2021高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题课件 理 北师

第八章立体几何第七节立体几何中的翻折、探究性、最值问题2课堂考点探究3考点1平面图形的翻折问题3步解决平面图形翻折问题4(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．5[解](1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.6(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.7所以PH＝32，EH＝32.则H(0,0,0)，P0，0，32，D－1，－32，0，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.又HP→为平面ABFD的法向量，8设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈HP→，DP→〉|＝|HP→·DP→||HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.9平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．10[教师备选例题](2019·贵阳模拟)如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE＝BF＝AB＝1，将△ADE沿着线段AD折起，同时将△BCF沿着线段BC折起，使得E，F两点重合为点P.11(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)求直线PB与平面PCD的所成角的正弦值．[解](1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD⊥AB，AD⊥AE，∴AD⊥AP,∴AD⊥平面PAB，又∵AD平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAB.12(2)以AB中点O为原点，建立空间坐标系如图，∵AE＝BF＝AB＝1，∴AP＝AB＝BP＝1，∴B12，0，0，P0，0，32，C12，1，0，D－12，1，0，∴PB→＝12，0，－32，DC→＝(1,0,0)，CP→＝－12，－1，32，设n＝(x，y，z)是平面PCD的一个法向量，13则n·DC→＝0，n·CP→＝0，即x＝0，－12x－y＋32z＝0，取z＝2，则n＝(0，3，2)，设直线PB与平面PCD的所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，PB→〉|＝|n·PB→||n||PB→|＝37×1＝217，故直线PB与平面PCD的所成角的正弦值为217.14(2019·广州模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.图1图215(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C­BQ­A的余弦值．[解](1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．16∵点P为BC的中点，∴P0，92，3，∴OD→＝(3,0,6)，AQ→＝(0，m,0)，PQ→＝6，m－92，－3.∵OD→·AQ→＝0，OD→·PQ→＝0，∴OD→⊥AQ→，OD→⊥PQ→，即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，∴OD⊥平面PAQ.17(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝12OB＝3，则Q(6,3,0)，∴QB→＝(－6,3,0)，BC→＝(0，－3,6)．设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·QB→＝0，n1·BC→＝0，得－6x＋3y＝0，－3y＋6z＝0，令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．18易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．设二面角C­BQ­A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，则cosθ＝n1·n2|n1|·|n2|＝66，即二面角C­BQ­A的余弦值为66.19考点2立体几何中的探究性问题(1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．20(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．21(2019·华南师大附中模拟)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)求证：CE⊥平面ADF；(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P­DF­A的大小为60°.22[解](1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，∴四边形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD平面ABCD，∴AD⊥平面CDEF，∵CE平面CDEF，∴AD⊥CE.又∵AD平面ADF，DF平面ADF，AD∩DF＝D，∴CE⊥平面ADF.23(2)由(1)知四边形CDEF为菱形，又∵∠DCF＝60°，∴△DEF为正三角形．如图，取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.∵EF∥CD，∴GD⊥CD.∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.24又∵AD⊥CD，∴直线DA，DC，DG两两垂直．以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系D­xyz.∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，∴D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1，3)，F(0,1，3)，∴CE→＝(0，－3，3)，DF→＝(0,1，3)，CB→＝(1，－1，0)，DC→＝(0,2,0)．由(1)知CE→是平面ADF的一个法向量．25设CP→＝aCB→＝(a，－a,0)(0≤a≤1)，则DP→＝DC→＋CP→＝(a,2－a,0)．设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DF→＝0，n·DP→＝0，即y＋3z＝0，ax＋2－ay＝0.令y＝3a，则x＝3(a－2)，z＝－a，∴n＝(3(a－2)，3a，－a)．26∵二面角P­DF­A的大小为60°，∴|cos〈n，CE→〉|＝|n·CE→||n||CE→|＝43a123a－22＋3a2＋a2＝12，解得a＝23或a＝－2(不合题意，舍去)．∴P在靠近点B的CB的三等分点处．27(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.28[教师备选例题](2019·潍坊模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝12AD＝1，CD＝3.(1)求证：平面PBC⊥平面PQB；(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°？29[解](1)证明：∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝12AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQ∥CD.∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB.30(2)由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则Q(0,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，3)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，∴QB→＝(0，3，0)，DC→＝(0，3，0)，DP→＝(1,0，3)，PC→＝(－1，3，－3)．设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则31DC→·n＝0，DP→·n＝0，即3y′＝0，x′＋3z′＝0.令x′＝3，则y′＝0，z′＝－3，∴平面PDC的一个法向量为n＝(3,0，－3)．①当M与C重合时，平面MQB的法向量QP→＝(0,0，3)，则|n·QP→||n||QP→|＝12＝cos60°，满足题意．32②当M与C不重合时，设PM→＝λPC→，则PM→＝(－λ，3λ，－3λ)，且0≤λ＜1，得M(－λ，3λ，3－3λ)，∴QM→＝(－λ，3λ，3(1－λ))．设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则QM→·m＝0，QB→·m＝0，即－λx＋3λy＋31－λz＝0，3y＝0.33令x＝3，则y＝0，z＝λ1－λ，∴平面MBQ的一个法向量为m＝3，0，λ1－λ.∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，∴cos60°＝|n·m||n||m|＝33－3·λ1－λ12·3＋λ1－λ2＝12，∴λ＝12.∴PM＝12PC＝72.综上知，PM＝7或72.34(2019·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC＝13.(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F­AE­P的余弦值；(3)设点G在PB上，且PGPB＝23，判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．35[解](1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.如图建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因为E为PD的中点，所以E(0,1,1)．36所以AE→＝(0,1,1)，PC→＝(2,2，－2)，AP→＝(0,0,2)．所以PF→＝13PC→＝23，23，－23，AF→＝AP→＋PF→＝23，23，43.设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AF→＝0，即y＋z＝0，23x＋23y＋43z＝0.令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．37又因为平面PAD的法向量为p＝(1,0,0)，所以cos〈n，p〉＝n·p|n||p|＝－33.由题知，二面角F­AE­P为锐角，所以其余弦值为33.38(3)直线AG在平面AEF内．因为点G在PB上，且PGPB＝23，PB→＝(2，－1，－2)，所以PG→＝23PB→＝43，－23，－43，AG→＝AP→