培优3 折叠问题(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦立体几何折叠问题，系统梳理解决步骤，通过对比折叠前后图形的不变量与变量，搭建平面几何到空间几何的转化桥梁，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于以例题解析为载体，培养学生的空间观念与推理能力，如例1通过多角度分析位置关系，例2结合判定定理证明平行垂直。学生能提升直观想象与逻辑推理素养，教师可借助分层训练优化教学，提高课堂效率。

培优3 折叠问题 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，首先找到折叠前后的不变量与变量，即找到哪些线、面的位置关系和哪些线段的长度没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征． 解决此类问题的步骤为：第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量．第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面．第三步：利用判定定理或性质定理进行证明． 培优 类型一 探究点线面的位置关系 √ √ 培优 培优 对于A，假设存在某个位置的点P，使AC⊥平面PAB，由PA⊂平面PAB，则AC⊥PA，即在梯形ABCD中，AC⊥AD，显然不成立，故A错误； 对于B，如图2，因为AC的中点为E，PA＝PC，则PE⊥AC，又F为BC中点，所以AB∥EF，则异面直线PE与AB的夹角为∠PEF(或其补角)，又AB⊥AC，则EF⊥AC，所以∠PEF即为二面角P-AC-B，所以异面直线PE与AB的夹角的正弦值和二面角P-AC-B的正弦值相等，故B正确； 培优 培优 对于D，在梯形ABCD中，四边形AFCD为菱形，∠DCF＝60°，则FC＝FD＝2，翻折过程中，P点轨迹是以FD的中点为圆心，FD为直径的半圆弧(不包括D点和F点)，则FP<FD＝FC，所以不存在点P，使FC＝FP，故D错误．故选BC. 培优 类型二 判断平行与垂直 培优 (1)求证：AM∥平面BEC； 培优 (2)求证：BC⊥平面BDE； 培优 (3)求CD与平面BEC的夹角的正弦值． 培优 培优 　 如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB的中点．将三角形ADE沿线段DE折起到PDE的位置，如图2所示． 类型三 探索性问题 培优 (1)求证：DE⊥PC； 【解】　证明：因为四边形AECD为菱形， 所以AC⊥DE，即DE⊥PF，DE⊥CF， 又PF，CF⊂平面PFC，PF∩CF＝F， 所以DE⊥平面PFC， 又因为PC⊂平面PFC，所以DE⊥PC. 培优 (2)试问二面角B-PC-F是否为90°，如果是，请证明；如果不是，请说明理由； 【解】　二面角B-PC-F为90°，证明如下： 因为E为AB中点且四边形AECD为菱形， 所以BE＝CD，BE∥CD， 所以四边形BCDE为平行四边形，所以BC∥DE， 由(1)知，DE⊥平面PFC， 所以BC⊥平面PFC， 又BC⊂平面PBC，所以平面PFC⊥平面PBC，即二面角B-PC-F为90°. 培优 (3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由． 【解】　存在满足条件的M，N，且分别为PD，BC中点，证明如下： 连接EN，PN，MF，CM. 由(2)知，四边形BCDE为平行四边形， 又F，N分别为DE，BC中点，所以EF＝CN，EF∥CN， 所以四边形EFCN为平行四边形， 所以CF∥EN，又EN⊂平面PEN，CF⊄平面PEN，所以CF∥平面PEN. 培优 因为M，F分别为PD，DE中点． 所以MF为△PDE中位线，所以MF∥PE， 又PE⊂平面PEN，MF⊄平面PEN，所以MF∥平面PEN，又MF∩CF＝F，MF，CF⊂平面CFM，所以平面CFM∥平面PEN. 培优 √ √ √ 培优 解析：因为PA⊥PE，假设PA⊥BE，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE， 所以PA⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，所以PA⊥PB. 在△PAB中，PA＝AB＝2，无法构成三角形，所以PA与BE不可能垂直，故A错误； 培优 培优 培优 2．一副标准的三角板(如图1)，∠ABC为直角，∠A＝60°，∠DEF为直角，DE＝EF，BC＝DF，把BC与DF重合，拼成一个三棱锥(如图2)，设M是线段AC的中点，N是线段BC的中点，连接EN，MN，EM. 培优 (1)求证：平面ABC⊥平面EMN； 证明：因为M是AC的中点，N是BC的中点，所以MN∥AB， 因为AB⊥BC，所以MN⊥BC， 因为BE＝EC，N是BC的中点， 所以EN⊥BC， 又MN∩EN＝N，MN，EN⊂平面EMN， 所以BC⊥平面EMN，又因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面EMN. 培优 (2)设平面ABE∩平面MNE＝l，求证：l∥AB. 证明：由(1)知MN∥AB，AB⊄平面EMN, MN⊂平面EMN，所以AB∥平面MNE， 又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面MNE＝l，所以l∥AB. 培优 培优 (1)求证：CD⊥平面P′AD； 解：证明：△P′AD是正三角形，有P′A＝AB＝2， △P′AB中，P′A2＋AB2＝8＝P′B2，则AB⊥P′A， 正方形ABCD中，AB⊥AD，又P′A∩AD＝A，P′A，AD⊂平面P′AD， 于是AB⊥平面P′AD，而CD∥AB， 所以CD⊥平面P′AD. 培优 (2)在线段P′D上是否存在一点Q，使得CQ∥平面BDT？若存在，指出点Q的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 解：存在，点Q为线段P′D的中点，使得CQ∥平面BDT.证明如下： 取P′T的中点N，连接CQ，NQ，CN，AC，AC∩BD＝O，连接OT，如图， 于是NQ∥TD，而TD⊂平面BDT，NQ⊄平面BDT，因此NQ∥平面BDT. 依题意，T为P′A上一点，且满足P′T＝2AT，则T为NA中点， 又O为AC中点，即有OT∥CN， 培优 而OT⊂平面BDT，CN⊄平面BDT. 因此CN∥平面BDT. 又CN∩NQ＝N，CN，NQ⊂平面CQN，从而平面CQN∥平面BDT， 又CQ⊂平面CQN，则CQ∥平面BDT. 所以点Q为线段P′D的中点时，CQ∥平面BDT. 培优 　(多选)在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝DC＝ eq \f(1,2) BC＝2，E，F分别为AC，BC的中点，△DAC沿着AC翻折，使点D到点P处，得到三棱锥P-ABC，则下列说法正确的是(　　) A．存在某个位置的点P，使AC⊥平面PAB B．异面直线PE与AB的夹角的正弦值和二面角P-AC-B的正弦值相等 C.若平面PAC⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是20π D．必存在某个位置的点P，使FC＝FP 【解析】　在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝DC＝ eq \f(1,2) BC＝2，则梯形ABCD为等腰梯形，如图1，过A作BC的垂线，垂足为H，F为BC中点，则有BH＝1，HC＝3，由勾股定理得AH＝ eq \r(3) ，AC＝2 eq \r(3) ，AF＝FC＝2，∠BAH＝30°，∠CAH＝60°，所以∠BAC＝90°，则AB⊥AC. 对于C，若平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE⊂平面PAC，PE⊥AC，则PE⊥平面ABC，在△PAC中，PA＝PC＝2，∠APC＝120°，则PE＝1，△ABC外接圆的圆心为BC的中点F，半径为FC＝2， 设三棱锥P-ABC外接球球心为O，半径为R，OF＝a，如图3， 过球心O作EF的平行线，与PE的延长线交于点Q，BF＝2， PE＝1，EF＝ eq \f(1,2) AB＝1，由OB2＝BF2＋OF2，OP2＝OQ2＋PQ2，得R2＝22＋a2＝12＋(1＋a)2，解得a＝1，则有R2＝5，所以三棱锥P-ABC外接球的表面积是20π，故C正确； 　如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝ eq \f(1,2) CD＝1.现以AD为一边向外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2. 【解】　证明：取EC中点N，连接MN，BN， 在△EDC中，M，N分别为ED，EC的中点， 所以MN∥CD，且MN＝ eq \f(1,2) CD. 由已知AB∥CD，AB＝ eq \f(1,2) CD， 所以MN∥AB，且MN＝AB，所以四边形ABNM 为平行四边形．所以BN∥AM. 又因为BN⊂平面BEC，且AM⊄平面BEC，所以AM∥平面BEC. 【解】　证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD. 又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED⊂平面ADEF， 所以ED⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，所以ED⊥BC.在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，可得BC＝ eq \r(2) . 在△BCD中，BD＝BC＝ eq \r(2) ，CD＝2，所以BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD. 又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDE， 所以BC⊥平面BDE. 【解】　作DH⊥平面BEC于点H，连接CH，则∠DCH的正弦值为所求的正弦值． 由(2)知，BC⊥BD，所以S△BCD＝ eq \f(1,2) BD·BC＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(2) ＝1. 又因为ED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 则ED⊥BD，计算可得BE＝ eq \r(3) ，又BC⊥平面BDE，且BE⊂平面BDE，可得BC⊥BE，结合BC＝ eq \r(2) ， S△BCE＝ eq \f(1,2) ×BC×BE＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(3) ＝ eq \f(\r(6),2) . 又V三棱锥E-BCD＝V三棱锥D-BCE＝ eq \f(1,3) S△BCD·DE＝ eq \f(1,3) S△BCE·DH，解得DH＝ eq \f(\r(6),3) ， 所以sin ∠DCH＝ eq \f(DH,CD) ＝ eq \f(\f(\r(6),3),2) ＝ eq \f(\r(6),6) . 【尝试训练】 1．(多选)如图，在边长为2的正方形ABCD中，E是CD的中点，将△DAE沿AE翻折到△PAE，连接PB，PC，F是线段PB的中点，在△DAE翻折到△PAE的过程中，下列说法正确的是(　　) A．存在某个位置，使得PA⊥BE B．CF的长度为定值 C．四棱锥P-ABCE的体积的最大值为 eq \f(2\r(5),5) D．直线PA与平面ABCE夹角的正切值的最大值为 eq \f(1,2) 取PA的中点G，连接EG，FG，如图所示，因为F是线段PB的中点，G是PA的中点， 所以GF∥AB，GF＝ eq \f(1,2) AB，又EC∥AB，EC＝ eq \f(1,2) AB，所以GF∥EC，GF＝EC， 所以四边形GFCE是平行四边形，所以CF＝GE＝ eq \r(2) ，故B正确； 当平面PAE⊥平面ABCE时，四棱锥P-ABCE的体积最大，如图，过P作AE的垂线，垂足为H， 所以PH·AE＝PA·PE，PE＝1，PA＝AD＝2，AE＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) ，所以PH＝ eq \f(PA·PE,AE) ＝ eq \f(2\r(5),5) . 因为平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，PH⊥AE，PH⊂平面PAE， 所以PH⊥平面ABCE，即PH是四棱锥P-ABCE的高， 所以V四棱锥P-ABCE＝ eq \f(1,3) S四边形ABCE·PH＝ eq \f(1,3) × eq \f(1＋2,2) ×2× eq \f(2\r(5),5) ＝ eq \f(2\r(5),5) ，故C正确； 当平面PAE⊥平面ABCE时，直线PA与平面ABCE夹角的正切值取得最大值， 此时AH＝ eq \r(PA2－PH2) ＝ eq \f(4\r(5),5) ， 所以tan ∠PAH＝ eq \f(PH,AH) ＝ eq \f(1,2) ，故D正确． 故选BCD. 3．如图1所示，已知正三角形ADP与正方形ABCD，将△ADP沿AD翻折至△ADP′所在的位置，连接P′B，P′C，得到如图2所示的四棱锥．已知AB＝2，P′B＝2 eq \r(2) ，T为AP上一点，且满足PT＝2AT. $