2025年高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-微专题(三)立体几何中的综合问题【课件】

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[解]　(1)证明：因为MA＝MC，OA＝OC，所以在△ACD中，DO⊥AC.又因为平面DAC⊥平面ABC，平面DAC∩平面ABC＝AC，DO⊂平面DAC，所以DO⊥平面ABC，又因为AB⊂平面ABC，所以DO⊥AB.
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．
(2)设M，N分别是BD，BC的中点，连接PM，MN，则PM⊥BD，MN⊥BD，又PM∩MN＝M，则BD⊥平面PMN，所以∠PMN是二面角P-BD-C的平面角．在平面PMN上过M作Mz⊥MN，如图，以M为原点，直线MB为x轴，直线MN为y轴，直线Mz为z轴，建立空间直角坐标系．则B(2,0,0)，C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，设∠PMN＝θ，θ∈(0，π)，
命题点(二)　立体几何中的探究性问题　与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.[典例]　(2022·济南期末)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F，分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点．(1)求证：B，E，D1，F四点共面；(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：如图所示．连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，因为E为AA1的中点，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1，又因为F为CC1的中点，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F四点共面．
解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
解：(1)证明：因为FC∥PE，FC⊄平面A′PE，PE⊂平面A′PE，所以FC∥平面A′PE.因为平面A′PE⊥平面ABC，平面A′PE∩平面ABC＝PE，且A′E⊥PE，A′E⊂平面A′PE，所以A′E⊥平面ABC，同理，B′F⊥平面ABC，所以B′F∥A′E，因为A′E⊂平面A′PE，所以B′F∥平面A′PE.又B′F，FC均在平面B′CF内，B′F∩FC＝F，所以平面B′CF∥平面A′PE，从而B′C∥平面A′PE.
命题点(三)　立体几何中的最值问题　立体几何中的最值问题主要有三类，一是距离(长度)的最值问题；二是面(体)积的最值问题；三是在最值已知的条件下，确定参数(其他几何量)的值.从解答思路看，有几何法(利用几何特征)和代数法(应用函数思想、基本不等式等)两种，这两种解答思路都需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换.要善于将空间问题转化为平面问题，这一步要求我们具备较强的空间想象能力，熟练掌握几何体的结构特征及有关计算公式.
[解]　(1)证明：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以EC1綊BD，所以四边形BDC1E为平行四边形，所以BE∥DC1，又因为BE⊄平面C1DA，DC1⊂平面C1DA，所以BE∥平面C1DA，同理可证A1E∥平面C1DA，因为A1E∩BE＝E，A1E，BE⊂平面BA1E，所以平面BA1E∥平面C1DA.
角度与距离取值范围问题的求解策略
2.(2022·枣庄三模)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2AD＝2，∠DAB＝60°.(1)证明：AD⊥A1B；(2)设点P为线段DC1上一点(异于D，C1)，当DP为何值时，平面A1PB与平面AA1D1D夹角的余弦值最大？
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