14 重点题型强化(五) 空间几何体中的折叠问题-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版2019）

重点题型强化(五)　空间几何体中的折叠问题 　 第六章 立体几何初步 知识目标 1．掌握折叠问题中有关点、线、面的证明方法．　 2．会利用立体几何知识求解折叠问题中的空间角和距离． 素养目标 通过分析折叠问题中的点、线、面的位置关系的判断，提升学生逻辑推理和空间想象素养；通过求解折叠问题中的空间角和距离，培养学生数学运算素养． 题型一　折叠前后点、线、面的位置关系 1 题型二　折叠中的夹角问题 2 题型四　折叠中的探索性问题 4 内容索引 随堂演练 5 题型三　 折叠中的距离(长度)问题 3 题型一　折叠前后点、线、面的位置关系 返回 例1 如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为CD的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.点O是线段AM的中点． (1)求证：平面BDO⊥平面ABCM； 证明：在矩形ABCD中， 因为AB＝2AD，M为CD的中点，所以AD＝DM， 因为O是AM的中点，所以DO⊥AM， 因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，OD⊂平面ADM， 所以OD⊥平面ABCM， 因为DO⊂平面BDO， 所以平面BDO⊥平面ABCM. (2)求证：AD⊥BM. 证明：在矩形ABCD中，因为AB＝2AD，M为CD的中点， 由(1)知，DO⊥平面ABCM， 因为BM⊂平面ABCM，所以DO⊥BM， 因为DO∩AM＝O，DO⊂平面ADM，AM⊂平面ADM， 所以BM⊥平面ADM， 又因为AD⊂平面ADM，所以AD⊥BM. 规律方法 1．位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变；位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系，可能会发生变化． 2．对于不变的关系在平面图形中处理即可，对于变化的关系，则要在立体图形中解决．　　 对点练1．如图①所示，在Rt△ABC中，∠C ＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB 上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到 △A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②所示． (1)求证：BC∥平面A1DE； 证明：因为DE∥BC，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE， 所以BC∥平面A1DE. (2)求证：BC⊥平面A1DC； 证明：因为DE∥BC，∠C＝90°， 所以AD⊥DE，所以A1D⊥DE， 又DE∥BC，所以A1D⊥BC， 因为BC⊥CD，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1DC， 所以BC⊥平面A1DC． (3)当D点在何处时，A1B的长度最小，并求出 最小值． 解：设DC＝x，则A1D＝6－x， 由(2)知△A1CB，△A1DC均为直角三角形． 返回 题型二　折叠中的夹角问题 返回 例2 如图所示，在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC， 点E是BC的中点．将△ABD沿BD折 起，使AB⊥AC，连接AE，AC，DE，得到三棱锥A-BCD． (1)求证：CD⊥平面ABD； 证明：因为AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD， 所以AB⊥平面ACD． 因为CD⊂平面ACD，所以AB⊥CD． 因为BD⊥CD，AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD， 所以CD⊥平面ABD． (2)若AB＝2，CD＝2 ，求二面角B-AD-E的大小． 解：如图所示， 分别取BD，AD的中点F，G，连接EF，FG，GE， 由于E，F分别是BC，BD的中点，所以EF∥CD， 因为CD⊥平面ABD，所以EF⊥平面ABD， 因为AD，FG⊂平面ABD，所以EF⊥AD，EF⊥FG. 因为G，F分别是AD，BD的中点，所以FG∥AB， 因为AB⊥AD，所以FG⊥AD， 因为EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG， 所以AD⊥平面EFG，所以∠EGF是二面角B-AD-E的平面角． 所以二面角B-AD-E的大小为60°. 规律方法 空间角的计算方法与技巧 1．两条异面直线的夹角：(1)平移法；(2)补形法． 2．直线和平面的夹角：作出直线和平面的夹角，关键是作垂线，找射影并转化到同一三角形中计算． 3．确定二面角的平面角的方法：(1)定义法；(2)垂面法；(3)线面垂直法．　 对点练2．如图所示，有满足下列条件的五边形的彩纸ABCDE，其中DE＝3 cm，BC＝CD＝1 cm， 现将彩纸沿BE向内进行折叠． (1)求线段BE的长度； 解：如图①所示，延长BC，ED相交于点F， 因为DE＝3 cm，BC＝CD＝1 cm，所以BF＝1＋1＝2 cm，EF＝1＋3＝4 cm， 在△BEF中， 由余弦定理得BE2＝BF2＋EF2－2BF·EF cos ∠F＝4＋16－2×2×4× ＝12， (2)若△ABE是等边三角形，折叠后使AB⊥BC，求直线AB与平面BCDE夹角的大小． 解：由(1)知：BF＝2 cm，EF＝4 cm，BE＝2 cm，所以BF2＋BE2＝EF2, 由勾股定理逆定理得BC⊥BE， 因为AB⊥BC，AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABE， 所以BC⊥平面ABE，如图②所示，取BE的中点Q，连接AQ，CQ， 因为AQ⊂平面ABE，所以BC⊥AQ， 因为△ABE是等边三角形，所以AQ⊥BE， 因为BE，BC⊂平面BCDE，BE∩BC＝B， 所以AQ⊥平面BCDE， 所以∠ABQ即为直线AB与平面BCDE的夹角， 显然∠ABE＝ ， 故直线AB与平面BCDE夹角的大小为 . 返回 题型三　 折叠中的距离(长度)问题 返回 例3 如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，E， F分别是CD边上的三等分点，将△ADF和△BCE分别沿 AF，BE折起到△AD′F，△BC′E的位置，且使平面AD′F ⊥底面ABCD，平面BC′E⊥底面ABCD，连接D′C′. (1)求证：D′C′∥平面ABEF； 证明：如图所示，分别过点D′，C′作AF，BE的垂线，垂足为M，N，连接MN，则D′M⊥AF，C′N⊥BE. 因为平面AD′F⊥底面ABEF，且平面AD′F∩底面ABEF＝AF， 所以D′M⊥平面ABEF. 同理可证，C′N⊥平面ABEF，所以D′M∥C′N. 又△AD′M≌△BC′N，所以D′M＝C′N. 所以四边形D′MNC′为平行四边形，则D′C′∥MN. 又因为D′C′⊄平面ABEF，MN ⊂平面ABEF， 所以D′C′∥平面ABEF. (2)求点A到平面EFD′C′的距离． 设点A到平面EFD′C′的距离为h， 规律方法 空间中点到平面距离的求法 1．定义法：过点向平面作垂线，点到垂足的距离即为所求． 2．等体积法：在已知平面上取一个三角形作为三棱锥的底面，以此三角形作为底面的三棱锥的高即为所求，求出这个三角形的面积S，再变换三棱锥的顶点与底面求出三棱锥的体积V，即可求出点到平面的距离为 . 3．转移法：将一点到平面的距离转化为求另一个点到该平面的距离，这两点确定的直线平行于平面．　　 对点练3．如图所示，点E，F分别是边长为6的正方形ABCD的边AB，BC的中点，沿图①中的虚线DE，EF，FD将△ADE，△BEF，△CDF折起使A，B，C三点重合，重合后的点记为点P，如图②所示． (1)顶点P在平面DEF内的正投影为点Q，点Q在平面PEF的正投影为点M，连接PM并延长交EF于点G.证明：G是EF的中点； 证明：因为PQ⊥平面DEF，EF⊂平面DEF，所以EF⊥PQ， 因为QM⊥平面PEF，EF⊂平面PEF， 所以EF⊥QM， 又PQ∩QM＝Q，所以EF⊥平面PQM， 因为PG⊂平面PQM，所以EF⊥PG， 又△PEF是等腰直角三角形，所以G是EF的中点． (2)作出点M在平面PDF的上的正投影R(说明做法的理由)并求四面体PQMR的体积． 解：在平面PEF内过M点作PE的平行线，与PF交于R，即MR⊥PF， 则R是M点在平面PDF的正投影，即MR⊥平面PDF.理由如下： 所以DG2＝DP2＋PG2， 即DP⊥PG，由(1)的分析知：EF⊥平面DPG，DP⊂平面DPG， 所以DP⊥EF， 因为PG，EF⊂平面PEF，PG∩EF＝G， 所以DP⊥平面PEF，又MR⊂平面PEF， 所以MR⊥DP， 又DP，PF⊂平面PDF，DP∩PF＝P， 所以MR⊥平面PDF， 即M点在平面PDF的正投影是R， 连接MF，QR，如图所示， 返回 题型四　折叠中的探索性问题 返回 例4 如图①所示，⊙O的直径AB＝4，C，D为⊙O上两点，且∠CAB＝45°，F为 的中点．将⊙O沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图②). (1)求证：OF∥平面ACD； 证明：如图所示，连接CO，由∠CAB＝45°，知∠COB＝90°. 因为F为 的中点， 所以∠FOB＝45°，因此OF∥AC， 又AC⊂平面ACD，OF⊄平面ACD， 所以OF∥平面ACD． (2)在AD上是否存在点E，使得平面OCE⊥平面ACD？若存在，试指出点E的位置；若不存在，请说明理由． 解：存在，E为AD的中点．理由如下： 连接OD，OE，CE. 因为OA＝OD，所以OE⊥AD． 因为OC⊥AB，且两半圆所在平面互相垂直，AB为两平面的交线，OC⊂平面ACB， 所以OC⊥平面OAD． 又AD⊂平面OAD，所以AD⊥OC． 由于OE，OC是平面OCE内的两条相交直线， 所以AD⊥平面OCE. 又AD⊂平面ACD， 所以平面OCE⊥平面ACD． 规律方法 解决探究性问题的策略 先假设求解结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出证明．　　 对点练4．如图①所示，在直角梯形ABCD中， AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2， DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿 AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，G为AE中点．如图②所示． (1)求证：DG⊥平面ABCE； 证明：因为G为AE中点，AD＝DE＝2，所以DG⊥AE. 因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DG⊂平面ADE， 所以DG⊥平面ABCE. (2)求四棱锥D-ABCE的体积； 解：在直角三角形ADE中， 因为∠ADE＝90°，AD＝DE＝2， (3)在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由． 解：存在．理由如下：如图所示，过点C作CF∥AE交AB于点F，则AF∶FB＝1∶3. 过点F作FP∥AD交DB于点P，连接PC，则DP∶PB＝1∶3. 因为CF∥AE，AE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE， 所以CF∥平面ADE. 同理FP∥平面ADE. 又因为CF∩FP＝F，CF⊂平面PFC，FP⊂平面PFC， 所以平面PFC∥平面ADE. 因为CP⊂平面PFC，所以CP∥平面ADE. 所以在BD上存在点P，使得CP∥平面ADE，且 课堂小结 返回 知识 1．折叠前后点、线、面的位置关系. 2．折叠中的夹角问题. 3．折叠中的距离(长度)问题. 4．折叠中的探索性问题 方法 转化与化归、定义法、定理法 易错误区 理清折叠问题的变量与不变量 随堂演练 返回 由长方体的展开图可得符合的长方体为D．故选D． 1．下面的四个长方体中，是由上边的平面图形围成的是 √ 如图为还原图，由图可知AB与EF为异面直线，GH与CD为异面直线．故选B． 2．如图是正方体的展开图，则还原图形后，下列说法正确的是 A．AB与EF平行 B．AB与EF异面 C．GH与CD平行 D．GH与CD相交 √ 3．将3个12×12的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图①)；将这6部分接于一个边长为6 的正六边形边上(如图②)，若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是 A．576 B．864 C．216 D．1 728 √ 折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②，所求多面体体积为正方体的一半，依题意求得正方体的边长为12，故V＝ ×123＝864.故选B． 4．如图所示，一圆柱体的底面周长为24 cm，高AB为16 cm，BC是上底面的直径．一只昆虫从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C，昆虫爬行的最短路程是________cm. 20 作出圆柱的侧面展开图如下图所示， 则当昆虫的爬行路线为线段AC时，爬行的路程最短，因为圆柱体的底面周长为24 cm，所以 ，所以最短路程为 返回 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 立 体 几 何 初 步 返回 所以AM＝BM＝AD＝AB，则AM2＋BM2＝AB2，所以AM⊥BM， A1B＝＝， 即A1B＝＝＝， 所以当x＝3时，A1B取得最小值3. 所以当D为AC中点时，A1B的长度最小，最小值为3. 在Rt△EFG中，EF＝CD＝，FG＝AB＝1， 所以tan ∠EGF＝＝， 则∠EGF为锐角，且∠EGF＝60°， ∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝. 因为∠BCD＝∠CDE＝，所以∠FCD＝∠FDC＝， 故△CDF为等边三角形，所以CF＝DF＝CD＝1 cm，∠F＝. 所以BE＝2 cm. 证明：连接DD′，在Rt△D′AF中，D′F＝AD′＝1，所以D′M＝. 因为S△ADF＝·DF·AD＝×1×1＝， 所以VD′-ADF＝S△ADF·D′M＝××＝. 因为DD′＝＝1， D′F＝DF＝1，所以S△DFD′＝×1×＝. 所以VA-DFD′＝S△DFD′·h＝×h＝h， 由VA-DFD′＝VD′-ADF得h＝，所以h＝， 故点A到平面EFD′C′的距离为. 由条件知：DP＝6，PE＝PF＝3，PE⊥PF，所以EF＝3，DG⊥EF，PG＝EG＝EF＝， DE＝＝3，DG＝＝， 综上，四面体PQMR的体积为. 在Rt△PDG中，DP·PG＝DG·PQ， 所以PQ＝2，QG＝＝， 在Rt△PQG中，PQ·QG＝PG·QM，QM＝，所以PM＝＝， 在Rt△MPR中，PR＝RM＝， 所以S△PMR＝PR·MR＝，VQ-PMR＝S△PMR·QM＝. 所以AE＝2，所以DG＝AE＝. 又梯形ABCE的面积S＝×(1＋4)×2＝5， 所以四棱锥D-ABCE的体积为VD -ABCE＝×S×DG＝×5×＝. ＝. AD＝×24＝12 ＝＝20. $$