(配套课件)专题特训2 立体几何中的翻折问题与探索性问题-【精彩三年·高考尖峰】2024高考总复习数学一轮复习基础拓展训练教师用书word+课件PPT（浙江专用）

立体几何中的翻折问题与探索性问题 专题特训2 　 1．[2023·唐山模拟] 如图，△ABC是边长为4 的等边三角形，E，F分别为AB，AC的中点，G是△ABC的中心，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PG⊥平面ABC. (1)证明：PB⊥AC. (2)求平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：连接BF，由△ABC为等边三角形，知F为AC的中点，所以BF⊥AC. 因为PG⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PG⊥AC. 1 2 3 4 A 基本问题 全面落实 2．[2023·宁波质检]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.l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求出B1P的长度；若不存在，请说明理由． 1 2 3 4 解：(1)证明：因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1.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，所以A1B⊥平面B1AC.又B1C⊂平面B1AC， 所以A1B⊥B1C. (2)l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°. 理由如下：取A1B1的中点D，连接AD，因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°， 3．[2023·无锡联考] 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P­ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A­PC­B的大小为θ，则cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ. 1 2 3 4 B 能力素养　强化培优 图1　　　　　 　　　图2 (1)当α，β∈ 时，证明以上三面角余弦定理． (2)如图2，在四棱柱ABCD-­A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°，∠BAC＝45°， ①求∠A1AB的余弦值； ②在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC， 交PA于点M，作HN⊥PC，交PB于点N，连接MN， 则∠MHN是二面角A­PC­B的平面角． 在△MNP和△MNH中分别由余弦定理，得 MN2＝MP2＋NP2－2MP·NP·cos γ， MN2＝MH2＋NH2－2MH·NH·cos θ， 两式相减得MP2－MH2＋NP2－NH2－2MP·NP·cos γ＋2MH·NH·cos θ＝0， ∴2MP·NP·cos γ＝2PH2＋2MH·NH·cos θ， 两边同除以2MP·NP，得cos γ＝cos αcos β＋sin αsin βcos θ. (2)①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ＝90°， 4．[2023·汕头模拟] 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD，△ABC是底面的内接正三角形，且DO＝6，P是线段DO上一点． (1)是否存在点P，使得PA⊥平面PBC，若存在，求出PO的长；若不存在，请说明理由． (2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的 角的正弦值最大． 1 2 3 4 感谢聆听，再见！ 又PG∩BF＝G，PG，BF⊂平面PBF，所以AC⊥平面PBF. 又PB⊂平面PBF，所以PB⊥AC. (2)依题意PF＝2，GF＝2，在Rt△PFG中，PG＝2， 以F为坐标原点，以的方向为x轴的正方向， 的方向为y轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图， 则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(6，0，0)， E(3，－，0)，P(2，0，2)， ＝(2，0，2)，＝(3，－，0)，由(1)可知，＝(0，4，0)是平面PBF的一个法向量，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝，则n＝(，，－1)，所以cos 〈， n〉＝＝，所以sin 〈，n〉＝＝， 所以平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值为. 又AA1＝A1B1，所以△AA1B1为等边三角形，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， 以A为原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正