2021年江蘇高考數(shù)學一輪復習講義第7章第7節(jié)立體幾何中的翻折、探究性、最值問題

1、1 第七節(jié) 立體幾何中的翻折、探究性、最值 問題 總結(jié)常廿點課堂考點探究琥解高考疑難 考點 1 平面圖形的翻折問題 震進齊 3 步解決平面圖形翻折問題 I. 莊LJ確底新疊前后的4-f 的關(guān)系、摘清折疊師后: 獸片耐化和不丸 : JT Lz 八二一八一一一八一 w一一八八一 | f J在折豊后的圖敦中確宸旣和肅矗位 M 關(guān)采，明鏑! 番要用時踐而 W ， “ 7 RD T b r - * v “ w ， 7 I I H二# 口利用豈崖宦理或崔廈宦理逬行證明 - I I Ei-I (2018 全國卷I )如圖，四邊形 ABCD 為正方形，E, F 分別為 AD, BC 的中點，以 DF 為折痕把

2、厶 DFC 折起，使點 C 到達點 P 的位置，且 PF 丄 BF. (1) 證明：平面 PEF 丄平面 ABFD; 求 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值. 解(1)證明：由已知可得 BF 丄 PF，BF 丄 EF， PFA EF= F，PF，EF?平面 PEF， 所以 BF 丄平面 PEF. 又 BF?平面 ABFD， 所以平面 PEF 丄平面 ABFD. (2) 如圖，作 PH 丄 EF，垂足為 H.2 由(1)得，PH 丄平面 ABFD. 以 H 為坐標原點，HF 的方向為 y 軸正方向，|BF|為單位長，建立如圖所示 的空間直角坐標系 H-xyz. 由(1)可得，DE 丄 PE.

3、 又 DP= 2, DE= 1 所以 PE= 3 又 PF= 1, EF = 2, 所以 PE 丄 PF. 所以 PH =舟,EH =號. 則 H(0,0,0), P 0, 0,中，D - 1,- 又 HP 為平面 ABFD 的法向量, 則 sin A |cos HP, DP匸叮羅叮羅 |HP|DP| V3 所以 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值為 丁. U 曲平平面圖形翻折為空間圖形問題重點考查平行、垂直關(guān)系，解題關(guān)鍵 是看翻折前后線面位置關(guān)系的變化，根據(jù)翻折的過程找到翻折前后線線位置關(guān)系 中沒有變化的量和發(fā)生變化的量，這些不變的和變化的量反映了翻折后的空間圖 形的結(jié)構(gòu)特征.DP= 1

4、, 3 中，HP二 0, 0, 2 設(shè) DP 與平面 ABFD 所成的角為 03 教師備選例題 (2019 貴陽模擬)如圖所示，在梯形 CDEF 中，四邊形 ABCD 為正方形，且 AE= BF = AB= 1,將厶 ADE 沿著線段 AD 折起，同時將厶 BCF 沿著線段 BC 折 起，使得 E，F(xiàn) 兩點重合為點 P. 求證：平面 PAB 丄平面 ABCD; (2)求直線 PB 與平面 PCD 的所成角的正弦值. 解(1)證明：四邊形 ABCD 為正方形， AD 丄 AB，AD 丄 AE， AD 丄 AP,二 AD 丄平面 PAB， 又 AD?平面 ABCD， 平面 ABCD 丄平面 PAB

5、. 以 AB 中點 O 為原點，建立空間坐標系如圖, AE= BF = AB= 1， AP= AB= BP= 1， 1 3 1 1 二 B 2，0，0，P 0, 0, ，C2，1, 0，D 2，1, 0，4 二呢=2，o,叨，DC=(1,00), Cp = 2，1，拐， 設(shè) n= (x, y, z)是平面 PCD 的一個法向量， 取 z= 2,貝 U n = (0, ,3 2), 設(shè)直線 PB 與平面 PCD 的所成角為 9, 旳牡電(2019 廣州模擬)如圖1,在高為6的等腰梯形ABCD中， AB/CD, 且CD_6, AB_ 12,將它沿對稱軸 001折起，使平面 ADO1O 丄平面 BC

6、O1O, 如圖 2,點 P 為 BC的中點，點 E 在線段 AB 上(不同于 A, B 兩點)，連接 OE 并 延長至點 Q,使 AQ/ OB. (1) 證明：OD 丄平面 FAQ; 若 BE_2AE,求二面角 C-BQ-A 的余弦值. 解(1)證明：由題設(shè)知 OA, OB, OO1兩兩垂直, 以 O 為坐標原點，OA, OB, OO1所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸建立 n DC = 0, n CP = 0, 則 sin A |cosn, PB |n PB|_ V3 _V2l |n| |PB| 7X 1 7 故直線 PB 與平面 PCD 的所成角的正弦值為 ；21 7 x= 0, 5

7、如圖所示的空間直角坐標系, 工 Q 設(shè) AQ 的長為 m,貝U 0(0,0,0), A(6,0,0), B(0,6,0), C(0,3,6), D(3,0,6), Q(6, m,0). 點 P 為 BC 的中點， -P 0, 2, 3 , OD= (3,0,6), AQ= (0, m,0), PQ= 6, m-1, 3 . T OD AQ= 0, OD PQ = 0, 二 OD 丄 AQ, OD 丄 PQ, 即 OD 丄 AQ, OD 丄 PQ, 又 AQA PQ = Q, OD 丄平面 PAQ. 1 (2) v BE= 2AE, AQ/ OB, AQ=qOB = 3, 則 Q(6,3,0),

8、 QB= ( 6,3,0), 4 (0, 3,6). 設(shè)平面 CBQ 的法向量為 ni = (x, y, z), ni QB = 0, 由 - n1 BC= 0, 6x+ 3y= 0, 得 3y+ 6z= 0, 令 z= 1,則 y= 2, x= 1, n1 = (1,2,1). 易得平面 ABQ 的一個法向量為 n2= (0,0,1).6 設(shè)二面角 C-BQ-A 的大小為9,由圖可知，B為銳角, ni n2 J6 則 cos 9 |ni| |n2| = 6， 即二面角 C-BQ-A 的余弦值為嶋 観庖論(1)解決探究性問題的基本方法是假設(shè)結(jié)論成立或?qū)ο蟠嬖?，然后在這 個前提下進行邏輯推理，若

9、能推導出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，則說明假設(shè)成立, 即存在，并可進一步證明；否則不成立，即不存在. (2)在棱上探尋一點滿足各種條件時，要明確思路，設(shè)點坐標，應(yīng)用共線向 量定理 a= b(b0)，利用向量相等，所求點坐標用 入表示，再根據(jù)條件代入, 注意入的范圍. (3) 利用空間向量的坐標運算，可將空間中的探究性問題轉(zhuǎn)化為方程是否有 解的問題進行處理. 專沖 I (2019 華南師大附中模擬)如圖，在五面體 ABCDEF 中， AB/ CD / EF，AD 丄 CD，/ DCF = 60 CD = EF = CF = 2AB = 2AD = 2,平面 CDEF 丄平面 ABCD. (1) 求證

10、：CE 丄平面 ADF ; (2) 已知 P 為棱 BC 上的點，試確定點 P 的位置，使二面角 P-DF-A 的大小為 60 . 解(1)證明：v CD / EF, CD = EF = CF , 四邊形 CDEF 是菱形，二 CE 丄 DF. 考點 立體幾何中的探究性問題 7 v平面 CDEF 丄平面 ABCD，平面 CDEF G平面 ABCD = CD, AD 丄 CD, AD 平面 ABCD, AD 丄平面 CDEF , v CE?平面 CDEF ,二 AD 丄 CE. 又 AD?平面 ADF, DF?平面 ADF, ADA DF = D , CE 丄平面 ADF. (2)由(1)知四邊

11、形 CDEF 為菱形， 又 v / DCF = 60 DEF 為正三角形. 如圖，取 EF 的中點 G,連接 GD，則 GD 丄 EF. v EF/ CD , GDI CD. v平面 CDEF 丄平面 ABCD, GD?平面 CDEF，平面 CDEF A平面 ABCD = CD, GDI平面 ABCD. 又v AD 丄 CD, 直線 DA, DC, DG 兩兩垂直. 以 D 為原點，分別以 DA, DC, DG 所在的直線為 x 軸、y 軸、z 軸，建立 如圖的空間直角坐標系 D-xyz. v CD = EF = CF = 2, AB = AD= 1, D(0,0,0), B(1,1,0),

12、C(0,2,0), E(0, 1, .3), F(0,1, 3), Cfe= (0 , 8 3 , 3) , DF 二(0,1 , 3) , CB= (1 , 1 , 0) , DC 二(0,2,0). 由(1)知 CE 是平面 ADF 的一個法向量. 設(shè) CP = aCB= (a,- a,o)(ow a |=|n CE| |n|CE| _ 4 占 a _ 1 52 3 a 2 2+ 3a2 + a2 2， 2 解得 a_3 或 a_ 2(不合題意，舍去). P 在靠近點 B 的 CB 的三等分點處. 蘭評對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當作 條件，據(jù)此列方程或方程組，把

13、 “是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解、 是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對于位置探究型問題， 通常借助向量， 弓 I 進參數(shù)， 綜合已知和結(jié)論列出 等式，解出參數(shù). 教師備選例題 9 (2019 濰坊模擬)如圖，在四棱錐 P-ABCD 中，底面 ABCD 為直角梯形， AD/ BC ,Z ADC_ 90平面 FAD 丄底面 ABCD , Q 為 AD 的中點，M 是棱 PC10 (1)求證：平面 PBC 丄平面 PQB; 當 PM 的長為何值時，平面 QMB 與平面 PDC 所成的銳二面角的大小為1 解(1)證明：T AD / BC, Q 為 AD 的中點，BC=AD ,二 BC/ Q

14、D, BC =QD, 四邊形 BCDQ 為平行四邊形，二 BQ/ CD. vZ ADC= 90 二 BC 丄 BQ. FA= PD , AQ = QD, / PQ 丄 AD. 又v平面 PAD 丄平面 ABCD，平面 PAD G平面 ABCD = AD, PQ 丄平面 ABCD,二 PQ 丄 BC. 又 v PQA BQ= Q,二 BC 丄平面 PQB. v BC?平面 PBC,二平面 PBC 丄平面 PQB. (2)由可知 PQ 丄平面 ABCD.如圖，以 Q 為原點，分別以 QA, QB, QP 所 在直線為 x 軸、軸、z 軸，建立空間直角坐標系，則 Q(0,0,0), D( 1,0,0

15、), P(0,0, ，B(0, 3, 0), C( 1, 3 0), QB= (0, 3, 0), DC 二(0, 3, 0), DP 二(1,0, .3, PC= ( 1, 3,60 上的點，PA= PD = 2, 11 設(shè)平面 PDC 的法向量為 n = (x，y, z),則 DC n = 0, DP n= 0, 即，3y= 0， x + 3z = 0. 令 x= 3,則 y= 0, z= /3, 平面 PDC 的一個法向量為 n= (3,0, ;3). 當 M 與 C 重合時，平面 MQB 的法向量 QP= (0,0,宅)，則丄1 = 2 = cos |n|QP| 2 60滿足題意. 當

16、 M 與 C 不重合時， 設(shè)M=護 C,則 PM =(人 J3 人一羽為，且 0 疋 1,得M(人靈入3 3 2), QM =(入羽入 73(1 防. 設(shè)平面 MBQ 的法向量為 m= (x, y, z)，貝 U 平面 QMB 與平面 PDC 所成的銳二面角的大小為 60 X 1.A PM QM m = 0, QB m = 0, 即；X7X71Xz=0, 3y= 0. 令 x= ,3 則 y= 0, z= 平面MBQ的一個法向量為 m= 3, 0, X 1 二 cos |n m| |n|m| 1 2, 3 3 -3 1X 12 V7 綜上知，PM= .T 或2. 證汐 (2019 北京高考)如

17、圖，在四棱錐 P-ABCD 中，PA 丄平面 ABCD,13 AD 丄 CD , AD / BC, PA=AD = CD = 2, BC = 3.E 為 PD 的中點，點 F 在 PC 上, PF 1 且 PC= 3. (2)求二面角 F-AE-P 的余弦值; PG 2 設(shè)點 G 在 PB 上，且呢=3 判斷直線 AG 是否在平面 AEF 內(nèi)，說明理 由. 解(1)證明：因為 PA 丄平面 ABCD，所以 PA 丄 CD. 又因為 AD 丄 CD，PAG AD = A,所以 CD 丄平面 FAD. 過 A 作 AD 的垂線交 BC 于點 M. 因為 PA 丄平面 ABCD，所以 PA 丄 AM

18、，PA 丄 AD. 如圖建立空間直角坐標系 A-xyz,則 A(0,0,0), B(2, 1,0)，C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2). 因為 E 為 PD 的中點，所以 E(0,1,1). 所以 Afe= (0,1,1), PC= (2,2, 2), (0,0,2). 所以 3PC = 3,3，2，AF=AP+PF = 3，3，4. 設(shè)平面 AEF 的一個法向量為 n = (x, y, z),求證: CD 丄14 n AE = 0, 則 一 n AF = 0, y+z= 0, 即 2 2 4 3x+ 3+3z= . 令 z= 1,則 y= 1, x= 1.于是 n = ( 1, 1,1). 又因為平面 PAD 的法向量為 p= (1,0,0), (3) 直線 AG 在平面 AEF 內(nèi). 因為點 G 在 PB 上，且器=2, PB= (2, 1, 2), 所以PG= 3PB= 3, 2一4, AG=AP+ PG= 3, 3 2. 由知，平面 AEF 的法向量 n= ( 1, 1,1). T 4 2 2 所以 AG n= 3 +