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

保分二立体几何中的位置关系证明、翻折及探索性问题考点一空间直线、平面位置关系的证明考向1几何法证明空间平行与垂直关系例1

如图所示,在直四棱柱ABCD-EHGF中,上、下底面为等腰梯形,AD∥BC,∠ADC=60°,AE=AD=2CD=2,M为线段EF的中点.

(1)证明:平面ECD⊥平面ACE;(2)设O为线段AD上一点,试确定点O的位置,使平面BOE∥平面MCD.(1)证明

因为四棱柱ABCD-EHGF为直四棱柱,则EA⊥平面ABCD,而CD⊂平面ABCD,于是得EA⊥CD.在△ADC中,CD=1,AD=2,∠ADC=60°,由余弦定理得,AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos

60°=1+4-2×1×2×=3,因此,AC2+CD2=AD2,即CD⊥AC,又EA∩AC=A,EA,AC⊂平面ACE,则CD⊥平面ACE,又CD⊂平面ECD,所以平面ECD⊥平面ACE.(2)解

当点O为AD的中点时,平面BOE∥平面MCD.连接EO,BO,如图所示,在等腰梯形ABCD中,BC=AD-2CDcos∠ADC=2-2×1×cos

60°=1,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.解题技巧用几何法证明空间中的平行与垂直关系,关键是灵活运用各种平行(垂直)关系的转化:对点训练1如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,E,F分别为AD,AA1的中点,Q是BC上一个动点,且BQ=λQC(λ>0).

(1)当λ=1时,求证:平面BEF∥平面A1DQ.(2)是否存在λ,使得BD⊥FQ?若存在,请求出λ的值;若不存在,请说明理由.(1)证明

当λ=1时,Q为BC的中点,因为E是AD的中点,所以ED=BQ,ED∥BQ,则四边形BEDQ是平行四边形,所以BE∥QD.又BE⊄平面A1DQ,DQ⊂平面A1DQ,所以BE∥平面A1DQ.因为E,F分别是AD,A1A的中点,所以EF∥A1D.因为EF⊄平面A1DQ,A1D⊂平面A1DQ,所以EF∥平面A1DQ.因为BE∩EF=E,EF⊂平面BEF,BE⊂平面BEF,所以平面BEF∥平面A1DQ.(2)解

如图所示,连接AQ.因为A1A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1A⊥BD.若BD⊥FQ,又A1A,FQ⊂平面A1AQ,且A1A∩FQ=F,所以BD⊥平面A1AQ.因为AQ⊂平面A1AQ,所以AQ⊥BD.在矩形ABCD中,由AQ⊥BD,得△AQB∽△DBA,所以AB2=AD·BQ.考向2向量法证明空间平行与垂直关系例2(2023湖南岳阳一模)已知在直三棱柱A1B1C1-ABC中,E,F分别为棱B1B和A1C1的中点,∠BAC=45°,AC=2

,AB=3.(1)求证:平面EFC⊥平面A1ACC1;(2)若直线EC1与平面EFC所成角的正弦值为

且AA1<3,证明:平面AB1C1⊥平面EFC.证明

(1)如图所示,以点A为坐标原点,以

的方向分别为y轴和z轴的正方向,在平面ABC内,过点A作y轴的垂线为x轴建立空间直角坐标系.设AA1=2a,则A(0,0,0),C(2,2,0),F(1,1,2a),E(0,3,a),A1(0,0,2a),C1(2,2,2a),解题技巧向量法证明空间平行与垂直关系时,是以计算为手段,寻求直线方向的向量和平面的基向量的关系,关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及寻找平面的法向量.对点训练2如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E为PC上一点,且PE=PC.求证:(1)AE⊥平面PBC;(2)PA∥平面BDE.考点二翻折问题考向1翻折问题中空间关系的证明例3如图所示,在矩形ATCD中,AD=8,DC=3,B为TC的中点,△TAB沿AB翻折,使得点T到达点P的位置.连接PD,PC,得到四棱锥P-ABCD,点M为PD的中点.(1)求线段CM的长度;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-ABD的体积.误区警示翻折问题中的误区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3如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,点E为BC的中点,点F在AD上,EF∥AB,BC=EF=DF=4,将四边形CDFE沿EF边折起,如图2.图1图2(1)证明:图2中的AE∥平面BCD;(2)在图2中,若AD=2

,求该几何体的体积.(1)证明

取DF的中点G,连接AG,EG,CG.因为CE∥GF,CE=GF,所以四边形CEFG是平行四边形,所以CG∥EF∥AB且CG=EF=AB,所以四边形ABCG是平行四边形,所以AG∥BC.因为AG⊄平面BCD,且BC⊂平面BCD,所以AG∥平面BCD.同理可知,四边形CEGD是平行四边形,所以GE∥DC,同理证得GE∥平面BCD,因为AG,GE⊂平面AGE,且AG∩GE=G,所以平面AGE∥平面BCD,因为AE⊂平面AGE,所以AE∥平面BCD.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BB1,CC1折叠,使得AA1与A'A'1重合,构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1.图1图2(1)若点M在棱AC上,且AM=,证明:BM∥平面APQ;(2)求平面APQ与平面A1PQ所形成的锐二面角的余弦值.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.对点训练4(2023贵州贵阳一模)如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AD=2AB=2BC,E为AD中点,现沿BE将△ABE折起,得到四棱锥P-BCDE,其中点P是点A停下的位置.如图2,其中F,G分别是BE,PC的中点.(1)求证:FG⊥平面PCD;(2)若PB=PC=

,求二面角B-PC-D的余弦值.(1)证明

如图,取PD的中点H,连接PF,FC,EH,GH.在题图1中,∵点E为AD的中点,AD=2BC,∴DE=BC,又DE∥BC,∴四边形BCDE为平行四边形,∴BE∥CD,BE=CD.在四棱锥P-BCDE中,∵点G,H分别为PC,PD的中点,∴四边形EFGH为平行四边形,∴FG∥EH.∵PE=DE,点H为PD的中点,∴EH⊥PD,∴FG⊥PD.在题图1中,∵AE∥BC,AE=AB=BC=AD,AB⊥AD,∴四边形ABCE为正方形,∴在四棱锥P-BCDE中,PF=FC,∴FG⊥PC,又PC∩PD=P,PC,PD⊂平面PCD,∴FG⊥平面PCD.(2)解

由(1)知,在题图1中,四边形ABCE为正方形,F是BE的中点,∴在四棱锥P-BCDE中,BE⊥PF,BE⊥FC.即PF,FC,BE两两垂直.以点F为坐标原点,以FB,FC,FP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,考点三探索性问题考向1与空间位置关系有关的探索性问题例5(2023山东青岛一模)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转

到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点.(1)是否存在点D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD所形成的锐二面角的余弦值.即AD为∠CAB的平分线.因为AC=AB,所以AD⊥BC.因为PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABDC,所以PA⊥平面ABDC,所以PA⊥BC.因为PA∩AD=A,所以BC⊥平面PAD,所以BC⊥PD.(2)由(1)得,PA为四棱锥P-ABDC的高,因为PA=4,所以,当底面四边形ABDC的面积取最大值时,四棱锥P-ABDC体积最大.由题意知,AE,AB,AP两两垂直,以点A为坐标原点,分别以AE,AB,AP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,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.对点训练5(2023安徽合肥一模)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,AB=AC=AA1=2,M为AB的中点,N为B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.(1)证明:A1C⊥BC1.(2)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明

由题意知AA1是该三棱柱的高,由AA1=2,三棱柱体积是4知,又AB=AC=2,可知sin∠BAC=1,∠BAC=90°.在△A1B1C1中,A1B1=A1C1,点N为B1C1的中点,可得A1N⊥B1C1,又B1B⊥平面A1B1C1,A1N⊂平面A1B1C1,可得B1B⊥A1N,而B1B∩B1C1=B1,B1C1⊂平面B1BCC1,B1B⊂平面B1BCC1,所以A1N⊥平面B1BCC1,即有A1N⊥BC1.则tan∠C1CN·tan∠CC1B=1,可得∠C1CN+∠CC1B=90°,即有BC1⊥CN,而CN∩A1N=N,A1N⊂平面A1CN,CN⊂平面A1CN,所以BC1⊥平面A1CN,又A1C⊂平面A1CN,则A1C⊥BC1.(2)解

由题意知AC,AB,AA1两两垂直,以点A为原点,分别以AC,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A1(0,0,2),C(2,0,0),M(0,1,0),N(1,1,2),B1(0,2,2),所以CB1的中点P(1,1,1),