无法直接求出，则利用相似或全等找等量关系进行求解。
中考数学18题翻折类题型，一般也可以归纳为解直角三角形，对于特殊三角形的性质，大家要特别熟悉，对于题目中的隐含条件要能准确发现并利用。
中考和模考真题18.（2012上海市，18，4分）如图3，在Rt△ABC，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，点D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么线段DE的长为 .1标注：特殊直角三角形，翻折形成特殊角度（90度）根据翻折性质（角度不变）推出特殊边角关系（含45度直角三角形）。
新高考数学二轮总复习 专题突破练18 立体几何中的翻折问题及探索性问题(含解析)-人教版高三全册数学
专题突破练18 立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图2.(1)求证:平面A1CD⊥平面A1BC;(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值.2.(2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F为棱PD的中点.(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE?并说明理由;(2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.3.(2020浙江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC 为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1.(1)求证:A1D∥平面BCC1B1;(2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由.4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如图2.(1)证明:在图2中,平面ACG⊥平面BCG;(2)设M为图2中线段CG上一点,且CM=1,若直线AG∥平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB 所成角的正弦值.5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,取AD中点为E.现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG,使得∠AEG=90°,如图2.(1)求证:AE⊥平面EBHG;(2)求二面角A-GH-B的余弦值;(3)若点F 满足AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,当EF ∥平面AGH 时,求λ的值. 6.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是梯形,且BC ∥AD ,AC=CD=√22AD ,AD=2PD=4BC=4. (1)求证:AC ⊥平面PCD ;(2)求平面PCD 与平面PAB 所成的锐角的余弦值;(3)在棱PD 上是否存在点M ,使得CM ∥平面PAB ?若存在,求PM PD的值;若不存在,说明理由.7.(2020山东省实验中学模拟,19)在矩形ABCD 中,AB=3,AD=2,点E 是线段CD 上靠近点D 的一个三等分点,点F 是线段AD 上的一个动点,且DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDA ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1).如图,将△BEC 沿BE 折起至△BEG ,使得平面BEG ⊥平面ABED. (1)当λ=12时,求证:EF ⊥BG ;(2)是否存在λ,使得FG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.8.(2020河北衡水中学调研,18)已知,图中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上运动,且满足BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1.(1)求证:E,F,P,Q四点共面,并证明EF∥平面PQB;(2)是否存在点P使得二面角B-PQ-E的余弦值为√5?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.5专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(1)证明在图1的△ABC中,D,E分别为AC,AB边中点,∴DE∥BC.又AC⊥BC,∴DE⊥AC.在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,又DE∥BC,∴BC⊥平面A1CD.又BC⊂平面A1BC,∴平面A1CD⊥平面A1BC.(2)解由(1)知DE⊥平面A1CD,且DE⊂平面BCDE,∴平面A1CD⊥平面BCDE.又平面A1CD∩平面BCDE=DC,在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,垂足为O,则O为CD中点,且A1O⊥平面BCDE,分别以DC,梯形BCDE中位线,OA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(0,0,√3),B (1,4,0),C (1,0,0),E (-1,2,0).A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,√3),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0).设平面A 1BE 的法向量为n =(x 1,y 1,z 1), 则{EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =x 1-2y 1+√3z 1=0,EB⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =2x 1+2y 1=0, 令x 1=1,则y 1=-1,z 1=-√3,∴平面A 1BE 的一个法向量为n =(1,-1,-√3).设直线A 1C 与平面A 1BE 所成角为θ,则sin θ=|cos <A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√3)√3)|√1+3×√1+1+3=2√55. ∴直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值为2√55.2.解(1)当E 为BC 的中点时,CF ∥平面PAE.理由如下,如图,分别取BC ,PA 的中点E ,G ,连接PE ,AE ,GE ,FG.又F 是PD 的中点,∴FG ∥AD ,FG=12AD.又四边形ABCD 为正方形,则AD ∥BC ,AD=BC ,∴FG ∥BC ,FG=12BC.又E 是BC 的中点,∴FG ∥CE ,FG=CE ,则四边形ECFG 是平行四边形,∴CF ∥EG.又EG ⊂平面PAE ,CF ⊄平面PAE ,∴CF ∥平面PAE.(2)如图,取AD 中点O ,连接PO ,OE ,又PA=PD ,∴PO ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD=AD ,PO ⊂平面PAD ,∴PO ⊥平面ABCD.∴以O 为原点,OA ,OE ,OP 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则A (1,0,0),B (1,2,0),C (-1,2,0),P (0,0,√3),F -12,0,√32,∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,0,√32,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-√3), 设平面PBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{-2x =0,x +2y -√3z =0,令y=3,得x=0,z=2√3,则平面PBC 的一个法向量n =(0,3,2√3),∴|cos <n ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|√21×√3|=√77,∴直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值为√77.3.(1)证明如图所示,连接B 1C ,∵四边形ABCD 为平行四边形,∴AB CD ,又A 1B 1 AB ,∴A 1B 1 CD ,∴四边形A 1B 1CD 为平行四边形,∴A 1D ∥B 1C. 又B 1C ⊂平面BCC 1B 1,A 1D ⊄平面BCC 1B 1,∴A 1D ∥平面BCC 1B 1.(2)解存在.假设存在点F ,使平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 垂直,则平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 所成的二面角为直二面角.设平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 所成的二面角的平面角为θ,则θ=90°.如图所示,以A 为坐标原点,分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系.∵∠ACB=90°,AC=BC=3,AA 1=2, ∴A (0,0,0),D (3,0,0),A 1(0,0,2),C 1(0,3,2). ∵点F 在BC 上,∴设点F (m ,3,0).∴A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,3,-2).设平面A 1C 1D 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{n 1·A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{3x 1-2z 1=0,y 1=0,取x 1=2,则y 1=0,z 1=3,∴平面A 1C 1D 的一个法向量n 1=(2,0,3). 设平面A 1C 1F 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{n 2·A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{mx 2+3y 2-2z 2=0,y 2=0,取x 2=2,则y 2=0,z 2=m ,∴平面A 1C 1F 的一个法向量n 2=(2,0,m ). 则cos <n 1,n 2>=cos θ=cos90°=0,∴n 1·n 2|n 1||n 2|=0,即4+3m=0,∴m=-43,即CF=43,∴BF=3-43=53.∴在线段BC 上存在点F ,使平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 垂直,此时BF=53.4.(1)证明∵四边形DCGH 为矩形,∴CG ⊥CD.又CG ⊥AD ,CD ∩AD=D ,∴CG ⊥平面ADC ,故CG ⊥AC. ∵六边形AEFBCD 为正六边形,∴∠ADC=∠DCB=120°,故∠DCA=30°,∴∠ACB=90°, 即AC ⊥CB.又CG ∩CB=C ,∴AC ⊥平面BCG.∵AC ⊂平面ACG , ∴平面ACG ⊥平面BCG.(2)解设AC 与BD 的交点为N ,连接MN.∵AG ∥平面BMD ,且平面BMD ∩平面ACG=MN ,∴AG ∥MN ,∴CM MG=CN NA=CD AB=48=12.∴MG=2,∴CG=3.由(1)知,AC ⊥CB ,CG ⊥平面ABC ,故以CA ,CB ,CG 分别作为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图,A (4√3,0,0),B (0,4,0),M (0,0,1),H (2√3,-2,3),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4√3,4,0),AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,-2,3),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,1),设平面AHB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2√3x -2y +3z =0,-4√3x +4y =0,取x=√3,则y=3,z=4,∴平面AHB 的一个法向量n =(√3,3,4).设直线BM 与平面AHB 所成角为θ,∴sin θ=|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√16+1·√3+9+16=4√119119,即直线BM 与平面AHB 所成角的正弦值为4√119119.5.(1)证明在图1中,△ABD 为等边三角形,E 为AD 中点,∴BE ⊥AD ,∴BE ⊥AE.∵∠AEG=90°,∴GE ⊥AE.∵GE ⊥AE ,BE ⊥AE ,GE ∩BE=E ,∴AE ⊥平面EBHG.(2)解设菱形ABCD 的边长为2,由(1)可知AE ⊥GE ,AE ⊥BE ,GE ⊥BE ,∴以E 为原点,EA ,EB ,EG 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.可得A (1,0,0),B (0,√3,0),G (0,0,1),H (0,√3,2),∴AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,2).设平面AGH 的法向量为n =(x ,y ,z ),∴{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +z =0,-x +√3y +2z =0,令x=√3,则平面AGH 的一个法向量n =(√3,-1,√3).易知平面EBHG 的一个法向量为EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设二面角A-GH-B 的大小为θ,则θ为锐角,∴cos θ=|cos <n ,EA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||EA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√217. (3)解由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =y AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,√3y ,0),得EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,√3y ,0)-(-1,0,0)=(1-λ,√3y ,0).∵EF ∥平面AGH ,则n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即1-2λ=0,∴λ=12. 6.(1)证明∵AC=CD=√22AD , ∴AC 2+CD 2=12AD 2+12AD 2=AD 2,∴AC ⊥CD.∵PD ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,∴PD ⊥AC.又PD ∩CD=D ,∴AC ⊥平面PCD.(2)解分别以直线DA ,DP 为x 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,0,0),A (4,0,0),B (3,2,0),C (2,2,0),P (0,0,2),∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,2), 设n =(x ,y ,z )为平面PAB 的一个法向量,由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x +2y =0,-4x +2z =0, 取y=1,则n =(2,1,4).由(1)AC ⊥平面PCD ,可知AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0)为平面PCD 的一个法向量,设平面PCD 与平面PAB 所成的锐角为θ,则cos θ=|cos <n ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√22+12+42×√(-2)+22+02=√4242.故平面PCD 与平面PAB 所成的锐角的余弦值为√4242.(3)解(方法一)存在.假设在棱PD 上存在点M ,使得CM ∥平面PAB ,则CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ,即CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0.设M (0,0,h ),则CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,h ),由CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得2×(-2)+1×(-2)+4h=0,解得h=32.此时,PM PD =2-322=14.故在棱PD 上存在点M ,使得CM ∥平面PAB ,此时PMPD =14. (方法二)存在.在棱PD 上取点M ,使PM PD =14,过M 作MN ∥AD 交PA 于点N ,则MN=14AD.又BC 14AD ,∴BC MN ,∴四边形MNBC 为平行四边形,∴CM ∥BN.∵CM ⊄平面PAB ,BN ⊂平面PAB ,∴CM ∥平面PAB.故在棱PD 上存在点M ,使得CM ∥平面PAB ,此时PM PD =14. 7.(1)证明当λ=12时,F 是AD 的中点.∴DF=12AD=1,DE=13CD=1.∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=23CD=2,BC=2,∠BCD=90°,∴∠BEC=45°.∴BE ⊥EF.又平面GBE ⊥平面ABED ,平面GBE ∩平面ABED=BE ,EF ⊂平面ABED , ∴EF ⊥平面BEG.∵BG ⊂平面BEG ,∴EF ⊥BG.(2)解存在.以C 为原点,CD⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,则E (2,0,0),D (3,0,0),F (3,2λ,0).取BE 的中点O ,∵GE=BG=2,∴GO ⊥BE ,∴易证得OG ⊥平面BCE.∵BE=2√2,∴OG=√2,∴G (1,1,√2).∴FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1-2λ,√2),EG⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,√2),DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,√2). 设平面DEG 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x +y +√2z =0,n ·EG⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +y +√2z =0, 令z=√2,则平面DEG 的一个法向量n =(0,-2,√2).设FG 与平面DEG 所成的角为θ,则sin θ=|cos <FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√6×√6+(1-2λ)=13, 解得λ=12或λ=-710(舍去). ∴存在实数λ,使得DG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13,此时λ=12.8.(1)证明(方法一)在线段CP ,DQ 上分别取点M ,N ,使得QN=PM=1,易知四边形MNQP 是平行四边形, ∴MN ∥PQ ,连接FM ,MN ,NE ,则AE=ND ,且AE ∥ND ,∴四边形ADNE 为矩形,故AD ∥NE ,同理,FM ∥BC ∥AD 且NE=MF=AD ,故四边形FMNE 是平行四边形,∴EF ∥MN ,∴EF ∥PQ.故E ,F ,P ,Q 四点共面.又EF ∥PQ ,EF ⊄平面BPQ ,PQ ⊂平面BPQ ,∴EF ∥平面PQB.(方法二)∵直棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,∴AC ⊥BD ,AA 1⊥底面ABCD. 设AC ,BD 交点为O ,以O 为原点,分别以OA ,OB 及过O 且与AA 1平行的直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则有A (2,0,0),B (0,1,0),C (-2,0,0),D (0,-1,0).设BF=a ,a ∈[1,3],则E (2,0,a-1),F (0,1,a ),P (-2,0,a+1),Q (0,-1,a ),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1), ∴EF ∥PQ ,故E ,F ,P ,Q 四点共面.又EF ∥PQ ,EF ⊄平面BPQ ,PQ ⊂平面BPQ ,∴EF ∥平面PQB.(2)解不存在.理由如下,∵直棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,∴AC ⊥BD ,AA 1⊥底面ABCD.设AC ,BD 交点为O ,以O 为原点,分别以OA ,OB 及过O 且与AA 1平行的直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则有A (2,0,0),B (0,1,0),C (-2,0,0),D (0,-1,0).设BF=a ,a ∈[1,3],则E (2,0,a-1),F (0,1,a ),P (-2,0,a+1),Q (0,-1,a ),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),EQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,1),设平面EFPQ 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,EQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{-2x 1+y 1+z 1=0,-2x 1-y 1+z 1=0,令x 1=1,可得平面EFPQ 的一个法向量n 1=(1,0,2). BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,a+1),BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,a ),设平面BPQ 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,BQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0, 即{-2x 2-y 2+(a +1)z 2=0,-2y 2+az 2=0,令y 2=2a ,可得x 2=a+2,z 2=4,∴平面BPQ 的一个法向量n 2=(a+2,2a ,4).若|cos <n 1,n 2>|=|12√5·√(a+2)+4a 2+16=√55, 则(a+10)2=5a 2+4a+20,即有a 2-4a-20=0,a ∈[1,3],解得a=2±2√6∉[1,3],故不存在点P 使之成立.。
高考数学二轮复习专题突破—立体几何中的翻折问题及探索性问题(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—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.(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√6?若存在,求出AN的21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 ·CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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 >|=|CP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·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 ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√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BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-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 ·BP⃗⃗⃗⃗⃗ =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 ·BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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 >|=|MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·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-cos2θ=2√55,所以二面角B-MD-E的正弦值为2√55.。
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=.。
高考专题 立体几何中轨迹、翻折、探索性问题
12
解析：如图所示，连接 AC1 交平面 A1BD 于 O，连接 EO, 由题意可知 AC1⊥平面 A1BD， 所以∠AEO 是 AE 与平面 A1BD 所成的角，所以∠AEO＝α.
返回导航
13
由 sin α＝255可得 tan α＝2，即AEOO＝2. 在四面体 A-A1BD 中，BD＝A1D＝A1B＝2 6， AB＝AD＝AA1＝2 3，所以四面体 A-A1BD 为正三棱锥，O 为△BDA1 的重心，
返回导航
17
∴平面 BCE∥平面 MND，即平面 MND 为平面 α， 则点 G 到平面 DMN 的距离 d 即为点 G 到直线 DQ 的距离， ∵D→G＝0， 33，－ 36，D→Q＝(0，－2 3，－ 6)， ∴D→G·D→Q＝－2＋2＝0，即 DG⊥DQ， ∴点 G 到直线 DQ 的距离 d＝|D→G|＝1， ∴截面圆的半径 r＝ 22－12＝ 3，∴球被平面 α 截得的截面圆周长为 2πr＝2 3π， 即平面 α 截点 P 的轨迹所形成的图形的周长为 2 3π.
返回导航
19
解： (1)证明：在△ABD 中，由余弦定理得，BD＝ AB2＋AD2－2AB·ADcos A＝ 4＋1－2×2×1×12＝ 3，
∴AD2＋BD2＝AB2，得 AD⊥DB，翻折后有 A′D⊥DB， 又平面 A′BD⊥平面 BCD，且平面 A′BD∩平面 BCD＝DB， 根据平面与平面垂直的性质定理可得 A′D⊥平面 BCD， 又∵BC⊂平面 BCD，∴A′D⊥BC. 在平行四边形 ABCD 中，AD⊥DB，BC∥AD，∴BC⊥DB， ∵A′D∩DB＝D，∴BC⊥平面 A′DB， ∵BC⊂平面 A′BC，∴平面 A′BC⊥平面 A′BD．
返回导航
15
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,。
立体几何中探索性问题(解析版)
专题4．5 立体几何中探索性问题一．方法综述立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。
考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。
对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。
现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。
二．解题策略类型一 空间平行关系的探索【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于36；④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S【答案】①②③④【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥， 且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ，又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确；②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为11AC AC ，所以1112OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点， 则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A DB C ，111A MA D A =，1NOB C C =，所以平面1A DM平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ，所以DM 平面11B CD ，故正确；③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：12633A M ==， 根据对称性可知：16A M DM ==，又2AD =1A DM 是等腰三角形， 则12216232232A DMS⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确；④如图所示，设1AM aAC =，1A DM ∆在平面1111D C B A 内的正投影为111A D M ∆，1A DM ∆在平面11BB C C 内的正投影为12B CM ∆，所以1111122222A D M aS S a ∆==⨯⨯=，122121222222B CM a S S a ∆-==⨯-⨯=，当12S S 时，解得：13a =，故正确.故答案为 ①②③④【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。
专题突破-立体几何中的翻折与探索性问题
二面角的正弦值最小．
目录 精做大题 1 2 3 4 5
解
二、模拟大题 3．(2024·四川乐山金口河区延风中学高三月考)在图 1 中，△ABC 为 等腰直角三角形，∠B＝90°，AB＝2 2，△ACD 为等边三角形，O 为 AC 的中点，E 在 BC 边上，且 EC＝2BE，沿 AC 将△ ACD 进行折叠，使点 D 运动到点 F 的位置，如图 2，连接 FO，FB，FE，使得 FB＝4.
目录 精做大题 1 2 3 4 5
解 (1)证明：因为直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，F 为 CC1 的中点，侧 面 AA1B1B 为正方形，且 AB＝BC＝2，
所以 CF＝1，BF＝ 5，连接 AF，由 BF⊥A1B1 且 AB
∥A1B1，得 BF⊥AB，所以 AF＝3.
所以 AC＝2 2，由 AB2＋BC2＝AC2，得 AB⊥BC. 如图所示，建立空间直角坐标系 Bxyz， 于是 A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)， 设 B1D＝m(0≤m≤2)，则 D(m，0，2)． 于是B→F＝(0，2，1)，D→E＝(1－m，1，－2)． 由B→F·D→E＝0，得 BF⊥DE.
(1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 B－CG－A 的大小．
目录 精做大题 1 2 3 4 5
解 (1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE，
所以 AD∥CG， 所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面． 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，且 BE∩BC＝B， 所以 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC， 所以平面 ABC⊥平面 BCGE.
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|=