2025屆高中數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊四 立體幾何與空間向量 微專題27　折疊與探索問題課件

微專題27折疊與探索問題板塊四立體幾何與空間向量高考定位1.立體幾何中的折疊問題是歷年高考命題的一大熱點與難點，主要包括兩個方面：一是平面圖形的折疊問題，多涉及空間中的線面關(guān)系、體積的求解以及空間角、距離的求解等問題；二是幾何體的表面展開問題，主要涉及幾何體的表面積以及幾何體表面上的最短距離等；2.以空間向量為工具，探索空間幾何體中線面關(guān)系或空間角存在的條件，計算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上．【

真題體驗

】(1)證明：EF⊥PD；又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos30°＝4，故EF＝2.又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.由EF⊥AE及翻折的性質(zhì)知EF⊥PE，EF⊥ED，又ED∩PE＝E，ED，PE?平面PED，所以EF⊥平面PED.又PD?平面PED，所以EF⊥PD.(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.如圖，連接CE，由題意知所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.設(shè)平面PCD的一個法向量n1＝(x1，y1，z1)，可取n1＝(0，2，3).設(shè)平面PBF即平面PAF的一個法向量n2＝(x2，y2，z2)，2.(2021·全國甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；因為E，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點，且AB＝BC＝2，側(cè)面AA1B1B為正方形，如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC.∵三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱，∴BB1⊥AB且BB1⊥BC，則BA，BC，BB1兩兩互相垂直，故以B為坐標(biāo)原點，以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1)，(2)當(dāng)B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最??？易知平面BB1C1C的一個法向量為n1＝(1，0，0).設(shè)平面DFE的法向量為n2＝(x，y，z)，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，平面DFE的一個法向量為n2＝(3，m＋1，2－m)，設(shè)平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角為θ，【

熱點突破

】精準(zhǔn)強化練熱點一折疊問題熱點二探索問題熱點突破熱點一折疊問題解答折疊問題的關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般來說，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置關(guān)系會發(fā)生變化；對于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決.例1(1)求證：PE⊥平面ABDE；所以BD＝2，又因為DE＝2，∠EDB＝60°，所以△BDE為正三角形，所以BE＝2，所以EP2＋DE2＝DP2，EP2＋BE2＝BP2，故EP⊥ED，EP⊥EB，又ED∩EB＝E，ED，EB?平面EBD，所以PE⊥平面ABDE.(2)若AE＝1，求平面PAB與平面PBD所成銳二面角的余弦值.取BD的中點F，連接EF，由(1)可得，DE＝2，BE＝2，∠EDB＝60°，AE∥BD，所以EF⊥BD，EF⊥AE，因為PE⊥平面ABDE，所以EP，EF，EA兩兩互相垂直，故以E為原點，以EA，EF，EP所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)平面PAB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，設(shè)平面PBD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，取y2＝1，可得x2＝0，z2＝1，可得平面PBD的一個法向量為n2＝(0，1，1)，設(shè)平面PAB與平面PBD所成的角為θ，注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關(guān)系.對照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系.易錯提醒訓(xùn)練1(1)求證：平面BC1E⊥平面ABED；在圖①中，連接AE，由已知得AE＝2.圖①∵CE∥AB且CE＝AB＝AE＝2，∴四邊形ABCE為菱形.連接AC交BE于點F，則CF⊥BE.圖②∴C1F⊥AF，又BE∩AF＝F，BE?平面ABED，AF?平面ABED，∴C1F⊥平面ABED.又C1F?平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值.如圖③，建立空間直角坐標(biāo)系，則圖③設(shè)平面AC1D的法向量為n＝(x，y，z)，設(shè)直線BC1與平面AC1D所成的角為θ，熱點二探索問題與空間向量有關(guān)的探索性問題主要有兩類：一類是探索線面的位置關(guān)系；另一類是探索線面角或平面與平面的夾角滿足特定要求時的存在性問題.解題思路：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點的坐標(biāo)，然后探索這樣的點是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷.考向1探索線面位置關(guān)系例2如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，G為棱DD1上的動點.(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)四點共面；如圖，連接D1E，D1F，取BB1的中點為M，連接MC1，ME，因為E為AA1的中點，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，所以四邊形EMC1D1為平行四邊形，

所以D1E∥MC1，又F為CC1的中點，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，所以四邊形BMC1F為平行四邊形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F(xiàn)四點共面.(2)是否存在點G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長；若不存在，說明理由.以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在滿足題意的點G(0，0，t)，由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)，設(shè)平面BEF的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)，取x1＝1，則y1＝1，z1＝1，n1＝(1，1，1).設(shè)平面GEF的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)，取x2＝t－1，則y2＝t－1，z2＝1，n2＝(t－1，t－1，1).因為平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，考向2與空間角有關(guān)的探索性問題例3(1)證明：PF⊥AD；因為四邊形ABCD為直角梯形，∠DAB＝60°，CD＝1，AB＝3，則△PBC為等邊三角形，且F為線段BC的中點，則PF⊥BC，又因為平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF?平面PCB，可得PF⊥平面ABCD，且AD?平面ABCD，所以PF⊥AD.由(1)可知PF⊥平面ABCD，取線段AD的中點N，連接NF，則FN∥AB，F(xiàn)N＝2，又因為AB⊥BC，可知NF⊥BC，以F為坐標(biāo)原點，NF，F(xiàn)B，F(xiàn)P所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因為E為線段PF上一點，設(shè)E(0，0，a)，a∈[0，3]，設(shè)平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，設(shè)直線BE與平面PAD夾角為α，解決立體幾何探索性問題的基本方法(1)通常假設(shè)問題中的數(shù)學(xué)對象存在或結(jié)論成立，再在這個前提下進行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設(shè)成立，并可進一步證明，否則假設(shè)不成立.(2)探索線段上是否存在滿足條件的點時，一定要注意三點共線的應(yīng)用.規(guī)律方法(2024·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB為正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E為線段AB的中點，M是線段PD(不含端點)上的一個動點.訓(xùn)練2(1)記平面BCM交PA于點N，求證：MN∥平面PBC；因為四邊形ABCD為菱形，所以BC∥AD，因為BC?平面PAD，AD?平面PAD，所以BC∥平面PAD，因為BC?平面BCM，平面BCM∩平面PAD＝MN，所以MN∥BC，因為MN?平面PBC，BC?平面PBC，因此MN∥平面PBC.連接PE，CE，因為△PAB為等邊三角形，E為AB的中點，所以PE⊥AB，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形，所以AB＝BC＝2，又因為∠ABC＝60°，所以△ABC為等邊三角形，則CE⊥AB.以點E為坐標(biāo)原點，EB，EC，EP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)平面PBC的一個法向量為m＝(x1，y1，z1).設(shè)平面BCM的法向量為n＝(x2，y2，z2).整理可得27λ2＋6λ－5＝0，即(3λ－1)(9λ＋5)＝0，故當(dāng)點M為線段PD上靠近點P的三等分點時，【精準(zhǔn)強化練】(1)求證：平面A1BD⊥平面BCD；如圖，取BD中點E，連接A1E，CE.在菱形ABCD中，∵AB＝AD，CB＝CD，∴A1B＝A1D，CB＝CD，又∠DA1B＝60°，AB＝2，又A1E2＋CE2＝A1C2，即A1E⊥CE，又BD∩CE＝E，BD，CE?平面BCD，∴A1E⊥平面BCD，又A1E?平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BCD.由(1)可知，以E為原點，ED所在直線為x軸，EC所在直線為y軸，EA1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，(2)求直線A1D與平面A1BC所成角的正弦值.設(shè)平面A1BC的一個法向量為n＝(x，y，z)，設(shè)直線A1D與平面A1BC所成角為θ，2.如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PB⊥AC.(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；在△ABC中，因為BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3AB2，AC＝AB，所以AC2＋AB2＝BC2，則∠BAC＝90°，即AC⊥AB.又AC⊥PB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.假設(shè)存在點Q，(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點，四邊形BEQF是過B，Q兩點的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，確定點Q的位置；若不存在，說明理由.使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖，以A為原點，設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的一個法向量，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的一個法向量，若平面BEQF⊥平面PAD，則n1⊥n2，(1)證明：PA∥平面BDE；連接AC交BD于點F，連接EF，點E是線段PC上靠近P端的三等分點，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，∴PA∥EF，PA?平面BDE，EF?平面BDE，∴PA∥平面BDE.在題干圖1中，PA⊥AB，AB∥CD，(2)求直線AP與平面PBC所成角的正弦值.∴PA⊥CD，PD⊥CD，AD⊥CD，