2021年江苏高考数学一轮复习讲义第7章第7节立体几何中的翻折、探究性、最值问题

1、1 第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值 问题 总结常廿点课堂考点探究琥解高考疑难 考点 1 平面图形的翻折问题 震进齐 3 步解决平面图形翻折问题 I. 庄LJ确底新叠前后的4-f 的关系、摘清折叠師后: 兽片耐化和不丸 : JT Lz 八二一八一一一八一 w一一八八一 | f J在折豊后的图敦中确宸旣和肅矗位 M 关采，明鏑! 番要用时践而 W ， “ 7 RD T b r - * v “ w ， 7 I I H二# 口利用岂崖宦理或崔厦宦理逬行证明 - I I Ei-I (2018 全国卷I )如图，四边形 ABCD 为正方形，E, F 分别为 AD, BC 的中点，以 DF 为折痕把

2、厶 DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF 丄 BF. (1) 证明：平面 PEF 丄平面 ABFD; 求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. 解(1)证明：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) 如图，作 PH 丄 EF，垂足为 H.2 由(1)得，PH 丄平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示 的空间直角坐标系 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 =号. 则 H(0,0,0), P 0, 0,中，D - 1,- 又 HP 为平面 ABFD 的法向量, 则 sin A |cos HP, DP匸叮罗叮罗 |HP|DP| V3 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 丁. U 曲平平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，解题关键 是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系 中没有变化的量和发生变化的量，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.DP= 1

4、, 3 中，HP二 0, 0, 2 设 DP 与平面 ABFD 所成的角为 03 教师备选例题 (2019 贵阳模拟)如图所示，在梯形 CDEF 中，四边形 ABCD 为正方形，且 AE= BF = AB= 1,将厶 ADE 沿着线段 AD 折起，同时将厶 BCF 沿着线段 BC 折 起，使得 E，F 两点重合为点 P. 求证：平面 PAB 丄平面 ABCD; (2)求直线 PB 与平面 PCD 的所成角的正弦值. 解(1)证明：四边形 ABCD 为正方形， 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 中点 O 为原点，建立空间坐标系如图, 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， 设 n= (x, y, z)是平面 PCD 的一个法向量， 取 z= 2,贝 U n = (0, ,3 2), 设直线 PB 与平面 PCD 的所成角为 9, 旳牡电(2019 广州模拟)如图1,在高为6的等腰梯形ABCD中， AB/CD, 且CD_6, AB_ 12,将它沿对称轴 001折起，使平面 ADO1O 丄平面 BC

6、O1O, 如图 2,点 P 为 BC的中点，点 E 在线段 AB 上(不同于 A, B 两点)，连接 OE 并 延长至点 Q,使 AQ/ OB. (1) 证明：OD 丄平面 FAQ; 若 BE_2AE,求二面角 C-BQ-A 的余弦值. 解(1)证明：由题设知 OA, OB, OO1两两垂直, 以 O 为坐标原点，OA, OB, OO1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 n DC = 0, n CP = 0, 则 sin A |cosn, PB |n PB|_ V3 _V2l |n| |PB| 7X 1 7 故直线 PB 与平面 PCD 的所成角的正弦值为 ；21 7 x= 0, 5

7、如图所示的空间直角坐标系, 工 Q 设 AQ 的长为 m,贝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). 点 P 为 BC 的中点， -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, 则 Q(6,3,0),

8、 QB= ( 6,3,0), 4 (0, 3,6). 设平面 CBQ 的法向量为 ni = (x, y, z), ni QB = 0, 由 - n1 BC= 0, 6x+ 3y= 0, 得 3y+ 6z= 0, 令 z= 1,则 y= 2, x= 1, n1 = (1,2,1). 易得平面 ABQ 的一个法向量为 n2= (0,0,1).6 设二面角 C-BQ-A 的大小为9,由图可知，B为锐角, ni n2 J6 则 cos 9 |ni| |n2| = 6， 即二面角 C-BQ-A 的余弦值为嶋 観庖论(1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这 个前提下进行逻辑推理，若

9、能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立, 即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在. (2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向 量定理 a= b(b0)，利用向量相等，所求点坐标用 入表示，再根据条件代入, 注意入的范围. (3) 利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有 解的问题进行处理. 專沖 I (2019 华南师大附中模拟)如图，在五面体 ABCDEF 中， AB/ CD / EF，AD 丄 CD，/ DCF = 60 CD = EF = CF = 2AB = 2AD = 2,平面 CDEF 丄平面 ABCD. (1) 求证

10、：CE 丄平面 ADF ; (2) 已知 P 为棱 BC 上的点，试确定点 P 的位置，使二面角 P-DF-A 的大小为 60 . 解(1)证明：v CD / EF, CD = EF = CF , 四边形 CDEF 是菱形，二 CE 丄 DF. 考点 立体几何中的探究性问题 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)知四边

11、形 CDEF 为菱形， 又 v / DCF = 60 DEF 为正三角形. 如图，取 EF 的中点 G,连接 GD，则 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, 直线 DA, DC, DG 两两垂直. 以 D 为原点，分别以 DA, DC, DG 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立 如图的空间直角坐标系 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 的一个法向量. 设 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(不合题意，舍去). P 在靠近点 B 的 CB 的三等分点处. 兰评对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作 条件，据此列方程或方程组，把

13、 “是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、 是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题， 通常借助向量， 弓 I 进参数， 综合已知和结论列出 等式，解出参数. 教师备选例题 9 (2019 潍坊模拟)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， AD/ BC ,Z ADC_ 90平面 FAD 丄底面 ABCD , Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC10 (1)求证：平面 PBC 丄平面 PQB; 当 PM 的长为何值时，平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为1 解(1)证明：T AD / BC, Q 为 AD 的中点，BC=AD ,二 BC/ Q

14、D, BC =QD, 四边形 BCDQ 为平行四边形，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.如图，以 Q 为原点，分别以 QA, QB, QP 所 在直线为 x 轴、轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则 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 上的点，PA= PD = 2, 11 设平面 PDC 的法向量为 n = (x，y, z),则 DC n = 0, DP n= 0, 即，3y= 0， x + 3z = 0. 令 x= 3,则 y= 0, z= /3, 平面 PDC 的一个法向量为 n= (3,0, ;3). 当 M 与 C 重合时，平面 MQB 的法向量 QP= (0,0,宅)，则丄1 = 2 = cos |n|QP| 2 60满足题意. 当

16、 M 与 C 不重合时， 设M=护 C,则 PM =(人 J3 人一羽为，且 0 疋 1,得M(人灵入3 3 2), QM =(入羽入 73(1 防. 设平面 MBQ 的法向量为 m= (x, y, z)，贝 U 平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为 60 X 1.A PM QM m = 0, QB m = 0, 即；X7X71Xz=0, 3y= 0. 令 x= ,3 则 y= 0, z= 平面MBQ的一个法向量为 m= 3, 0, X 1 二 cos |n m| |n|m| 1 2, 3 3 -3 1X 12 V7 综上知，PM= .T 或2. 證汐 (2019 北京高考)如

17、图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA 丄平面 ABCD,13 AD 丄 CD , AD / BC, PA=AD = CD = 2, BC = 3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上, PF 1 且 PC= 3. (2)求二面角 F-AE-P 的余弦值; PG 2 设点 G 在 PB 上，且呢=3 判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理 由. 解(1)证明：因为 PA 丄平面 ABCD，所以 PA 丄 CD. 又因为 AD 丄 CD，PAG AD = A,所以 CD 丄平面 FAD. 过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M. 因为 PA 丄平面 ABCD，所以 PA 丄 AM

18、，PA 丄 AD. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0), B(2, 1,0)，C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2). 因为 E 为 PD 的中点，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. 设平面 AEF 的一个法向量为 n = (x, y, z),求证: CD 丄14 n AE = 0, 则 一 n AF = 0, y+z= 0, 即 2 2 4 3x+ 3+3z= . 令 z= 1,则 y= 1, x= 1.于是 n = ( 1, 1,1). 又因为平面 PAD 的法向量为 p= (1,0,0), (3) 直线 AG 在平面 AEF 内. 因为点 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 +