2025高考数学二轮复习-微培优9 空间中的翻折、探究性问题【课件】

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翻折问题主要包括两个方面:一是平面图形的折叠问题,多涉及空间中线面位置关系、体积及空间角、空间距离的计算等;二是几何体表面的展开问题,主要涉及几何体表面上的最短路径问题,题型既有选择题、填空题,又可能出现解答题,难度中等. 探究性问题也主要有两类:一是探究空间几何体中线面位置关系,二是探究空间角的存在条件,多为解答题,难度中等偏上.
则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcs∠EAF=4,所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2,所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF.又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE,所以EF⊥平面PDE.又PD⊂平面PDE,所以EF⊥PD.
(2)解 连接EC.由题可得DE=3 ,CD=3.因为∠ADC=90°,所以DE2+DC2=EC2,所以EC=6,所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE.又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.又ED⊂平面ABCD,所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.
角度二 空间线面关系的探究性问题
例2(2024·广东茂名模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, AB=AC=AA1=2,M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.(1)证明:A1C⊥BC1;(2)求直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值;(3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,求出线段A1Q的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为∠BAC=90°,则AB⊥AC.由题可知,AB,AC,AA1两两垂直.以点A为原点,AB,AC,AA1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.因为AB=AC=AA1=2,所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2),所以A1C⊥BC1.
(3)解 在线段A1N上存在靠近N的三等分点Q,满足PQ∥平面A1CM.因为N为B1C1的中点,
角度三 与空间角有关的探究性问题
例3(2024·广东汕头一模)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,侧面四边形ACC1A1为等腰梯形,底面三角形ABC为正三角形,且AC=2A1C1=2.设D为棱A1C1上的点.(1)若D为A1C1的中点,求证:AC⊥BD;
(2)若三棱台ABC-A1B1C1的体积为 ,且侧面ACC1A1⊥底面ABC,试探究是否存在点D,使直线BD与平面BCC1B1所成角的正弦值为 ?若存在,确定点D的位置;若不存在,说明理由.
(1)证明 取AC中点M,连接DM,BM,则AC⊥DM,AC⊥BM.由DM∩BM=M, DM,BM⊂平面BDM,得AC⊥平面BDM.又BD⊂平面BDM,所以AC⊥BD.
(2)解 存在.取A1C1中点N,连接MN,由(1)得∠NMB为二面角A1-AC-B的平面角,由平面ACC1A1⊥平面ABC,得∠NMB=90°,即NM⊥BM.
规律方法与空间角有关的存在性问题的解题流程
针对训练1.(2024·湖南株洲模拟)如图1是由正方形ABCD、等边三角形ABE和等边三角形BCF组成的一个平面图形,其中AB=6,将其沿AB,BC,AC折起得三棱锥P-ABC,如图2.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M,且三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明 如图,取AC的中点为O,连接BO,PO.由题可知,△APC是等腰直角三角形,AP=6,PO⊥AC,PO=3 .同理BO=3 .又PB=6,∴PO2+OB2=PB2,∴PO⊥OB.∵AC∩OB=O,AC,OB⊂平面ABC,∴PO⊥平面ABC.又PO⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 由题可知,OA,OB,OP两两垂直.以O为原点,OA,OB,OP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,则A(3 ,0,0),
2.(2024·辽宁沈阳模拟)如图,在几何体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,四边形DBEF为梯形,BE∥DF,DF=2BD=2BE=4,且AE=CE.(1)求证:平面DBEF⊥平面ABCD;(2)当∠EBD=60°时,平面AEF与平面CEF能否垂直?若能,求出菱形ABCD的边长;若不能,请说明理由.
(1)证明 连接AC,交BD于点O,连接OE,因为四边形ABCD为菱形,所以AO=OC,AC⊥BD.因为AE=CE,所以AC⊥OE.又BD,OE⊂平面DBEF,且BD∩OE=O,所以AC⊥平面DBEF.因为AC⊂平面ABCD,所以平面DBEF⊥平面ABCD.
(2)解 能垂直.由题可知,BE=2,OB=1,∠EBD=60°.在△OBE中,由余弦定理可得
所以BE2=OB2+OE2,故OE⊥BD.又由(1)知AC⊥平面DBEF,OE,BD⊂平面DBEF,则AC,OE,BD两两垂直.
以O为原点,OA,OB,OE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OA=a,a>0,则A(a,0,0),C(-a,0,0),E(0,0, ),B(0,1,0),D(0,-1,0),
3.(2024·湖南邵阳二模)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD.(1)证明:BD⊥CC1.(2)若AB=2,AA1= ,A1B1=1,∠ABC=60°,棱BC上是否存在一点P,使得平面AD1P与平面ADD1的夹角余弦值为 ?若存在,求线段CP的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 连接AC,因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.又AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥AA1.又AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面A1AC,所以BD⊥平面A1AC.因为四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AA1,CC1延长线交于一点,所以A1,C1,C,A四点共面,所以BD⊥CC1.
(2)解 存在.取BC中点O,连接OA,易知OA⊥BC,则OA⊥AD.由(1)知,AO,AD,AA1两两垂直.以A为原点,AO,AD,AA1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,则A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,1, ),若存在点P满足题意,则设P( ,y,0),y∈[-1,1].易知,平面AD1D的一个法向量n=(1,0,0),