2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章立體幾何7.7立體幾何中的翻折、探究性、最值問題教學(xué)案蘇教版

第七節(jié)立體幾何中的翻折、探究性、最值問題 苦苣苗肯再忠一課堂考點探究眩好登孝矍費'■)考點1平面圖形的翻折問題|唳通法3步解決平面圖形翻折問題瑞定折疊前后的各■之間的美系.搞清折疊苜后;的壹化?和不青量 :|.一花|_J在新聲后的圍附總確定戡和面的位H美東，充哥I"-』L需要用到的垓面I第三步H利用判優(yōu)宏理或也旗安理進(jìn)行包■期|總典例(2018?全國卷I)如圖，四邊形ABC國正方形，E,F分別為ADBC的中點,以DF為折痕把^DFC折起，使點C到達(dá)點P的位置，且PF±BF(1)證明：平面PEFL平面ABFD(2)求DP與平面ABF的成角的正弦值.［解］(1)證明：由已知可得BF±PF,BF±EF,PFAEF=F,PF,EF?平面PEF所以BFL平面PEF又BF?平面ABFD所以平面PEFL平面ABFD(2)如圖，作PHHLEF,垂足為H由⑴得，PHL平面ABFD以H為坐標(biāo)原點，徘的方向為y軸正方向，|BF為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.由⑴可得，DELPE又DP=2,DE=1,所以PE=初.

又PF=1,EF=2,所以PELPF所以PIH=金,EH=3.2 2則H0,0,0),P0,0,當(dāng)，D-1,-3,0,DP=1,*乎，Hp=0,0,乎.又H的平面ABFD勺法向量,設(shè)DP與平面ABFM成的角為0,3則sin0=|cos〈HPDP||則sin0=|cos〈HPDP|IHP|DP.'3 4所以DP所以DP與平面ABF所成角的正弦值為134|■點評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.［教師備選例題］(2019?貴陽模擬)如圖所示，在梯形CDEFK四邊形ABC時正方形，且AE=BF=AB=1,將△ADE占著線段A所起，同時將△BCF占著線段B時起，使得E,F兩點重合為點P.⑴求證：平面PABL平面ABCD(2)求直線PB與平面PCD勺所成角的正弦值.［解］(1)證明：.「四邊形ABC西正方形，.ACLARADLAE,.ADIAP,，ADL平面PAB又..At?平面ABCD??平面ABCDl平面PAB(2)以AB中點O為原點，建立空間坐標(biāo)系如圖,

??A曰BF=AB=1,，A2A*B21,1 '3 1 1??.B]0,0,P0,0,+,C],1,0,D-萬，1,0,-PB= 0,—挈，DC=(1,0,0),CF^=-2,—1,號,設(shè)n=(x,y,z)是平面PCD的一個法向量，n.DG=0,則n?CP=0,n.DG=0,則n?CP=0,x=0,即1 ：3-2x-y+ z=0.取z=2,則n=(0，狼，2),設(shè)直線PB與平面PCD勺所成角為0,則sin0=|cos〈n,前|=*=/卑則sin0=|cos〈n,前|=*=/卑故直線PB與平面PCD勺所成角的正弦值為217|修典迎(2019?廣州模擬)如圖1,在高為6的等腰梯形ABC由，AB//CD且CD=6,AB=12,將它沿對稱軸OO折起，使平面ADQO,平面BCQD,如圖2,點P為BC的中點，點E在線段AB±(不同于A,B兩點)，連接OE并延長至點Q使AQ/OB圖1圖圖1圖2(1)證明：ODL平面PAQ(2)若BE=2AE,求二面角GBQA的余弦值.［解］(1)證明：由題設(shè)知OAOBOO兩兩垂直,???以O(shè)為坐標(biāo)原點，OAOBOO所在直線分別為X軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AQ的長為設(shè)AQ的長為m^則qo,0,0)，A(6,0,0) , B(0,6,0) , q0,3,6) , D(3,0,6) , Q6 , m,0).???點P為BC的中點,Q[>(3,0,6),AQ=(0,Q[>(3,0,6),AQ=(0,m,0),PQ=6,9m-2，—3.???Qd-AQ=o,Qd-PQ=o,.QdlAQQdlPQ即ODLAQODLPQ又ACTPQ=Q,ODL平面PAQ1???BEE=2AEAQ//OB，AQ=2OB=3,則Q6,3,0) ,?.Q&(-6,3,0)，品(0,-3,6).設(shè)平面CBQ勺法向量為m=(x,y,z),ni?QB-0,由一ni,BC=0,—6x+3y=0,得-3y+6z=0,令z=1,則y=2,x=1,ni=(1,2,1).易得平面ABQ勺一個法向量為n2=(0,0,1).設(shè)二面角GBQA的大小為0,由圖可知，0為銳角,ni?n2 6則cose=：―.―,―-=_,|ni|?In2| 6即二面角GBQA的余弦值為36.6?)考點2立體幾何中的探究性問題I唳通法(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(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)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(jìn)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(biāo)，應(yīng)用共線向量定理 a=入b(bw0),利用向量相等，所求點坐標(biāo)用入表示，再根據(jù)條件代入，注意人的范圍.(3)利用空間向量的坐標(biāo)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(jìn)行處理.|修我例(2019?華南師大附中模擬)如圖，在五面體ABCDE中，AB//CDEF,ADLCD/DCF=60,C氏EF=CF=2AB=2AD=2,平面CDEF平面ABCD(1)求證：CEL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-DEA的大小為60°.［解］(1)證明：CD/EF,CD=EF=CF,???四邊形CDEFM菱形，.二CELDF.平面CDEF_平面ABCD平面CDEF平面ABCDCDADLCDAD?平面ABCD.ADL平面CDEF.CE?平面CDEFADLCE又「ADy平面ADFDF?平面ADFAmDF=D,CEL平面ADF(2)由(1)知四邊形CDE的菱形，又DCF=60,??.△DEF為正三角形.如圖，取EF的中點G連接GD則GDIEF.EF//CDGDLCD???平面CDEF_^面ABCDGD?平面CDEF平面CDE舊平面ABCBCD???GDL平面ABCD

又???ADLCD 直線DADCDGW兩垂直.以D為原點，分別以DADCDG所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系D-xyz..CD=EF=CF^2,AB=AD=1,???□(0,0,0) , B(1,1,0) , a0,2,0) , E(0,—1,4)，F(xiàn)(0,1,4),，CE=(0,—3,夜)，Df=(0,i,回CB=(i,—i,0),DC=(0,2,0).由(1)知CE是平面ADF的一個法向量.設(shè)CAaCB=(a,-a,0)(0<a<1),貝1］品幣＞昆(a,2-a,0).設(shè)平面PDF的法向量為n=(x,v，z),n-DF=0,n,DP=0,即n-DF=0,n,DP=0,即y+V3z=0，ax+ 2-ay=0.令y=^/3a,則x=W(a—2),z=—a,n=(\/3(a—2),■'^a,—a).???二面角P-DFA的大小為60°,一|n-CE|cos〈n,C日|= |n||CE_ 43a _1―52，3a-22+3a2+a22，- 2. ……人，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.|■點評(1)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(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)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，引進(jìn)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］(2019?濰坊模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD^,底面ABCM直角才形，AD//BC/ADC1=90,平面PADL底面ABCDQ為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2,BC=2AD=1,CD=3.

(1)求證：平面PBCL平面PQB(2)當(dāng)PM勺長為何值時，平面QM由平面PD所成的銳二面角的大小為60。？_一一一一［解］(1)證明：「AD//BCQ為AD的中點，BO］AD BC//QDBOQD，四邊形BCDS平行四邊形，，BQ/CD./ADC=90, BCLBQPA=PDAQ=QD PQLAD又?.?平面PADL平面ABCD平面PAD平面ABCDADPQL平面ABCDPCLBC又.PCTBQ=Q，BCL平面PQB??BC?平面PBC平面PBCL平面PQB(2)由⑴可知PQL平面ABCM圖，以Q為原點，分別以QAQBQP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則 Q0,0,0) , D(-1,0,0), R0,0，4,日0, ?3, 0),q—i,小,0),QB=（0,&0）,DC=（0,小,0）,DP=（1,0,?。?PC=（―1,小,-木）.設(shè)平面PDCW法向量為n=（x',y',z'）,則3yDP-n=0令x'=3,則y'=0,z'=-??平面PDC勺一個法向量為n=(3,0，—d3).①當(dāng)M與C重合時，平面MQB勺法向量QP=(0,0,、/3),則應(yīng)一比=-=cos60°,滿,“三f2足題意.

②當(dāng)M與C不重合時，設(shè)PM=xPC則PM=(一入，/入，一小人),且0w入＜1,得m—入，寸3入,力一入)，?-Qm=(-入，/入，V3(i-入)).設(shè)平面MBQ勺法向量為mr(x,y,z),則QMrn=0, -入x+^3入y+^31-入z=0,Qb-m^0, 4=0.令x=?則y=0,z=1_入,j— 入??平面MBQ勺一個法向量為m=V3,0,「了.，平面QM由平面PDO成的銳二面角的大小為60°,cos60nm 3Vcos60nm 3V3-V3-|n||m_J12入

1—入

""T"1一人1 1 7??入=2.「下02Po手|數(shù)典建(2019|數(shù)典建(2019?北京高考)如圖，在四棱錐P-ABC麗，PA1平面ABCDADLCDAD//BCPF1PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點，點F在PC上，且PC=3.⑴求證：CDL平面PAD(2)求二面角F-AEP的余弦值;判斷直線AG是否在平面AEF判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由.⑶設(shè)點G在PB上，且一大PB3［解］(1)證明：因為PA1平面ABCD所以PAhCD又因為ADLCDPAHAD=A,所以CDL平面PAD(2)過A作AD的垂線交BC于點M因為PAL平面ABCD所以PA!AMPAIAD

，D(0,2,0),如圖建立空間直角坐標(biāo)系 Axyz,則A(0,0,0) ,B(2,—，D(0,2,0),R0,0,2).因為E為PD的中點，所以E(0,1,1)._ 所以AE=(0,1,1),PO(2,2,—2),AP=(0,0,2).所以PE：PC= AF=AP+P已-.3 33 3 333設(shè)平面AEF的一個法向量為n=(x,v,z),n-AE=0,則n,AF=0,y+z=0,即2 2 43x+3y+3z=0.令z=1,則y=-1,x=-1.于是n=(-1,—1,1).又因為平面PAD勺法向量為p=(1,0,0),n 3所以Cos〈n'P〉=而7=-3.由題知，二面角F-AEP為銳角，所以其余弦值為號3⑶直線A*平面AEF內(nèi).因為點G在PB上，且罷|,PB=(2,-1,-2),PB3所以PG=|pb-4., -2-, —4 ,AG=AkPG=*-|, 2 .3 3 3 3 3 3 3由(2)知，平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以Abn=—4+|+2-=0.333所以直線AG在平面AEF內(nèi).AG勺方向向量|■點評本題(3)先求得點G的坐標(biāo)，然后結(jié)合平面AEFAG勺方向向量即可判斷直線是否在平面內(nèi).?考點3立體幾何中的最值問題|唳通法解決空間圖形有關(guān)的線段、角、距離、面積、體積等最值問題，一般可以從三方面著手：一是從問題的幾何特征入手，充分利用其幾何性質(zhì)去解決；二是利用空間幾何體的側(cè)面展開圖；三是找出問題中的代數(shù)關(guān)系，建立目標(biāo)函數(shù)，利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值.解題途徑很多，在函數(shù)建成后，可用一次函數(shù)的端點法、二次數(shù)的配方法、公式法、函數(shù)有界法（如三角函數(shù)等）及高階函數(shù)的拐點導(dǎo)數(shù)法等.|總典例（1）（2019?衡水中學(xué)月考）如圖所示，長方體ABCDABCD中，AB=AD=1,AA=正面對角線B1D上存在一點P使得AP+PB最短，則AP+PB的最小值為（ ）B.2C.2+蛆 D.2(2)(2019?三明模擬)如圖所示，PAL平面ADEB,C分別是AEDE的中點，AE!ADAD=AE=AP=2.①求二面角A-PED的余弦值；②點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ勺長.（1）A［如圖，把^A1B1D折起至與平面BDEB共面，連接A1B交BD于P,則此時的AP+PB最短，即為A1B的長，在^ABB中，由余弦定理求得AB=故選A.(2)［解］①因為PAL平面ADEAt?平面ADEAB?平面ADE所以PALAD,PALAB，

又因為AHAD,所以PAADAB兩兩垂直.A(0,0,0)，以｛AB,而AP｝為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系 A(0,0,0)，R1,0,0),C(1,1,0) ,D(0,2,0) ,R0,0,2)因為PALAD,因為PALAD,ADLAgAEHPA=A,所以ADL平面PAE所以AD是平面PA用一個法向量，且Ab=(0,2,0)易得電(1,1,—2),Pb=(0,2,—2).設(shè)平面PED勺法向量為m^(x,y,z).m?PO0,則-m?PO0,則-m-Pb=0,x+y—2z=0,2y-2z=0.令令y=1,解得z=1,x=1.所以m^(1,1,1)是平面PED勺一個法向量,所以cos所以cos〈ADmtAb.m史iadnm3所以二面角A-所以二面角A-PED的余弦值為②BP=(-1,0,2),故可設(shè)BQ=入BP=(一入,0,2入)(0w入W1).又CB=(0,又CB=(0,—1,0),所以CQ=CB^BQ=(—入1,2入).又又DP=(0,—2,2),所以cos〈所以cos〈CQDpCQDP 1+2入|CQDp%/10入2+299 <—2010,+7設(shè)1+2入=t,t€[1,3],2一一 2t2 2則cos〈CQDm=5t2—10t+9=1529r-9

.. 9當(dāng)且僅當(dāng)2即入=工時，5|cos〈Cq而|的最大值為3110.兀因為y=cosx在0,—上是減函數(shù)，所以當(dāng)入=|時直線C