適用于老高考舊教材2023屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)理專題三立體幾何課件

專題三立體幾何上篇內(nèi)容索引010203高考小題突破4空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積高考小題突破5空間點、直線、平面的位置關(guān)系培優(yōu)拓展?巧設(shè)變量速求立體幾何中的動態(tài)、最值問題04培優(yōu)拓展?巧用公共點速定立體幾何中的截面、交線問題05◎高考保分大題三立體幾何中的證明與計算考情分析1.題型、題量穩(wěn)定:高考對該部分的考查一般為“2小1大”,分值約22分,多為中檔題.2.重點突出:(1)客觀題重點考查空間幾何體的表面積與體積的求解、幾何體中的線面關(guān)系等判斷以及幾何體與球的切、接等;(2)主觀題主要考查空間平行與垂直關(guān)系的證明、空間角特別是線面角與二面角的求解,多為中檔解答題.3.核心素養(yǎng):直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算.備考策略1.夯實基礎(chǔ):空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及空間線面關(guān)系是立體幾何的根本,平面圖形中的平行與垂直關(guān)系是空間線面關(guān)系邏輯證明的起點、突破口.2.掌握技巧:空間線面關(guān)系的證明,要熟練掌握相關(guān)定理,抓住平面圖形的結(jié)構(gòu)特征;空間角與距離的求解,要熟練掌握空間向量方法.3.強化轉(zhuǎn)化:平面化思想是解決線面關(guān)系的基礎(chǔ),轉(zhuǎn)化為向量的運算是求解空間角問題的基礎(chǔ),也是命題的重點.真題感悟1.(2021·全國甲·理6)在一個正方體中,過頂點A的三條棱的中點分別為E,F,G.該正方體截去三棱錐A-EFG后,所得多面體的三視圖中,正視圖如圖所示,則相應(yīng)的側(cè)視圖是(

)正視圖

答案D

解析

由題意還原該正方體的直觀圖如圖所示,該多面體的三視圖中,相應(yīng)的側(cè)視圖為D.答案C

解析

如圖,甲、乙兩個圓錐的側(cè)面展開圖剛好拼成一個圓,設(shè)圓的半徑(即圓錐的母線長)為3,則圓的周長為6π,甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1,r2,高分別為h1,h2,則2πr1=4π,2πr2=2π,則r1=2,r2=1,由勾股定理得,3.(2022·全國甲·理7)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°,則(

)A.AB=2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC=CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°答案D

解析連接BD.B1D與平面ABCD所成的角為∠B1DB,B1D與平面AA1B1B所成的角為∠DB1A,則∠B1DB=∠DB1A=30°,設(shè)B1D=2,則AD=B1B=1.由B1D2=AD2+CD2+B1B2,過點B作BE⊥AB1,垂足為點E,因為AD⊥平面AA1B1B,所以AD⊥BE,又AD∩AB1=A,所以BE⊥平面AB1C1D,所以AE為AB在平面AB1C1D內(nèi)的射影,則AB與平面AB1C1D所成的角為∠B1AB,4.(2022·全國乙·理9)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為(

)答案C

5.(2021·全國乙·理16)以圖①為正視圖,在圖②③④⑤中選兩個分別作為側(cè)視圖和俯視圖,組成某個三棱錐的三視圖,則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號依次為

(寫出符合要求的一組答案即可).

圖①

圖②

圖③

圖④

圖⑤

答案

②⑤或③④

解析

根據(jù)“長對正、高平齊、寬相等”及圖中數(shù)據(jù),側(cè)視圖只能是②或③.若側(cè)視圖為②,如圖(1),平面PBC⊥平面ABC,△ABC為等腰三角形(BC為底邊),俯視圖為⑤;(1)(2)若側(cè)視圖為③,如圖(2),PB⊥平面ABC,AB=BC,俯視圖為④.6.(2021·全國甲·理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點,D為棱A1B1上的點,BF⊥A1B1.(1)證明:BF⊥DE;(2)當B1D為何值時,平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小?證明

(1)如圖,連接A1E,取BC中點M,連接B1M,EM.∵E,M分別為AC,BC中點,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,則點A1,B1,M,E四點共面,故DE?平面A1B1ME.又在側(cè)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)∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,則AB⊥BC.如圖,以B為原點,BC,BA,BB1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).設(shè)DB1=t,則D(0,t,2),0≤t≤2.則平面BB1C1C的法向量為m=(0,1,0),設(shè)平面DEF的法向量為n=(x,y,z),知識精要1.空間幾何體的表面積與體積

表面積=側(cè)面積+底面積

誤區(qū)警示

2.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)

(1)線面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b.(3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β.(4)面面平行的性質(zhì)定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b.

易漏掉線在面內(nèi)這個條件

3.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)定理:a⊥α,b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性質(zhì)定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β.漏掉此處條件,a⊥β還成立嗎?誤區(qū)警示上述八個定理成立的條件,每一個條件都缺一不可.4.空間角的求法(1)定義法求空間角求空間角的大小,一般是根據(jù)相關(guān)角(異面直線所成的角、直線和平面所成的角、二面角)的定義,把空間角轉(zhuǎn)化為平面角來求解.(2)向量法求空間角①線線夾角的計算:設(shè)直線l,m的方向向量分別為a,b,且它們的夾角為

兩異面直線的夾角為銳角或直角

②線面夾角的計算:設(shè)平面α的法向量為n,直線AB與平面α所成的角為θ,如

③面面夾角的計算:設(shè)平面α,β的法向量分別為n1,n2,α與β的夾角為θ,如圖,特別提醒二面角可能是兩法向量的夾角,也可能是兩法向量的夾角的補角,要注意從圖中分析.5.空間中點到平面的距離的求法(1)定義法:過點向平面作垂線,點與垂足的距離.(2)“等積法”:求解點到平面的距離常轉(zhuǎn)化為錐體的高,利用棱錐體積公式求點到平面的距離.(3)“向量法”:求解點到平面的距離常轉(zhuǎn)化為已知點與平面內(nèi)一點構(gòu)成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的模.常用結(jié)論高考小題突破4考點一空間幾何體的三視圖典例突破1(1)(2022·浙江二模)將長方體截去一個四棱錐,得到的幾何體如圖所示,則該幾何體的側(cè)視圖是(

)(2)(2022·寧夏六盤山二模)如圖,網(wǎng)格紙中小正方形的邊長為1,粗線畫出的是某幾何體的三視圖,則該幾何體中最長的棱長為(

)答案

(1)C

(2)C

解析

(1)將幾何體各頂點字母標記如圖,從左側(cè)觀察,得到如圖所示的側(cè)視圖,其中,對角線DE被幾何體左側(cè)面遮擋,應(yīng)當為虛線,故選C.(2)該幾何體為三棱錐A-BCD,三棱錐A-BCD是由以下四棱錐A-BCDE截去三棱錐A-BDE所剩下的部分,由于AE=DE=BC=2,EB=DC=4,解題技巧解決三視圖問題的解題思路由直觀圖確定三視圖(1)要根據(jù)三視圖的含義及畫法和擺放規(guī)則確認.(2)要熟悉常見幾何體的三視圖由三視圖還原到直觀圖(1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面.(2)根據(jù)正視圖或側(cè)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征,調(diào)整實線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置.(3)確定幾何體的直觀圖形狀對點練1(1)(2022·甘肅蘭州模擬)如圖所示,在網(wǎng)格上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某多面體的三視圖,若此多面體的所有頂點均可以放置在一個正方體的各面內(nèi),則此正方體的對角線長為(

)(2)在三棱錐P-ABC中,底面ABC是銳角三角形,PC垂直于平面ABC,若取垂直于平面PAC的方向為正視圖的方向,其三視圖中正視圖和側(cè)視圖如圖所示,則棱PB的長為

.

解析

(1)如圖所示,由已知三視圖可以看出,直觀圖中各個頂點在正方體的面的中心位置,其中AB為正視圖中兩個小正方形的邊長,即AB=2,所以可以得到正方體的棱長為2,所以正方體的體對角線長為(2)根據(jù)正視圖可知,PC=4,B點在AC的投影位于AC的中點,不妨設(shè)其為H,可得AH=HC=2,考點二空間幾何體的表面積和體積考向1空間幾何體的側(cè)面積和表面積典例突破2(1)(2022·安徽宣城二模)劉徽是我國古代杰出的數(shù)學(xué)家.他將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”,將底面為矩形且一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱為“陽馬”.已知某“塹堵”與某“陽馬”組合而成的幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積是(

)(2)(2022·安徽巢湖一中模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(

)A.168+6π B.132+6πC.168+24π D.132+24π答案

(1)B

(2)A解析

(1)由三視圖還原幾何體如圖所示.由題意易知,四邊形ABED為正方形,四邊形BCFE為矩形,且(2)

由三視圖知該幾何體為長方體中去掉一個圓錐體,如右圖所示,所以圓錐底面半徑為3,母線長為5,側(cè)面積為5×3×π=15π,底面積為9π,則幾何體的表面積為2×6×6+4×6×4+15π-9π=168+6π.故選A.解題技巧求幾何體表面積的方法基本思路將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面圖形問題,即空間圖形平面化分割法求不規(guī)則幾何體的表面積時,通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺體、球,先求這些柱、錐、臺體、球的表面積,再通過求和或作差求得所給幾何體的表面積對點練2(1)(2022·安徽滁州二模)已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(

)(2)(2022·江西臨川一中模擬)將一個邊長為4的正三角形以其中一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體的表面積為

.

解析

(1)由三視圖可知,該幾何體為如下圖的四棱錐S-ABCD,設(shè)E,F分別是BC,AD的中點,根據(jù)三視圖的知識可知EF⊥FS,EF=6,FS=4,則考向2空間幾何體的體積典例突破3(1)(2022·全國甲·理4)如圖,網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖,網(wǎng)格小正方形的邊長為1,則該多面體的體積為(

)A.8 B.12 C.16 D.20(2)(2022·山東濰坊模擬)某品牌暖水瓶的內(nèi)膽規(guī)格如圖所示,分為①②③④四個部分(水瓶內(nèi)膽壁厚不計),它們分別為一個半球、一個大圓柱、一個圓臺和一個小圓柱.若其中圓臺部分的體積為52π

cm3,且水瓶灌滿水后蓋上瓶塞時水溢出

cm3,則蓋上瓶塞后水瓶的最大盛水量為(

)答案

(1)B

(2)A

解析

(1)該多面體的直觀圖如圖所示,多面體是一個正方體和一個三棱柱解題技巧求空間幾何體的體積的常用方法公式法對于規(guī)則的幾何體的體積,可直接利用體積公式求解等積法等積法也稱等積轉(zhuǎn)化或等積變形,通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法,多用來解決錐體的體積,特別是三棱錐的體積割補法求不規(guī)則幾何體的體積,常用分割或補形的思想,將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體,以易于求解對點練3(1)(2022·河南焦作二模)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(

)A.18 B.24 C.48 D.60(2)(2022·寧夏銀川一中二模)如圖所示的五面體ABCDEF,其中AB∥DC∥EF,AB=3,CD=2,EF=1,EF到平面ABCD的距離是2,AB與CD之間的距離是1,∠EAB,∠FBA,∠EDC,∠FCD均為銳角,則此五面體的體積為(

)A.2 B.3

答案

(1)C

(2)A

解析

(1)

由三視圖知,該幾何體是一個三棱錐A1-BCD,如圖,底面△BCD的(2)

如圖,過點E作EQ⊥AB,EP⊥CD,垂足分別為Q,P.過點F作FN⊥AB,FM⊥CD,垂足分別為N,M.連接PQ,MN.則將幾何體分為四棱錐E-AQPD,三棱柱EPQ-FMN,四棱錐F-BCMN三部分.考點三球與幾何體的切、接問題考向1外接球典例突破4(1)(2022·遼寧東北育才學(xué)校模擬)2020年迪拜世博會中國館建筑外觀模仿中國傳統(tǒng)燈籠,寓意希望和光明.它的形狀可視為內(nèi)外兩個同軸圓柱,某愛好者制作了一個中國館的實心模型,已知模型內(nèi)層底面圓的直徑為12cm,外層底面圓的直徑為16cm,且內(nèi)外層圓柱的底面圓周都在一個直徑為20cm的球面上,則此模型的體積為(

)A.304πcm3 B.840πcm3

C.912πcm3 D.984πcm3(2)(2022·新高考Ⅱ·7)已知正三棱臺的高為1,上下底面的邊長分別為

,其頂點都在同一球面上,則該球的表面積為(

)A.100π

B.128π C.144π

D.192π答案

(1)C

(2)A

(2)設(shè)外接球的半徑為R,由題意得,上底面所在平面截球所得圓的半徑是3,下底面所在平面截球所得圓的半徑是4,解題技巧求多面體的外接球半徑的技巧解題依據(jù)球的性質(zhì):任何直角所對的棱必然是球的直徑補形法側(cè)面為直角三角形,或正四面體,或?qū)庀嗟?或線面垂直的模型,可以還原到正方體或長方體模型中去求解定義法到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心,方法是先確定有特殊底面的外接圓的圓心,再過圓心作垂直此面的垂線,則球心一定在此垂線上,最后根據(jù)其他頂點確定球心的準確位置,列關(guān)系式求解對點練4(2022·云南二模)三棱錐P-ABC的頂點都在以PC為直徑的球M的球面上,PA⊥BC.若球M的表面積為100π,PA=8,則三棱錐P-ABC的體積的最大值為(

)答案

A

解析

因為三棱錐P-ABC的頂點都在以PC為直徑的球M的球面上,所以PA⊥AC,PB⊥BC,又PA⊥BC,AC∩BC=C,故PA⊥平面ABC.因為PA∩PB=P,故BC⊥平面PAB,又AB?平面PAB,故BC⊥AB.因為球M的表面積為100π,設(shè)球的半徑為R,則4πR2=100π,解得R=5,即PC=10,考向2內(nèi)切球典例突破5

粽子古稱“角黍”,是中國傳統(tǒng)的節(jié)慶食品,由粽葉包裹糯米等食材蒸制而成.因各地風(fēng)俗不同,粽子的形狀和味道也不同,某地流行的“五角粽子”,其形狀可以看作所有棱長均為4cm的正四棱錐,現(xiàn)在需要在粽子內(nèi)部放入一顆咸蛋黃,蛋黃的形狀近似地看成球,則當這個蛋黃的體積最大時,蛋黃的半徑為(

)答案

B

解題技巧解決內(nèi)切問題的思路基本步驟(1)抓切點:要認真分析圖形,明確切點的位置;(2)做截面:作出合適的截面圖;(3)定關(guān)系:確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系組合體問題(1)球與旋轉(zhuǎn)體的組合,通常作它們的軸截面解題;(2)球與多面體的組合,通過多面體的一條側(cè)棱和球心(或“切點”“接點”)作出截面圖對點練5(2022·遼寧沈陽二模)現(xiàn)有一個側(cè)面展開圖為半圓形的圓錐,其內(nèi)部放有一個小球,當小球體積最大時,該圓錐與小球的體積之比是(

)A.9∶4 B.9∶5 C.3∶2 D.3∶1答案

A

解析

由圓錐側(cè)面展開圖為半圓,設(shè)圓錐母線為l,底面半徑為R,則2πR=πl(wèi),所以l=2R,可知圓錐軸截面為正三角形,圓錐高為

R,又由當小球是圓錐的內(nèi)切球時,小球體積最大,軸截面如圖所示:設(shè)此時小球半徑為r,高考小題突破5考點空間直線、平面位置關(guān)系的判斷典例突破(1)(2022·全國乙·理7)在正方體ABCD

-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則(

)A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D(2)(2020·全國Ⅱ·理16)設(shè)有下列四個命題:p1:兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi).p2:過空間中任意三點有且僅有一個平面.p3:若空間兩條直線不相交,則這兩條直線平行.p4:若直線l?平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號是

.

①p1∧p4

②p1∧p2

③(?p2)∨p3④(?p3)∨(?p4)答案

(1)A

(2)①③④

解析

(1)如圖,對于A,∵E,F分別為AB,BC的中點,∴EF∥AC.在正方體ABCD

-A1B1C1D1中,AC⊥BD,DD1⊥AC,又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥平面BDD1.又EF?平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1.故A正確.對于B,連接AC1,易證AC1⊥平面A1BD.假設(shè)平面B1EF⊥平面A1BD,又AC1?平面B1EF,∴AC1∥平面B1EF.又AC∥EF,AC?平面B1EF,EF?平面B1EF,∴AC∥平面B1EF.又AC1∩AC=A,∴平面AA1C1C∥平面B1EF.又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E,∴AA1∥B1E,顯然不成立,∴假設(shè)不成立,即平面B1EF與平面A1BD不垂直.故B錯誤.對于C,由題意知,直線AA1與B1E必相交,故平面B1EF與平面A1AC必相交.故C錯誤.對于D,連接AB1,CB1,易證平面AB1C∥平面A1C1D,又平面B1EF與平面AB1C相交,∴平面B1EF與平面A1C1D不平行.故D錯誤.(2)∵p1,p4為真命題,p2,p3為假命題,∴?p2,

?p3為真命題,∴p1∧p4為真命題,p1∧p2為假命題,(?p2)∨p3為真命題,(?p3)∨(?p4)為真命題.故填①③④.解題技巧判斷空間位置關(guān)系的三種方法定理法借助空間直線、平面平行與垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行邏輯推理判斷反證法當從正面入手較難時,可用反證法,推出與題設(shè)或公認的結(jié)論相矛盾的命題,進而做出判斷模型法借助空間幾何體模型,如借助長方體、正四面體等幾何體模型觀察線面關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理進行肯定或否定對點練(1)(2022·廣西南寧二模)在正方形ABCD中,E為AB的中點,H為AD的中點,F,G分別為BC,CD上的點,CF=2FB,CG=2GD,將△ABD沿著BD折起得到空間四邊形A1BCD,則在翻折過程中,以下說法正確的是(

)A.EF∥GH

B.EF與GH相交C.EF與GH異面 D.EH與FG異面(2)(2022·黑龍江哈九中三模)已知α,β是兩個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,則以下命題一定正確的序號是(

)①如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β②如果m?α,α∥β,那么m∥β③如果α∩β=l,m∥α,那么m∥l④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βA.①②

B.①②③ C.②③④ D.③④答案

(1)B

(2)A解析

(1)由CF=2FB,CG=2GD,則FG∥BD且FG=BD,由E為AB的中點,H為AD的中點,則EH∥BD且EH=BD,所以EH∥FG且EH≠FG,則四邊形EFGH為梯形.梯形EFGH的兩腰FE,GH延長必交于一點,所以EF,GH相交,EH與FG平行.故選項ACD不正確,選項B正確.故選B.(2)①如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β,命題正確;②如果m?α,α∥β,直線m與平面β無公共點,那么m∥β,命題正確;③如果α∩β=l,m∥α,m與l可平行也可異面,命題錯誤;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,α與β可能平行,可能相交,相交時也可能垂直,命題錯誤.故選A.培優(yōu)拓展?巧設(shè)變量速求立體幾何中的動態(tài)、最值問題立體幾何中的“動態(tài)問題”是指空間中的某些點、線、面的位置是不確定的或可變的一類開放性問題,解決這類問題應(yīng)該動靜結(jié)合、化動為靜,找到相應(yīng)的幾何關(guān)系,對于探究存在問題或動態(tài)范圍(最值)問題,用定性分析比較難或繁時,可以引進參數(shù),把動態(tài)問題劃歸為靜態(tài)問題.具體地,可通過構(gòu)建方程、函數(shù)或不等式等進行定量計算,以算促證.具體可以有以下幾種解決方法:(1)函數(shù)法:某些點、線、面的運動,必然導(dǎo)致某些位置關(guān)系或一些變量的變化.變量變化時會引發(fā)其他變量的變化,從而建立函數(shù)關(guān)系,將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題來解決.(2)等價轉(zhuǎn)換法:動和靜是相對的,在運動變化過程中,要善于尋找或構(gòu)造與之相關(guān)的一些不變因素,將一些變化的點、線、面進行合理轉(zhuǎn)換,實現(xiàn)變量與不變量的結(jié)合.(3)解析法:我們常利用空間直角坐標系解決立體幾何問題,即實現(xiàn)幾何問題代數(shù)化.因此利用空間坐標系將空間圖形中的若干元素坐標化后,借助向量進行運算和分析是解決這類問題的常用方法.【例1】

(2022·貴州模擬)設(shè)矩形ABCD(AB>BC)的周長為20,把△ABC沿AC向△ADC折疊,AB折疊后交DC于點P,點B落在點E處,則線段AP的長度最小值為(

)答案

D

解析

∵四邊形ABCD是矩形,且△ABC沿AC向△ADC折疊,∴AD=EC,∠ADP=∠CEP=90°,∠APD=∠CPE,∴△ADP≌△CEP,∴AP=CP.設(shè)AB=x,DP=y,∴AP=CP=x-y.又∵矩形ABCD(AB>BC)的周長為20,∴AD=10-x.由勾股定理,可得(10-x)2+y2=(x-y)2,∵AB>BC,∴0<10-x<x,評析

該題通過建立目標y關(guān)于x的解析式,根據(jù)解析式的結(jié)構(gòu)特征選用基本不等式求最值.【例2】如圖所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2.動點P,Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQ長度的最小值是(

)答案

B

解析

建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2),設(shè)點P的坐標為(0,λ,2λ),λ∈[0,1],點Q的坐標為(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],評析

該題涉及兩個動點,所以需要引入兩個變量,建立目標函數(shù)之后通過配方法可以直接判斷并求出最值.【例3】

已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,點M為BC的中點,點N為平面DCC1D1上的動點,若MN⊥A1C,則三棱錐N-AA1D的體積最大值為

.

解析

以D為坐標原點,分別以DA,DC,DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,評析

該題中“點N為平面DCC1D1上的動點”,雖然只涉及一個動點,但需要兩個變量才能確定點的位置,在解題過程中首先建立目標函數(shù),然后利用“MN⊥A1C”建立兩個坐標參數(shù)之間的關(guān)系,確定兩個參數(shù)最終的取值范圍或代入目標函數(shù)進行消元,從而求得最值.【例4】如圖所示,菱形ABCD的邊長為2,∠ABC=60°,把△ABC沿對角線AC折疊成三棱錐B'-ACD,點B落在點B'處,使得二面角B'-AC-D為60°,設(shè)點E為B'C的中點,點F為三棱錐B'-ACD表面上一動點,且總滿足AC⊥EF,則點F軌跡的長度為(

)答案

D

解析

連接BD,交AC于點O,連接OB',因為四邊形ABCD為菱形,∠ABC=60°,所以AC⊥BD,OB'⊥AC,△ABC,△ACD,△AB'C均為正三角形,所以∠B'OD為二面角B'-AC-D的平面角,于是∠B'OD=60°,又因為OB'=OD,取OC的中點P,取CD的中點Q,連接EP,EQ,PQ,所以PQ∥OD,EP∥OB',所以AC⊥EP,AC⊥PQ,所以AC⊥平面EPQ,所以在三棱錐B'-ACD的表面上,滿足AC⊥EF的點F軌跡是△EPQ,故選D.評析

確定點F的軌跡,就是把已知條件“AC⊥EF”轉(zhuǎn)化為過點E與直線AC垂直的平面與三棱錐B'-ACD表面的交線,進而確定軌跡的形狀進行求解.探尋變化過程中的不變關(guān)系,是解決動態(tài)問題的常用手段.對于翻折或投影問題,若能抓住相關(guān)線或面的垂面,化空間為平面,則容易找到問題的核心.培優(yōu)拓展?巧用公共點速定立體幾何中的截面、交線問題在處理空間幾何問題時,常遇到用一個平面去截幾何體,判斷截面的形狀或求截面的周長、面積等問題.很多同學(xué)空間想象力不強,確定平面的公理運用不夠熟練,遇到此類問題往往束手無策,為此,有必要總結(jié)一下畫截面的方法,幫助學(xué)生又快又準地找出截面,順利解決截面問題.畫一個平面截多面體的截面,關(guān)鍵是確定交線,常用的方法有:方法1.直接連接法:當有兩點在幾何體的同一個面上時,連接該兩點即為幾何體與截面的交線.方法2.作平行線法:過直線與直線外一點作截面,常用到面面平行、線面平行的性質(zhì),通過該點找直線的平行線,即找到幾何體與截面的交線.方法3.作延長線找交點法:觀察在同一個平面上的兩點,連接并延長至另一個點所在平面,同一個平面有兩點則可連線,需要注意長度的運算、比例關(guān)系,否則難以確定位置關(guān)系.名師點析確定截面的主要依據(jù)有:(1)平面的四個公理及推論;(2)直線和平面平行的判定和性質(zhì);(3)兩個平面平行的性質(zhì);(4)球的截面的性質(zhì).【例1】

(2022·山東臨沂一模)已知正三棱臺ABC-A1B1C1的上下底面邊長分別為2和5,側(cè)棱長為3,則以下底面的一個頂點為球心,半徑為2的球面與此正三棱臺的表面的交線長為

.

答案

2π

解析不妨設(shè)以下底面的頂點A為球心作球面.由題意,得△ABC是邊長為5的等邊三角形,正三棱臺的側(cè)面均為全等的等腰梯形,如圖所示,在四邊形ABB1A1中,AB=5,A1B1=2,AA1=BB1=3,在棱AB上取BF=2,連接A1F,易知△AA1F為等邊三角形,即∠A1AB=60°.同理,∠A1AC=60°.則以下底面的頂點A為球心,半徑為2的球面與此正三棱臺評析

該題是球面與棱臺表面的交線,需要將其轉(zhuǎn)化為球的截面的性質(zhì),每段弧線的圓心角就是正三棱臺側(cè)面等腰梯形的底角或下底面正三角形的內(nèi)角,所以問題的關(guān)鍵就是求出該扇形的圓心角.答案

A

解析

由正四面體的棱長為2可求得它的外接球半徑是3,因為3>,所以正四面體的一個平面與球相交的截面如圖所示,△BMN是正四面體的一個面,點O1是正四面體一個平面截球面所得截面圓的圓心.O1D⊥BM,點A是BM與圓O1的交點.則正四面體表面與球面的交線的總長度為π×4=4π.評析

該題是球面與棱錐表面的交線,需要將其轉(zhuǎn)化為球的截面的性質(zhì),問題的關(guān)鍵就是準確求出截面圓的半徑,然后利用弧長公式和幾何體的對稱性求得最后結(jié)果.【例3】

如圖所示,正八面體PABCDQ的棱長為2,點E,F,H分別是PA,PB,BC的中點,則過E,F,H三點的平面α截該正八面體所得截面的面積等于

.

解析

∵點E,F,H分別是PA,PB,BC的中點,∴EF∥AB,又EF?平面ABQ,AB?平面ABQ,∴EF∥平面ABQ.同理得FH∥平面PCD.又平面ABQ∥平面PCD,FH?平面ABQ,∴FH∥平面ABQ.又EF∩FH=F,EF,FH?平面α,∴平面α∥平面ABQ∥平面CDP.設(shè)平面α與CQ相交于點M,則HM∥BQ,故M為CQ的中點.同理得平面α也過DQ,AD的中點,結(jié)合正八面體的對稱性,得截面是邊長為1的正六邊形,評析

該題是平面與幾何體的截面問題,確定該截面與幾何體各棱的交點是確定截面形狀的關(guān)鍵.【例4】如圖所示,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M,N分別是A1D1,A1B1的中點,過直線BD的平面α∥平面AMN,則平面α截該正方體所得截面的面積為(

)答案

B

解析

如圖所示,取B1C1的中點E,C1D1的中點F,連接EF,BE,DF,B1D1,則EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故EF,BD在同一平面內(nèi),連接ME,因為M,E分別為A1D1,B1C1的中點,所以ME∥AB,且ME=AB,所以四邊形ABEM是平行四邊形,所以AM∥BE,又因為BE?平面BDFE,AM?平面BDFE,所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE,因為AM∩AN=A,AM,AN?平面AMN,所以平面AMN∥平面BDFE,即等腰梯形BDFE就是所求的截面.評析

根據(jù)面面平行的判定定理,準確確定平面α的位置,進而確定交線,確定截面的形狀,即可將問題轉(zhuǎn)化為平面圖形中的計算問題.【例5】

(2021·江西模擬預(yù)測)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,AA1⊥底面ABCD,AA1=6,AB=8,∠BCD=60°,點M是線段BC上靠近C的四等分點,動點N在四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面,且MN⊥BD1,則動點N的軌跡長度為

.

解析

因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,AA1⊥底面ABCD,所以BB1⊥AC,BD⊥AC,又因為BB1∩BD=B,所以AC⊥平面BDD1B1,所以BD1⊥AC,故在AB上取點F,使得BF=3FA,連接MF,則MF∥AC,BD1⊥MF.在BB1上取點G,使得BG=2GB1,設(shè)MF與BD的交點為O,連接GO,在△D1DB中,DD1=6,BD=8,DD1⊥BD,所以△D1DB∽△OBG,故∠D1BD=∠OGB,所以BD1⊥OG,又BD1⊥MF,OG∩MF=O,OG,MF?平面MFG,所以BD1⊥平面MFG.故△MFG的邊即為點N的軌跡.高考保分大題三考點一空間位置關(guān)系的證明與求線面角保分一

空間向量與空間角、距離

典例突破1(2022·全國甲·理18)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.(1)證明:BD⊥PA;(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值.(1)證明

∵PD⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴PD⊥BD.取AB的中點E,連接DE.∵CD=1,BE=AB=1,CD∥BE,∴四邊形CDEB是平行四邊形,∴DE=CB=1.∵DE=AB,∴△ABD為直角三角形,AB為斜邊,∴BD⊥AD.∵PD?平面PAD,AD?平面PAD,且PD∩AD=D,∴BD⊥平面PAD.又PA?平面PAD,∴BD⊥PA.規(guī)律方法利用向量求直線和平面所成的角的思路

利用斜線的射影向量分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)利用平面的法向量求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面所成的角對點練1(2022·福建三明模擬預(yù)測)如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ACC1A1為矩形,且側(cè)面ACC1A1⊥側(cè)面ABB1A1,點D為B1C1的中點,AB=AC=2,AA1=B1C=2.(1)證明:AC1∥平面A1BD;(2)求直線BC與平面A1BD所成角的正弦值.(1)證明

如圖所示,連接AB1與BA1交于點O,連接OD,因為點O是AB1的中點,點D是B1C1的中點,所以AC1∥OD,又AC1?平面A1BD,OD?平面A1BD,所以AC1∥平面A1BD.(2)解

因為側(cè)面ACC1A1為矩形,且側(cè)面ACC1A1⊥側(cè)面ABB1A1,所以AC⊥側(cè)面ABB1A1,則AC⊥AB1,AC⊥AB.則以點A為坐標原點,以AB,AB1,AC分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,考點二求二面角典例突破2(12分)(2021·全國乙·理18)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M為BC的中點,且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.【評分標準—找回丟分】解:(1)連接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM?底面ABCD,∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,【教師講評—觸類旁通】分析1:(1)問的關(guān)鍵是需要把異面直線PB,AM的垂直,通過線面垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩條相交直線BD,AM的垂直,進而利用等量代換證明三角形相似,列方程求解;分析2:利用空間向量求解二面角,關(guān)鍵是法向量的求解,通常是“一求一找”,“一求”就是賦值法,即利用法向量與平面內(nèi)兩個不共線向量的數(shù)量積為0,列出方程組求解;“一找”即根據(jù)已知直接確定平面的垂線,該垂線的方向向量即為平面的法向量,如該題中也可以直接取PC的中點H,根據(jù)已知可得DH⊥PC,顯然DH就是平面PBM的垂線.對點練2(2022·黑龍江大慶三模)如圖所示,點C在以AB為直徑的圓O上,PA垂直于圓O所在平面,G為△AOC的重心.(1)求證:平面OPG⊥平面PAC;(2)若PA=AB=2AC=2,求二面角A-OP-G的余弦值.(1)證明

如圖,延長OG交AC于點M.因為G為△AOC的重心,所以M為AC的中點.因為O為AB的中點,所以O(shè)M∥BC.因為AB是圓的直徑,所以BC⊥AC,所以O(shè)M⊥AC.因為PA⊥平面ABC,OM?平面ABC,所以PA⊥OM.又PA?平面PAC,AC?平面PAC,PA∩AC=A,所以O(shè)M⊥平面PAC,即OG⊥平面PAC.又OG?平面OPG,所以平面OPG⊥平面PAC.考點三求點面距典例突破3(2022·陜西二模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,(1)證明:BC1⊥CM;(2)若E為A1C1的中點,求點A1到平面BCE的距離.(1)證明

因為AB⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,所以AB⊥BC1.因為AB∩BC=B,AB,BC?平面ABC,所以BC1⊥平面ABC.因為CM?平面ABC,所以BC1⊥CM.(2)解

由(1)知,AB⊥BC1,BC⊥BC1,AB⊥BC,以點B為坐標原點,BC,BC1,BA分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系B-xyz.規(guī)律方法點到平面距離的求法等體積法通過轉(zhuǎn)換棱錐的頂點,表示出不同頂點下棱錐的高與底面積,再根據(jù)體積相等列出方程求解向量法轉(zhuǎn)化為已知點與平面內(nèi)一點對應(yīng)的向量在平面單位法向量方向上的投影向量的模求解對點練3(2022·遼寧沈陽模擬預(yù)測)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,∠ABC=45°,CF⊥BC,CF=BC=2,PA=PB,平面PAB⊥平面ABCD,E,F分別是PD,AB的中點.(1)求證:EF∥平面PBC;(2)若CE與平面PCF所成角θ為30°,求點B到平面CEF的距離d.(1)證明

取PC的中點G,連接EG,BG,因為點E是PD的中點,所以EG是

又因為點F是AB的中點,四邊形ABCD是平行四邊形,故EG∥BF,EG=BF,所以四邊形BFEG是平行四邊形,所以EF∥BG,因為EF?平面PBC,BG?平面PBC,所以EF∥平面PBC.(2)解

因為PA=PB,點F是AB的中點,所以PF⊥AB,因為平面PAB⊥平面ABCD,交線為AB,所以PF⊥平面ABCD.因為CF⊥BC,所以以點F為坐標原點,FC所在直線為x軸,過點F平行于BC的直線為y軸,FP所在直線為z軸建立空間直角坐標系,因為CF=BC=2,∠ABC=45°,所以F(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),D(-2,4,0),設(shè)P(0,0,m)(m>0),其中平面PCF的法向量設(shè)為n=(0,1,0),考點一空間直線、平面位置關(guān)系的證明保分二

立體幾何中的位置關(guān)系證明、翻折及探索性問題

考向1幾何法證明空間平行與垂直關(guān)系典例突破1如圖所示,在直四棱柱ABCD-EHGF中,上、下底面為等腰梯形,AD∥BC,∠ADC=60°,AE=AD=2CD=2,M為線段EF的中點.(1)證明:平面ECD⊥平面ACE;(2)設(shè)O為線段AD上一點,試確定點O的位置,使平面BOE∥平面MCD.(1)證明

因為四棱柱ABCD-EHGF為直四棱柱,則EA⊥平面ABCD,而CD?平面ABCD,于是得EA⊥CD.在△ADC中,CD=1,AD=2,∠ADC=60°,由余弦定理得,因此,AC2+CD2=AD2,即CD⊥AC,又EA∩AC=A,EA,AC?平面ACE,則CD⊥平面ACE,又CD?平面ECD,所以平面ECD⊥平面ACE.(2)解

當點O為AD的中點時,平面BOE∥平面MCD.連接EO,BO,如圖所示,在等腰梯形ABCD中,BC=AD-2CDcos∠ADC=2-2×1×cos

60°=1,即BC=OD=1,而AD∥BC,則四邊形BODC為平行四邊形,即有BO∥CD,因為BO?平面MCD,CD?平面MCD,則有BO∥平面MCD,因為OD=EM=1,EF∥AD,則四邊形EODM為平行四邊形,有EO∥MD,而EO?平面MCD,MD?平面MCD,因此EO∥平面MCD,又EO∩BO=O,所以平面BOE∥平面MCD.解題技巧用幾何法證明空間中的平行與垂直關(guān)系,關(guān)鍵是靈活運用各種平行(垂直)關(guān)系的轉(zhuǎn)化:對點練1如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,E,F分別為AD,AA1的中點,Q是BC上一個動點,且BQ=λQC(λ>0).(1)當λ=1時,求證:平面BEF∥平面A1DQ;(2)是否存在λ,使得BD⊥FQ?若存在,請求出λ的值;若不存在,請說明理由.(1)證明

當λ=1時,Q為BC的中點,因為E是AD的中點,所以ED=BQ,ED∥BQ,則四邊形BEDQ是平行四邊形,所以BE∥QD.又BE?平面A1DQ,DQ?平面A1DQ,所以BE∥平面A1DQ.因為E,F分別是AD,A1A的中點,所以EF∥A1D.因為EF?平面A1DQ,A1D?平面A1DQ,所以EF∥平面A1DQ.因為BE∩EF=E,EF?平面BEF,BE?平面BEF,所以平面BEF∥平面A1DQ.(2)解

如圖所示,連接AQ.因為A1A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1A⊥BD.若BD⊥FQ,又A1A,FQ?平面A1AQ,且A1A∩FQ=F,所以BD⊥平面A1AQ.因為AQ?平面A1AQ,所以AQ⊥BD.在矩形ABCD中,由AQ⊥BD,得△AQB∽△DBA,考向2向量法證明空間平行與垂直關(guān)系典例突破2如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱BC的中點,F為棱CD的中點.(1)求證:D1F∥平面A1EC1;(2)棱DD1的中點為M,求證:平面CMB1⊥平面A1EC1.證明

(1)以點A為坐標原點,AB,AD,AA1分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2).因為E為棱BC的中點,F為棱CD的中點,所以E(2,1,0),F(1,2,0),因為D1F?平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.令z2=2,則x2=1,y2=2.所以n=(1,2,2).顯然m·n=2×1+(-2)×2+1×2=0,即m⊥n,所以平面CMB1⊥平面A1EC1.解題技巧向量法證明空間平行與垂直關(guān)系時,是以計算為手段,尋求直線方向的向量和平面的基向量的關(guān)系,關(guān)鍵是建立空間直角坐標系(或找空間一組基底)及尋找平面的法向量.對點練2如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E為PC上一點,且PE=PC.求證:(1)AE⊥平面PBC;(2)PA∥平面BDE.證明

(1)因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB.又AD⊥AB,所以如圖所示,以點A為坐標原點,分別以

的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2).因為PC∩BC=C,所以AE⊥平面PBC.(2)設(shè)平面BDE的一個法向量為u=(x,y,z),因為PA?平面BDE,所以PA∥平面BDE.考點二翻折問題考向1翻折問題中空間關(guān)系的證明典例突破3(2022·安徽蕪湖一中三模)如圖所示,在矩形ATCD中,AD=8,DC=3,B為TC的中點,△TAB沿AB翻折,使得點T到達點P的位置.連接PD,PC,得到四棱錐P-ABCD,點M為PD的中點.(1)求線段CM的長度;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱錐P-ABD的體積.解

(1)取PA的中點N,連接MN,BN,所以MN∥BC,且MN=BC,所以四邊形BCMN為平行四邊形,所以CM=BN,(2)

取AD的中點O,連接BO,PO,則BO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BO⊥平面PAD,則BO⊥OP,誤區(qū)警示翻折問題中的誤區(qū)平面圖形翻折后成為空間圖形,翻折后還在同一個平面上的線線關(guān)系不發(fā)生變化,不在同一個平面上的可能發(fā)生變化.解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變,去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值.對點練3(2022·四川攀枝花二模)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,點E為BC的中點,點F在AD上,EF∥AB,BC=EF=DF=4,將四邊形CDFE沿EF邊折起,如圖2.(1)證明:圖2中的AE∥平面BCD;(2)在圖2中,若AD=2,求該幾何體的體積.圖1圖2(1)證明

取DF的中點G,連接AG,EG,CG.因為CE∥GF,CE=GF,所以四邊形CEFG是平行四邊形,所以CG∥EF∥AB且CG=EF=AB,所以四邊形ABCG是平行四邊形,所以AG∥BC.因為AG?平面BCD,且BC?平面BCD,所以AG∥平面BCD.同理可知,四邊形CEGD是平行四邊形,所以GE∥DC,同理證得GE∥平面BCD,因為AG,GE?平面AGE,且AG∩GE=G,所以平面AGE∥平面BCD,因為AE?平面AGE,所以AE∥平面BCD.(2)解

因為AF=2,DF=4,則DF2=AD2+AF2,故AD⊥AF,又AB⊥AD,AF⊥AB,AD∩AF=A,所以AB⊥平面ADF.連接DE,該幾何體被分割為四棱錐D-ABEF和三棱錐D-BCE,考向2求翻折問題中的空間角典例突破4(2022·四川遂寧三模)如圖1所示,在梯形CDMN中,CD∥MN,BC∥AD,E為AD的中點,DE=DC=1,MA=MD=,現(xiàn)將△AMD沿AD折起,△BCN沿BC折起,使平面AMD⊥平面ABCD,且M,N重合為點P(如圖2所示).圖1圖2(1)證明:平面PBE⊥平面PBC;(2)求二面角C-PA-D的余弦值.所以△PAD是等腰三角形,又點E是AD的中點,所以ME⊥AD,即PE⊥AD.又因為平面APD⊥平面ABCD,且平面APD∩平面ABCD=AD,PE?平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,又BC?平面ABCD,所以PE⊥BC.又因為CD∥MN,且ME⊥AD,所以四邊形NCDE為直角梯形,且DE=DC=1,所以四邊形BCDE是正方形,所以BC⊥EB,又因為PE∩EB=E,所以BC⊥平面PBE,又因為BC?平面PBC,所以平面PBE⊥平面PBC.(2)解

由(1)知PE,EB,AD兩兩垂直,以點E為坐標原點,EA,EB,EP分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.疑難突破平面圖形翻折后成為空間圖形,翻折后還在同一個平面上的線線關(guān)系不發(fā)生變化,不在同一個平面上的可能發(fā)生變化.解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變,去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值.對點練4(2022·河南洛陽模擬預(yù)測)已知邊長為6的等邊三角形ABC中,點M,N分別是邊AB,AC的三等分點,且AM=AB,CN=CA,沿MN將△AMN折起到△A'MN的位置,使∠A'MB=90°.(1)求證:A'M⊥平面MBCN;(2)在線段BC上是否存在點D,使直線A'D與平面A'MB所成角為60°?若存在,求BD的長度;若不存在,請說明理由.(1)證明

因為∠A'MB=90°,所以A'M⊥MB.因為MN∩MB=M,MB,MN?平面MBCN,所以A'M⊥平面MBCN.(2)解

由第(1)問可知A'M,BM,MN兩兩垂直,故以點M為坐標原點,MB,MN,MA'所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A'(0,0,2),假設(shè)存在點D,BD=m(0≤m≤6