第7章 微专题系列之数学建模——与平行相关的探索性问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第七章　立体几何 微专题系列之数学建模——与平行相关的探索性问题 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 课时作业(三十八) 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 开放探索性问题是高考的常考命题点，而立体几何中有关线面平行的开放探索性问题是命题的一个热点，主要涉及对条件或结论不完备的开放性问题的探究，重点考查逻辑推理、直观想象与数学运算的核心素养． 【例】 (2023·云南昆明一中模拟)在如图所示的五面体ABCDFE中，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝ eq \f(2π,3) ，EF∥平面ABCD，AB＝2EF＝2，点M为BC中点． (1)在直线CD上是否存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，请说明理由； (2)请在下列两个条件中任选一个，求该五面体ABCDEF的体积． ①cos ∠BDF＝ eq \f(1,4) ；②EM＝2. [思维过程] 明确目标→(1)判断直线CD上是否存在一点G使得平面EMG∥平面BDF；(2)选择一个条件求五面体的体积． 提取信息→五面体的一个面是正三角形，一个面是菱形，∠ABC＝ eq \f(2π,3) ，EF∥平面ABCD，AB＝2EF＝2，点M为BC中点． 建立联系→(1)易证四边形OMEF是平行四边形，则有OF∥EM，取CD的中点G，根据中位线得GM∥BD，由面面平行的判定定理即可证得平面EMG∥平面BDF；(2)选择①由cos ∠BDF＝ eq \f(1,4) ，求得BF＝ eq \r(6) ，五面体ABCDEF可由三棱柱ADF­BCP截去三棱锥E­BCP得到；选择②有OF＝EM＝2，可证FN⊥平面ABCD，求体积时同①. 思路导引→(1)连接AC交BD于点O， 连接OM，OF，取CD的中点G， 连接GM，GE. 因为EF∥平面ABCD， EF⊂平面ABEF， 平面ABEF∩平面ABCD＝AB， 所以EF∥AB. 因为OM∥AB∥EF， OM＝ eq \f(1,2) AB＝EF， 所以四边形OMEF是平行四边形， 所以OF∥EM. 因为EM⊄平面BDF， OF⊂平面BDF， 所以EM∥平面BDF. 因为点G与点M分别为CD与BC的中点， 所以GM∥BD. 因为GM⊄平面BDF， BD⊂平面BDF， 所以GM∥平面BDF. 又GM∩EM＝M， GM，EM⊂平面EMG， 所以平面EMG∥平面BDF. (2)选择①：在△BDF中， BD＝DF＝2，cos ∠BDF＝ eq \f(1,4) ， 所以BF＝ eq \r(6) ， 取AD的中点N，连接FN，BN， 在△BNF中，BN＝FN＝ eq \r(3) ，BF＝ eq \r(6) ， 所以BN⊥FN. 因为△ABD是正三角形，所以BN⊥AD. 因为AD∩FN＝N，所以BN⊥平面ADF. 因为BN⊂平面ABCD， 所以平面ADF⊥平面ABCD. 如图，五面体ABCDFE可由三棱柱ADF­BCP截去三棱锥E­BCP得到． 所以V五面体ABCDFE＝V三棱柱ADF­BCP－V三棱锥E­BCP＝ eq \f(5,6) V三棱柱ADF­BCP＝ eq \f(5,6) ·S△ADF·BN＝ eq \f(5,6) × eq \f(1,2) ×2× eq \r(3) × eq \r(3) ＝ eq \f(5,2) . 选择②：由(1)有OF＝EM＝2，取AD的中点N，连接FN，ON，BN， 在△ONF中，FN＝ eq \r(3) ，ON＝1，OF＝2， 所以ON⊥FN. 【练】 (2023·广东梅州调研)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且 eq \f(CQ,QD1) ＝ eq \f(BP,PD) ＝ eq \f(2,3) . (1)求证：PQ∥平面A1D1DA； (2)若R是AB上的点， eq \f(AR,AB) 的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明． (1)证明：如图，连接CP并延长，与DA的延长线交于M点，连接MD1，因为四边形ABCD为正方形， 所以BC∥AD， 故△PBC∽△PDM， 所以 eq \f(CP,PM) ＝ eq \f(BP,PD) ＝ eq \f(2,3) . 又因为 eq \f(CQ,QD1) ＝ eq \f(BP,PD) ＝ eq \f(2,3) ， 所以 eq \f(CQ,QD1) ＝ eq \f(CP,PM) ＝ eq \f(2,3) ， 所以PQ∥MD1． 又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA， 故PQ∥平面A1D1DA. (2)解：当 eq \f(AR,AB) 的值为 eq \f(3,5) 时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图，证明如下： 因为 eq \f(AR,AB) ＝ eq \f(3,5) ，即 eq \f(BR,RA) ＝ eq \f(2,3) ，故 eq \f(BR,RA) ＝ eq \f(BP,PD) ， 所以PR∥DA. 又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA， 所以PR∥平面A1D1DA. 又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR， 所以平面PQR∥平面A1D1DA. $$