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适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第8章立体几何与空间向量解答题专项4第3课时翻折问题与探索性问题课件新人教A版
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这是一份适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第8章立体几何与空间向量解答题专项4第3课时翻折问题与探索性问题课件新人教A版，共30页。PPT课件主要包含了考点一翻折问题等内容，欢迎下载使用。
例1(2024·山东烟台模拟)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,BC=2, ∠ACB=60°,E为AB中点,过点E作ED垂直AC于D,将△ADE沿ED翻折,点A到达点P的位置,且使得平面PDE⊥平面BCDE,点M是棱PC上一点,且BM∥平面PDE.
(2)求二面角M-BE-C的余弦值.
解 (1)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,由题意可知,PD⊥DE,又PD⊂平面PDE,所以PD⊥平面BCDE,又CD⊂平面BCDE,所以PD⊥CD.所以∠PDC=90°.过点B作BQ垂直CD于点Q,连接QM,因为CD⊥DE,所以BQ∥DE,又BQ⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以BQ∥平面PDE,又BM∥平面PDE,BQ∩BM=B,BQ,BM⊂平面BQM,所以平面BQM∥平面PDE,又因为平面BQM∩平面PDC=QM,平面PDE∩平面PDC=PD,所以PD∥QM.因为BC=2,∠DCB=60°,所以CQ=1.
(2)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PD⊂平面PDE,PD⊥DE,所以PD⊥平面BCDE,所以PD⊥DC.又DE⊥DC,以D为坐标原点,以直线DE,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
[对点训练1](2024·广东潮州模拟)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值.
(1)证明 在题图2中,由题意得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,所以题图2中的A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,又BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,所以AB⊥平面BCGE,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 连接EC,在菱形BEGC中,因为∠EBC=60°,所以△EBC为等边三角形,取BC的中点H,连接EH,则EH⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCGE,平面ABC∩平面BCGE=BC,EH⊂平面BCGE,所以EH⊥平面ABC.如图,以点H为坐标原点,在平面ABC中,过点H作BC的垂线为y轴,以直线BC为x轴,以直线HE为z轴,建立空间直角坐标系,则A(-1,1,0),C(1,0,0),
设平面ACG的法向量n=(x,y,z),
考点二 与空间角有关的探究性问题
例2 (2024·山东青岛模拟)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,平面BCC1B1⊥平面
(1)求四棱锥A1-BCC1B1的体积;(2)在侧棱BB1上是否存在点E,使得二面角E-AC-B的余弦值为 ?若存在,说明点E的位置;若不存在,说明理由.
(2)取BC的中点O,连接AO,因为AB=AC,所以AO⊥BC.在等腰梯形BCC1B1中,O1,O分别为上、下底边B1C1,BC的中点,有OO1⊥BC,而平面BCC1B1⊥平面ABC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,OO1⊂平面BCC1B1,于是OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥OA.以O为坐标原点,分别以直线OA,OB,OO1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标
[对点训练2](2024·湖北荆门模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B是菱形,AB⊥AC,平面AA1B1B⊥平面ABC,平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.(1)证明:A1B⊥B1C;(2)已知∠ABB1=60°,AB=AC=2,直线l上是否存在点P,使A1B与平面ABP所成角的正弦值为 ?若存在,求B1P的长度;若不存在,说明理由.
(1)证明 因为四边形AA1B1B为菱形,所以A1B⊥AB1.又因为平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AC⊂平面ABC,AC⊥AB,所以AC⊥平面AA1B1B,又A1B⊂平面AA1B1B,所以AC⊥A1B,又AB1∩AC=A,AC,AB1⊂平面B1AC,所以A1B⊥平面B1AC,又B1C⊂平面B1AC,所以A1B⊥B1C.
理由如下:取A1B1的中点D,连接AD,因为∠ABB1=60°,所以∠AA1B1=60°,又A1B1=AA1,所以△AA1B1是正三角形,所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB,所以AD⊥AB,又平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC,
又AB⊥AC,以A为坐标原点,以直线AB,AC,AD分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),
考点三 最值、范围问题
例3(2021·全国甲,理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?
(1)证明 如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.
(2)解 ∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.如图,以B为原点,BC,BA,BB1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).设DB1=t,则D(0,t,2),0≤t≤2.
[对点训练3](2024·安徽滁州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O,∠BAD=60°,PA=AB=2,PA⊥AC,平面PAC⊥平面PBD,M为线段PB上的一点.(1)证明:PA⊥平面ABCD;(2)当AM与平面PBD所成的角的正弦值最大时,求平面MAC与平面ABCD夹角的余弦值.
(1)证明 连接PO,过点A作PO的垂线,垂足为H,∵平面PAC⊥平面PBD,且交线为PO,AH⊂平面PAC,∴AH⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD,∴BD⊥AH.又四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,又AC∩AH=A,AC,AH⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,∴BD⊥PA.又PA⊥AC,AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD.
(2)解 连接MH,由(1)知∠AMH为AM与平面PBD所成的角,
∵AH为定值,PA=AB且PA⊥AB,∴当点M为PB的中点时AM取得最小值,此时sin∠AMH取最大值.
如图,以O为坐标原点,直线OA为x轴,直线OB为y轴,过点O在平面PAC中作平面ABCD的垂线作为z轴,建立空间直角坐标系,则
例1(2024·山东烟台模拟)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,BC=2, ∠ACB=60°,E为AB中点,过点E作ED垂直AC于D,将△ADE沿ED翻折,点A到达点P的位置,且使得平面PDE⊥平面BCDE,点M是棱PC上一点,且BM∥平面PDE.
(2)求二面角M-BE-C的余弦值.
解 (1)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,由题意可知,PD⊥DE,又PD⊂平面PDE,所以PD⊥平面BCDE,又CD⊂平面BCDE,所以PD⊥CD.所以∠PDC=90°.过点B作BQ垂直CD于点Q,连接QM,因为CD⊥DE,所以BQ∥DE,又BQ⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以BQ∥平面PDE,又BM∥平面PDE,BQ∩BM=B,BQ,BM⊂平面BQM,所以平面BQM∥平面PDE,又因为平面BQM∩平面PDC=QM,平面PDE∩平面PDC=PD,所以PD∥QM.因为BC=2,∠DCB=60°,所以CQ=1.
(2)因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PD⊂平面PDE,PD⊥DE,所以PD⊥平面BCDE,所以PD⊥DC.又DE⊥DC,以D为坐标原点,以直线DE,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
[对点训练1](2024·广东潮州模拟)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值.
(1)证明 在题图2中,由题意得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,所以题图2中的A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,又BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,所以AB⊥平面BCGE,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 连接EC,在菱形BEGC中,因为∠EBC=60°,所以△EBC为等边三角形,取BC的中点H,连接EH,则EH⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCGE,平面ABC∩平面BCGE=BC,EH⊂平面BCGE,所以EH⊥平面ABC.如图,以点H为坐标原点,在平面ABC中,过点H作BC的垂线为y轴,以直线BC为x轴,以直线HE为z轴,建立空间直角坐标系,则A(-1,1,0),C(1,0,0),
设平面ACG的法向量n=(x,y,z),
考点二 与空间角有关的探究性问题
例2 (2024·山东青岛模拟)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,平面BCC1B1⊥平面
(1)求四棱锥A1-BCC1B1的体积;(2)在侧棱BB1上是否存在点E,使得二面角E-AC-B的余弦值为 ?若存在,说明点E的位置;若不存在,说明理由.
(2)取BC的中点O,连接AO,因为AB=AC,所以AO⊥BC.在等腰梯形BCC1B1中,O1,O分别为上、下底边B1C1,BC的中点,有OO1⊥BC,而平面BCC1B1⊥平面ABC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,OO1⊂平面BCC1B1,于是OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥OA.以O为坐标原点,分别以直线OA,OB,OO1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标
[对点训练2](2024·湖北荆门模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B是菱形,AB⊥AC,平面AA1B1B⊥平面ABC,平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.(1)证明:A1B⊥B1C;(2)已知∠ABB1=60°,AB=AC=2,直线l上是否存在点P,使A1B与平面ABP所成角的正弦值为 ?若存在,求B1P的长度;若不存在,说明理由.
(1)证明 因为四边形AA1B1B为菱形,所以A1B⊥AB1.又因为平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AC⊂平面ABC,AC⊥AB,所以AC⊥平面AA1B1B,又A1B⊂平面AA1B1B,所以AC⊥A1B,又AB1∩AC=A,AC,AB1⊂平面B1AC,所以A1B⊥平面B1AC,又B1C⊂平面B1AC,所以A1B⊥B1C.
理由如下:取A1B1的中点D,连接AD,因为∠ABB1=60°,所以∠AA1B1=60°,又A1B1=AA1,所以△AA1B1是正三角形,所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB,所以AD⊥AB,又平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC,
又AB⊥AC,以A为坐标原点,以直线AB,AC,AD分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),
考点三 最值、范围问题
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(1)证明 如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.
(2)解 ∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.如图,以B为原点,BC,BA,BB1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).设DB1=t,则D(0,t,2),0≤t≤2.
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(1)证明 连接PO,过点A作PO的垂线,垂足为H,∵平面PAC⊥平面PBD,且交线为PO,AH⊂平面PAC,∴AH⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD,∴BD⊥AH.又四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,又AC∩AH=A,AC,AH⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,∴BD⊥PA.又PA⊥AC,AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD.
(2)解 连接MH,由(1)知∠AMH为AM与平面PBD所成的角,
∵AH为定值,PA=AB且PA⊥AB,∴当点M为PB的中点时AM取得最小值,此时sin∠AMH取最大值.
如图,以O为坐标原点,直线OA为x轴,直线OB为y轴,过点O在平面PAC中作平面ABCD的垂线作为z轴,建立空间直角坐标系,则
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