2021新高考数学二轮复习：专题五 5.3.2　立体几何中的翻折问题及探索性问题.pptx

1、5.3.25.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题立体几何中的翻折问题及探索性问题 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 关键能力关键能力 学案突破学案突破 核心素养微专题核心素养微专题( (六六) ) 关键能力关键能力 学案突破学案突破 热点一热点一 翻折问题翻折问题 1.翻折问题中空间关系的证明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= .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

2、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. 3 (1)证明 如题图1,在RtBAE中,AB=3,AE= ,AEB=60. 在RtAED中,AD=2,DAE=30.BEAD. 如题图2,PFAD,BFAD,PFBF=F,AD平面BFP. 3 (2)解 (方法一)平面ADP平面ABCD,且平面ADP平面 ABCD=AD,PF平面ADP,PFAD, PF平面ABCD.取BF的中点为O, 连接GO,则GOPF,GO平面ABCD, 即GO为三棱锥G-BCH的高, (方法二)平面ADP平面ABCD,且平面ADP平面ABCD=AD,PF平面

3、ADP,PFAD,PF平面ABCD. G 为 PB 的中点,三棱锥 G-BCH 的高等于1 2PF.H 为 CD 的中点, BCH 的面积是四边形 ABCD 的面积的1 4. 三棱锥 G-BCH 的体积是四棱锥 P-ABCD 的体积的1 8. VP-ABCD=1 3 S四边形ABCD PF=1 3 3 3 3 2 = 3 2, 三棱锥 G-BCH 的体积为1 8 3 2 = 3 16. 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,ABDC, D

4、=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. 3 6 (1)证明 在图1中,连接AE,由已知得AE=2. CEBA,且CE=BA=AE,四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F, CFBE.在 RtACD 中,AC= 32+ ( 3)2=2 3. AF=CF= 3.在图 2 中,AC1= 6.AF2+C1F2=A1 2,C1FAF. 由题意知,C1FBE,且AFBE=F,C1F平面ABED,又C1F平面BC1E, 平面BC

5、1E平面ABED; (2)解 如图 2,取 AD 的中点 N,连接 FN,C1N 和 BD,设 B 到平面 AC1D 的距离 为 h.在直角梯形 ABED 中,FN 为中位线,则 FNAD,FN=3 2. 由(1)得 C1F平面 ABED,AD平面 ABED,C1FAD.又 FNC1F=F, AD平面 C1FN.又 C1N平面 C1FN, C1NAD,且 C1N= 2+ 12= 9 4 + 3 = 21 2 . 在三棱锥 C1-ABD 中, 1- = -1,即 1 3 1 2 ABADC1F=1 3 1 2 ADC1Nh,h=1 1 = 2 3 21 2 = 4 7 7 .故点 B 到平面 A

6、C1D 的距离为4 7 7 . 2.求翻折问题中的空间角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 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:BDAC1; (2)求平面DEF与平面ABD所成 的二面角的余弦值. 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,BDAO,BDOC1. 因为AOOC1=O,AO,OC1平面AOC1,所以BD平面AOC1.又因为AC1平 面AOC1,所以BDAC1. (

7、2)解 因为二面角A-BD-C1为直二面角,平面ABD平面BDC1=BD,且 BDAO,BDOC1,AOOC1=O, 所以C1OA=90,即C1OAO,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=1 2BD=1,所以 O(0,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),A(1,0,0),C1(0,0,1), F 1 2,0 1 2 ,E 0,1 2 , 1 2 ,则 = 0,3 2 , 1 2 , = 1 2,- 1 2,0 .显然平面 ABD 的一个法向 量 m=(0,0,1).设平面

8、DEF 的法向量为 n=(x,y,z), 则 = 1 2 - 1 2 = 0, = 3 2 + 1 2 = 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|= | = -6 4+4+36 =3 11 11 ,所以平面 DEF 与平面 ABD 所成 的二面角的余弦值为3 11 11 . 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,

9、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. (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,BECE.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=

10、1,则 E(0,0,0),B( 2,0,0),C(0, 2,0),A 2 2 ,0, 2 2 ,D 0, 2 2 , 2 2 ,F 2 2 , 2 2 ,0 , = 2 2 ,0, 2 2 , = 0, 2 2 , 2 2 .设平面 ADE 的法向量为 n=(x,y,z), 由 = 0, = 0, 得 + = 0, + = 0,令 z=1, 得平面ADE的一个法向量为n=(-1,-1,1). 又 = 0,- 2 2 , 2 2 ,设直线 FA 与平面 ADE 所成角为 , 则 sin =|cos|= | | | | | = 2 1 3 = 6 3 , 故直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦

11、值为 6 3 . 热点二热点二 探索性问题探索性问题 1.与空间位置关系有关的探索性问题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,ABAE,ABCE,AECD,CD=CE=2AB=4,M为PD的中点. (1)求证:CEPE; (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 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PAAB,PAAE,所以PA面ABCDE

12、.又因为ABAE,可以建立以A为原 点,分别以 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, =(-4,0,0), =(0,2,-2),因为 =0,所以 CEPE. (2) =(-2,-1,-1), =(2,-1,-1),设平面 MEC 的法向量为 n=(x,y,z),则 = 0, = 0,即 -2- = 0, 2- = 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

13、 =(0,0,2),所以 cos= | | =- 2 2 , 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 =PE (0,1),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=(0,2,-2),所以 N(0,2,2-2). 因为平面 ABN平面 MCE,所以AN n,即 n=0,解得 =1 2,即 N 为 PE 的中 点,此时N(0,1,1),| |= 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 M

14、CE,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 = (0,1),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=(0,2,-2),因此 N(0,2,2-2). 设平面 ABN 的法向量为 m=(x,y,z),则 = 0, = 0, 即 2 = 0, 2 + (2-2) = 0.令 y=-1,可得 m=(0,-1,).因为平面 ABN平面 MCE, 所以 mn,解得 =1 2,此时 N(0,1,1),| |= 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

15、线段 AN 的长为 2. 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,ADBC,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E

16、FPD,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PHAD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=1 2(BC+AD) AB=3, 所以 VP-ABCD=1 3 PH S四边形ABCD=1 3 3 3= 3. (2)不存在.理由如下:假设在棱CD上存在点F,使得EFPD.连接BD,取BD 的中点M,连接EM,EF. 在BPD中,因为E,M分别为BP,

17、BD的中点,所以EMPD.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=BDCD,又因为BDCD=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EFPD相矛盾, 所以假设不成立,故在棱CD上不存在点F使得 EFPD. 2.与空间角有关的探索性问题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=2BAC=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)

18、是否存在点E,使二面角E-CD-G的大小 为30,若存在,求 的值;若不存在,请 说明理由. (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DFAC,DEAP,又因为DFDE=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PDAB.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

19、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 6 2 , 2 2 ,0 ,G 6 6 , 2 2 ,0 ,P(0,0, 2 ). 假设存在点 E,设 = ,(0,1,则 = + = + =(0, 2,0)+(0,- 2, 2)=(0, 2(1-), 2),所以 E(0, 2(1-), 2).又 因为 = 6 2 , 2 2 ,0 ,设平面 ECD 的法向量为 n1=(x,y,z), 则 1 = 6 2 + 2 2 = 0, 1 = 2(1-) + 2 = 0, 令 x=1,解得 n1= 1

20、,- 3, 3(1-) .又因为平面 CDG 的一个法向量 n2=(0,0,1), 而二面角 E-CD-G 的大小为 30,所以|cos|= 12 |1|2| = 3 2 , 即 3(1-) 1 12+(- 3)2+ 3(1-) 2 = 3 2 ,解得 =1 3,所以存在点 E,使二面角 E-CD-G的 大小为 30,此时BE BP = 1 3. 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

21、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,CDAB,ADAB,AD=AB=2, CF=1 3CD= 1 2,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 ,若存在, 求出BQ的长;若不存在,说明理由. 14 14 (1)证明 取PE中点G,连接GN,FG,则GNBE,GN= BE= ,即 GNCF,

22、GN=CF,所以GNCF为平行四边形,CNFG,CN平面PEF,FG平 面PEF,所以CN平面PEF. 1 2 1 2 (2)解 因为PA=PB,点E为AB的中点,所以 PEAB.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 ,2,0 ,D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),N 1 2 ,0,1 ,平面 CDA 的一个 法向量 m=(0,0,1), = - 3 2 ,0,0 , (0,-2,1). 设平面 CDN 的法向量 n=(x,y

23、,z),则 3 2 = 0, -2 + = 0, 令 y=1,得平面 CDN 的一个 法向量 n=(0,1,2). 所以 cos= 2 5 = 2 5 5 ,因此二面角 N-CD-A 的余弦值为2 5 5 . (3)解 存在.假设存在点 P,满足题意,连接 NQ.设 = =( 1 2 ,2,0)0,1), 则 Q -1 2 +1,2,0 , = -1 2 +1 2,2,-1 . 因为平面 PEF的一个法向量 p=(1,0,0), 所以|cos|= |-1 2+ 1 2| -1 2+ 1 2 2 +(2)2+1 = 14 14 , 解得 =1 3或 =-9(舍),所以在线段 BC上存在点 Q 5

24、 6 , 2 3 ,0 满足题意,此时 BQ= 1 6 2 + 2 3 2 = 17 6 . 核心素养微专题核心素养微专题( (六六) ) 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PCBD,PCAB,PA=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,ACBD=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. 解 若选,由PO平面ABCD知POAB,又因为PCAB,所以AB平面 PAC,所以ABA

25、C,所以BAC=90,BCBA,这与底面ABCD为菱形矛盾, 所以必不选,故选. 下面证明:PO平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD. 因为PCBD,PCAC=C,所以BD平面APC. 又因为PO平面APC,所以BDPO. 因为PA=PC,O为AC中点,所以POAC. 又ACBD=O,所以PO平面ABCD. 因为 PO平面 ABCD,以 O 为坐标原点,以 , , 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ABCD,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=6

26、0,所以 OA=1,OB= 3,设 PO=a, 则 PA= 2+ 1,PB= 2+ 3. 在PBA 中,由余弦定理得 PA2=BA2+BP2-2BA BP cos PBA,所以 a2+1=4+a2+3-22 2+ 3 1 2,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 n1=(x1,y1,z1), =( 3,1,0), =(0,1, 6), 由 1 = 0, 1 = 0, 可得 31 + 1= 0, 1+ 61= 0, 令 z1=1,得 n1=( 2,- 6,1).设平面 CBP 的法向量为 n2=(x2,y

27、2,z2), =( 3,-1,0), =(0,-1, 6),由 2 = 0, 2 = 0, 可得 32 -2= 0, 2- 62= 0, 令 z2=1,得 n2=( 2, 6,1).设二面角 A-PB-C 的平面角为 , 所以 cos = |1 2| |1|2| = 1 3,所以二面角 A-PB-C 的余弦值为 1 3. 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、

28、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. ABBC,FC 与平面 ABCD 所成的角为 6,ABC= 3. 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. 解

29、(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. FHCD,FH=1 2CD,AGCD,AG= 1 2CD, FHAG,FH=AG, 四边形AGHF为平行四边形,则AFGH. 又GH平面PGC,AF平面PGC, AF平面PGC. (2)方案一:选条件. PA平面ABCD, PABC,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), =(0,1,1), =(-

30、2,-1,1). 设平面FAC的法向量为=(x,y,z), = + = 0, = -2- + = 0, 取 y=1,得平面 FAC 的一个法向量 =(-1,1,-1).又平面 ACD 的一个法向量为 =(0,0,1),设二面角 F-AC-D 的平面角为 ,则 cos = | | | | = 3 3 , 二面角 F-AC-D 的余弦值为 3 3 . 方案二:选条件.PA平面ABCD,取BC中点E,连接AE,取AD的中点M,连 接FM,CM, 则FMPA,且FM=1, FM平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为FCM, FCM= 6. 在 RtFCM 中,CM= 3,又 CM=AE, AE2+B

31、E2=AB2,BCAE, 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), AF =(0,1,1),CF =(- 3,0,1).设平面 FAC的法向量为 m=(x,y,z), 则 = + = 0, = - 3 + = 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 ,则 cos = | |

32、 | | = 21 7 ,二面角 F-AC-D的余弦值为 21 7 . 方案三:选条件. PA平面ABCD,PABC,取BC中点E,连接AE, 底面 ABCD 是菱形,ABC= 3, ABC是正三角形. E是BC的中点,BCAE, 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), AF =(0,1,1),CF =(- 3,0,1),设平面 FAC 的法向量为 m=(x,y,z),则 = + = 0, = - 3 + = 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 ,则 cos = | | | | = 21 7 , 二面角 F-AC-D 的余弦值为 21 7 .