翻折問(wèn)題主要包括兩個(gè)方面:一是平面圖形的折疊問(wèn)題,多涉及空間中線面位置關(guān)系、體積及空間角、空間距離的計(jì)算等;二是幾何體表面的展開(kāi)問(wèn)題,主要涉及幾何體表面上的最短路徑問(wèn)題,題型既有選擇題、填空題,又可能出現(xiàn)解答題,難度中等. 探究性問(wèn)題也主要有兩類(lèi):一是探究空間幾何體中線面位置關(guān)系,二是探究空間角的存在條件,多為解答題,難度中等偏上.
則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 連接EC.由題可得DE=3 ,CD=3.因?yàn)椤螦DC=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兩兩垂直.
角度二 空間線面關(guān)系的探究性問(wèn)題
例2(2024·廣東茂名模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, AB=AC=AA1=2,M是AB的中點(diǎn),N是B1C1的中點(diǎn),P是BC1與B1C的交點(diǎn).(1)證明:A1C⊥BC1;(2)求直線A1P與平面A1CM所成角的正弦值;(3)在線段A1N上是否存在點(diǎn)Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,求出線段A1Q的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
(1)證明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因?yàn)椤螧AC=90°,則AB⊥AC.由題可知,AB,AC,AA1兩兩垂直.以點(diǎn)A為原點(diǎn),AB,AC,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)锳B=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 在線段A1N上存在靠近N的三等分點(diǎn)Q,滿足PQ∥平面A1CM.因?yàn)镹為B1C1的中點(diǎn),
角度三 與空間角有關(guān)的探究性問(wèn)題
例3(2024·廣東汕頭一模)如圖,三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中,側(cè)面四邊形ACC1A1為等腰梯形,底面三角形ABC為正三角形,且AC=2A1C1=2.設(shè)D為棱A1C1上的點(diǎn).(1)若D為A1C1的中點(diǎn),求證:AC⊥BD;
(2)若三棱臺(tái)ABC-A1B1C1的體積為 ,且側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC,試探究是否存在點(diǎn)D,使直線BD與平面BCC1B1所成角的正弦值為 ?若存在,確定點(diǎn)D的位置;若不存在,說(shuō)明理由.
(1)證明 取AC中點(diǎn)M,連接DM,BM,則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中點(diǎn)N,連接MN,由(1)得∠NMB為二面角A1-AC-B的平面角,由平面ACC1A1⊥平面ABC,得∠NMB=90°,即NM⊥BM.
規(guī)律方法與空間角有關(guān)的存在性問(wèn)題的解題流程
針對(duì)訓(xùn)練1.(2024·湖南株洲模擬)如圖1是由正方形ABCD、等邊三角形ABE和等邊三角形BCF組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=6,將其沿AB,BC,AC折起得三棱錐P-ABC,如圖2.
(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;(2)過(guò)棱AC作平面ACM交棱PB于點(diǎn)M,且三棱錐P-ACM和B-ACM的體積比為1∶2,求直線AM與平面PBC所成角的正弦值.
(1)證明 如圖,取AC的中點(diǎn)為O,連接BO,PO.由題可知,△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 由題可知,OA,OB,OP兩兩垂直.以O(shè)為原點(diǎn),OA,OB,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(3 ,0,0),
2.(2024·遼寧沈陽(yáng)模擬)如圖,在幾何體ABCDFE中,四邊形ABCD為菱形,四邊形DBEF為梯形,BE∥DF,DF=2BD=2BE=4,且AE=CE.(1)求證:平面DBEF⊥平面ABCD;(2)當(dāng)∠EBD=60°時(shí),平面AEF與平面CEF能否垂直?若能,求出菱形ABCD的邊長(zhǎng);若不能,請(qǐng)說(shuō)明理由.
(1)證明 連接AC,交BD于點(diǎn)O,連接OE,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以AO=OC,AC⊥BD.因?yàn)锳E=CE,所以AC⊥OE.又BD,OE?平面DBEF,且BD∩OE=O,所以AC⊥平面DBEF.因?yàn)锳C?平面ABCD,所以平面DBEF⊥平面ABCD.
(2)解 能垂直.由題可知,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,則AC,OE,BD兩兩垂直.
以O(shè)為原點(diǎn),OA,OB,OE所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)OA=a,a>0,則A(a,0,0),C(-a,0,0),E(0,0, ),B(0,1,0),D(0,-1,0),
3.(2024·湖南邵陽(yáng)二模)如圖所示,在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD.(1)證明:BD⊥CC1.(2)若AB=2,AA1= ,A1B1=1,∠ABC=60°,棱BC上是否存在一點(diǎn)P,使得平面AD1P與平面ADD1的夾角余弦值為 ?若存在,求線段CP的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
(1)證明 連接AC,因?yàn)榈酌鍭BCD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?yàn)樗睦馀_(tái)ABCD-A1B1C1D1中,AA1,CC1延長(zhǎng)線交于一點(diǎn),所以A1,C1,C,A四點(diǎn)共面,所以BD⊥CC1.
(2)解 存在.取BC中點(diǎn)O,連接OA,易知OA⊥BC,則OA⊥AD.由(1)知,AO,AD,AA1兩兩垂直.以A為原點(diǎn),AO,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,1, ),若存在點(diǎn)P滿足題意,則設(shè)P( ,y,0),y∈[-1,1].易知,平面AD1D的一個(gè)法向量n=(1,0,0),

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