高考数学一轮复习第六章专题七立体几何中的热点问题课件

这是一份高考数学一轮复习第六章专题七立体几何中的热点问题课件，共49页。PPT课件主要包含了DE∥AB，平面FOP，图7-2，图D63，所以PO⊥OC，OD∩OC＝O，图D64，图7-5，题后反思，图D65等内容，欢迎下载使用。

题型一 平面图形的翻折问题
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.
[例 1](2023 年锦州市一模)如图 7-1(1)，△ABC是等边三角形，CO 为 AB 边上的高线，D，E 分别是CA，CB边上的点，AD＝BE
使点 C 到点 P 的位置，PO＝3.
(1)图 7-1(1)求证：OP⊥平面 ABED；(2)求二面角 B-PE-F 的正弦值.
因为 CO⊥AB，所以 CO⊥DE.故 DE⊥OF，DE⊥PF.
又 OF∩PF＝F，OF⊂平面 FOP，PF⊂平面 FOP，所以 DE⊥
因为 OP⊂平面 FOP，所以 DE⊥OP.
所以 OF2＋OP2＝PF2，故 OP⊥OF.又 DE⊂平面 ABED，OF⊂平面 ABED，OF∩DE＝F，故 OP⊥平面 ABED.
z 轴正方向建立如图 7-2 所示空间直角坐标系.
【题后反思】三步解决平面图形翻折问题
1.(2023 年茂名市期末)如图 7-3 ，在平面四边形 ABCD 中，AB∥DC，△ABD为边长为2的正三角形，DC＝3，O为AB的中点.沿 DO 将△AOD 折起得到四棱锥 P-OBCD，且 PC＝
(1)证明：BD⊥PC；
(2)点 E 为线段 PC 上的动点(不含端点)，当平面 POD 与平面
(1)证明：连接 OC 交 BD 于点 G，如图 D63.
因为△ABD为边长为2的正三角形，点O为AB中点，
又因为PO⊥OD，OD⊂平面OBCD，OC⊂平面OBCD，
所以 PO⊥平面 OBCD.
因为 BD⊂平面 OBCD，所以 PO⊥BD.
90°，所以△CDO∽△DOB.所以∠DCO＝∠ODB.∴∠ODG＋∠DOG＝∠DCO＋∠DOG＝90°.所以 BD⊥OC.因为 PO⊂平面 POC，OC⊂平面 POC，PO∩OC＝O，所以 BD⊥平面 POC.因为 PC⊂平面 POC，所以 BD⊥PC.
(2)解：由(1)可知，OB，OD，OP 两两垂直，以 O 为原点，OB，OD，OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图 D64所示空间直角坐标系.
设平面 EBD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
因为平面 POD 与平面 EBD 的夹角为 30°，
[例 2](2023 年海口市校级期中) 如图 7-4 所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，AB⊥AC，四边形 ABB1A1，ACC1A1 均为正方形，点 D 在线段 AA1 上，点 E 是线段 CC1 的中点.
(1)若 A1D＝3DA，求平面 BDE 与平面 ABC 所成角的余弦值；(2)在线段 A1B1(不含端点)上是否存在点 F，使得 EF∥平面
z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图7­5所示.
∴n＝(1，－1，4).∵AD⊥平面 ABC，
(1)解决探索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；否则假设不成立，即不存在.
(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，可将空间中的探索性问题转化
为方程是否有解的问题进行处理.
【互动探究】2.(2023 年普宁市开学)如图 7-6 所示，在三棱锥 P-ABC 中，已知 PA ⊥平面 ABC，平面 PAB⊥平面 PBC.(1)证明：BC⊥平面 PAB；(2)若 PA ＝AB＝6，BC＝3，在线段 PC 上是否存在点 D(不含端点)，使得二面角 B-AD-C 的正弦值
？若存在，确定点 D 的位置；若不存在，说
(1)证明：过点 A 作 AE⊥PB 于点 E，如图 D65.
因为平面 PAB⊥平面 PBC，且平面 PAB∩平面 PBC＝PB，
AE⊂平面 PAB ，
所以 AE⊥平面 PBC.
又 BC⊂平面 PBC，所以 AE⊥BC.又 PA ⊥平面 ABC，BC⊂平面 ABC，所以 PA ⊥BC.
又因为 AE∩PA ＝A，AE⊂平面 PAB，PA ⊂平面 PAB ，所以 BC⊥平面 PAB.
因为点 D 在线段 PC 上(不含端点)，
题型三 立体几何中的最值问题[例3](1)如图 7-7 所示，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝
解析：如图 7-8，把△A1B1D1 折起至△A′1B1D1，使平面 A′1B1D1与平面 BDD1B1 共面，连接 A′1B 交B1D1于P，则此时的A′1P＋PB最短，即为A′1B的长.
(2)如图 7-9 所示，PA ⊥平面 ADE，B，C 分别是 AE，DE 的
中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.
①求二面角 A-PE-D 的余弦值；
②点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小
时，求线段 BQ 的长.
解：①以 A 为原点，AE，AD，AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图 7-10 所示空间直角坐标系.各点的坐标为A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(2，0，0).
令 y＝1，解得 z＝1，x＝1.所以 m＝(1，1，1)是平面 PED 的一个法向量.
【题后反思】解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题时，一般可以从三方面着手：一是从图形的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值.解题的途径有很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、函数有界法(如三角函数等)及导数法等求解.
3.如图7­11，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD
所在的平面垂直，M 是CD上异于 C，D 的点.
(1)求证：平面 AMD⊥平面 BMC；
(2)当三棱锥 M-ABC 的体积最大时，求平面
MAB 与平面 MCD 的夹角的正弦值.
(1)证明：平面 CMD⊥平面 ABCD，平面 CMD∩平面 ABCD＝CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD.因为DM⊂平面 CMD，所以 BC⊥DM.
因为 M 为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又 BC∩CM＝C，BC⊂平面 BMC，CM⊂平面 BMC，
所以 DM⊥平面 BMC.
因为 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC.
向，建立如图 D67 所示的空间直角坐标系.