2024届一轮复习人教A版 　立体几何中的翻折及探索性问题 课件（36张）

考向一

翻折问题1.翻折问题中空间关系的证明[例1](2018全国Ⅰ,文18)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:平面ACD⊥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.(1)证明

由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.探究提高解决平面图形翻折问题的注意事项1.解决与翻折有关的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”,抓住不变量是解决问题的突破口.2.在解决问题时,要综合考虑翻折前后的图形,既要分析翻折后的图形,也要分析翻折前的图形.精典对练·拿高分图1是直角梯形ABCD,AB∥DC,∠D=90°,AB=2,DC=3,AD=,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=,如图2.(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求点B到平面AC1D的距离.(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.∴C1F⊥AF.由题意知,C1F⊥BE,且AF∩BE=F,∴C1F⊥平面ABED,又C1F⊂平面BC1E,∴平面BC1E⊥平面ABED;2.求翻折问题中的空间角[例2](2019全国Ⅲ,理19)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.(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.(1)证明

由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故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,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.疑难突破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.精典对练·拿高分(2021辽宁沈阳一模)如图1,在四边形ABCE中,点D在边CE上,CD=DE,且四边形ABCD是边长为2的正方形.沿着直线AD将△ADE折起,使平面ADE⊥平面ABCD(如图2),已知F,H分别是棱EA,EC的中点,G是棱BC上一点.(1)求证:平面DFG⊥平面ABE;(2)若直线GH与平面ABCD所成的角的正切值为,求锐二面角F-DG-H的余弦值.(1)证明

因为平面ADE⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面ADE.又DF⊂平面ADE,所以AB⊥DF.因为DE=DA,其中F为AE的中点,所以DF⊥AE,又AB∩AE=A,所以DF⊥平面ABE.又因为DF⊂平面DFG,所以平面DFG⊥平面ABE.以D为空间坐标原点,DA,DC,DE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F(1,0,1),H(0,1,1),G(1,2,0),数学思想·扩思路【方程思想】方程思想方法,就是设出参数,将已知问题表示为关于参数的方程,通过解方程得到解决问题的一种方法.在立体几何中表现为根据动点轨迹,由空间角的某个三角函数值确定动点的位置时,常转化为解方程求解.(1)求证:平面AEC⊥平面BDE;(2)若点H在线段BD上,且EH与平面BEF所成角的正弦值为,求线段DH的长度.已知梯形BFEC如图1所示,其中BF∥EC,EC=3,BF=2,四边形ABCD是边长为1的正方形,沿AD将四边形EDAF折起,使得平面EDAF⊥平面ABCD,得到如图2所示的几何体.(1)证明

∵平面EDAF⊥平面ABCD,DE⊂平面EDAF,平面EDAF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD,∴DE⊥平面ABCD.∵AC⊂平面ABCD,∴DE⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又DE∩BD=D,∴AC⊥平面BDE.∵AC⊂平面ACE,∴平面AEC⊥平面BDE.思想方法由空间角的某个三角函数值求线段的长度一般用向量法,具体步骤是根据向量共线设出线段动端点的坐标,把此坐标作为已知条件表示已知角的三角函数,列方程求解,体现了方程思想的应用.考向二

探索性问题1.与空间位置关系有关的探索性问题[例3](2021浙江高三模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知AB∥CD,AB=AD,∠BAD=60°,∠PAB=∠PAD,E为线段PD上的动点.(1)当

为何值时,PB∥平面AEC?请说明理由.(2)在(1)的条件下,求直线AE与平面ABCD所成角的正弦值.疑难突破立体几何中探索性问题的突破技巧:1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性,否则容易出现错误.2.对于空间位置关系中的探索性问题,突破思路是先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后将假设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.精典对练·拿高分如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求四棱锥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.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,(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.2.与空间角有关的探索性问题[例4](2021山东德州一模)如图,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,BM⊥AD于点M,CN⊥AD于点N,∠A=45°,AD=4BC=4,AB=,现沿CN将△CDN折起,使△ADN为正三角形,且平面ADN⊥平面ABCN,过BM的平面与线段DN,DC分别交于点E,F.(1)求证:EF⊥AD.(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E,使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为?若存在,请确定E点的位置;若不存在,说明理由.(1)证明

因为BM⊥AD,CN⊥AD,所以BM∥CN,在四棱锥D-ABCN中,CN⊂平面CDN,BM⊄平面CDN,所以BM∥平面CDN.又平面BMEF∩平面CDN=EF,所以BM∥EF.因为平面ADN⊥平面ABCN且交于AN,BM⊥AN,所以BM⊥平面ADN,即EF⊥平面ADN,又AD⊂平面ADN,所以EF⊥AD.(2)解

存在,E为棱DN上靠近N点的四等分点.连接DM,因为DA=DN,AM=MN=1,所以DM⊥AN.又平面ADN⊥平面ABCN且交于AN,故DM⊥平面ABCN,如图,以M为原点建立空间直角坐标系,规律方法与空间角有关的探索性问题的解题思路:(1)先假设所求的点存在,合理设元,注意三点共线条件的应用;(2)建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,求出直线的方向向量、平面的法向量等;(3)结合已知条件列出有关线面夹角、二面角或面面夹角成立的含参数方程;(4)解方程,判断方程是否有解,或是否有规定范围内的解;(5)下结论,若推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.精典对练·拿高分(2021甘肃平凉庄浪模拟)如图,三棱柱ABC-DEF的侧面BEFC是边长为1的正方体,平面BEFC⊥平面ADEB,AB=4,∠DEB=60°,G是DE的中点.(1)求证:CE∥平面AGF.(2)求点D到平面AGF的距离.(3)在线段BC上是否存在一点P,使二面角P-GE-B为45°?若存在,求BP的长;若不存在,说明理由.(1)证明

连接CD交AF于点H,连接HG,根据柱体的性质可知AD∥CF,AD=CF,所以四边形ADFC是平行四边形,所以H是CD的