《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题 教案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题 教案.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 第七节第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值立体几何中的翻折、探究性、最值问题问题 考点 1 平面图形的翻折问题 3 步解决平面图形翻折问题 (2018 全国卷)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DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 解 (1)证明：由已知可得 BFPF，BFEF， PFEFF，PF，EF平面 PEF， 所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)如图，作 PH
2、EF，垂足为 H. 由(1)得，PH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，DEPE. 2 又 DP2，DE1，所以 PE 3. 又 PF1，EF2，所以 PEPF. 所以 PH32，EH32. 则 H(0，0，0)，P0，0，32，D1，32，0 ， DP1，32，32，HP0，0，32. 又HP为平面 ABFD 的法向量， 设 DP 与平面 ABFD 所成的角为 ， 则 sin |cosHP，DP|HP DP|HP|DP|34334. 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为34.
3、 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 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AEBFAB1，将ADE 沿着线段 AD 折起，同时将BCF 沿着线段 BC 折起，使得 E，F 两点重合为点 P. (1)求证：平面 PAB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， ADAB，ADAE， 3
4、 ADAP, AD平面 PAB， 又AD平面 ABCD， 平面 ABCD平面 PAB. (2)以 AB 中点 O 为原点，建立空间坐标系如图， AEBFAB1， APABBP1， B12，0，0 ，P(0，0，32)，C12，1，0 ，D12，1，0 ， PB12，0，32，DC(1，0，0)，CP12，1，32， 设 n(x，y，z)是平面 PCD 的一个法向量， 则n DC0，n CP0，即x0，12xy32z0， 取 z2，则 n(0， 3，2)， 设直线 PB 与平面 PCD 的所成角为 ， 则 sin |cosn，PB|n PB|n|PB|371217， 故直线 PB 与平面 PCD
5、 的所成角的正弦值为217. (2019 广州模拟)如图 1，在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中，ABCD，且 CD6，AB12，将它沿对称轴 OO1折起，使平面 ADO1O平面 BCO1O，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 AQOB. 4 图 1 图 2 (1)证明：OD平面 PAQ； (2)若 BE2AE，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 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设
6、 AQ 的长为 m，则 O(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， P0，92，3 ， OD(3，0，6)，AQ(0，m，0)，PQ6，m92，3 . OD AQ0，OD PQ0， ODAQ，ODPQ， 即 ODAQ，ODPQ，又 AQPQQ， OD平面 PAQ. (2)BE2AE，AQOB，AQ12OB3， 则 Q(6，3，0)，QB(6，3，0)，BC(0，3，6) 设平面 CBQ 的法向量为 n1(x，y，z)， 由n1QB0，n1BC0，得6x3y0，3y6z0， 令 z1，则 y2，x1，n1
7、(1，2，1) 易得平面 ABQ 的一个法向量为 n2(0，0，1) 设二面角 C- BQ- A 的大小为 ，由图可知， 为锐角， 5 则 cos n1n2|n1|n2|66， 即二面角 C- BQ- A 的余弦值为66. 考点 2 立体几何中的探究性问题 (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 ab(b0)，利用向量相等，所求点坐标用 表示，再根据条件代入，注意 的范围 (
8、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 (2019 华南师大附中模拟)如图，在五面体ABCDEF 中，ABCDEF，ADCD，DCF60，CDEFCF2AB2AD2，平面 CDEF平面 ABCD. (1)求证：CE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：CDEF，CDEFCF， 四边形 CDEF 是菱形，CEDF. 平面 CDEF平面 ABCD，平面 CDEF平面 ABCDCD，ADCD，AD平面 ABCD， AD平面 CDEF， CE平面 CDEF，ADC
9、E. 又AD平面 ADF，DF平面 ADF，ADDFD， CE平面 ADF. (2)由(1)知四边形 CDEF 为菱形， 又DCF60， DEF 为正三角形 6 如图，取 EF 的中点 G，连接 GD，则 GDEF. EFCD，GDCD. 平面 CDEF平面 ABCD，GD平面 CDEF，平面 CDEF平面 ABCDCD， GD平面 ABCD. 又ADCD，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. CDEFCF2，ABAD1， D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，
10、E(0，1， 3)，F(0，1， 3)，CE(0，3， 3)，DF(0，1， 3)，CB(1，1，0)，DC(0，2，0) 由(1)知CE是平面 ADF 的一个法向量 设CPaCB(a，a，0)(0a1)， 则DPDCCP(a，2a，0) 设平面 PDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则n DF0，n DP0，即y 3z0，ax（2a）y0. 令 y 3a，则 x 3(a2)，za， n( 3(a2)， 3a，a) 二面角 P- DF- A 的大小为 60， |cosn，CE|n CE|n|CE| 4 3a12 3（a2）23a2a212， 解得 a23或 a2(不合题意，舍去) P 在靠近
11、点 B 的 CB 的三等分点处 (1)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7 作条件， 据此列方程或方程组， 把“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，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 教师备选例题 (2019 潍坊模拟)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，ADBC，ADC90 ，平面 PAD底面ABCD，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 上的点，PAPD2，BC12AD1，CD 3. (1)求证：平面 PBC平面 PQB； (2)当 PM 的长为何值时，平面 QM
12、B 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为60 ？ 解 (1)证明：ADBC，Q 为 AD 的中点，BC12AD， BCQD，BCQD， 四边形 BCDQ 为平行四边形，BQCD. ADC90 ，BCBQ. PAPD，AQQD，PQAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， PQ平面 ABCD，PQBC. 又PQBQQ，BC平面 PQB. BC平面 PBC，平面 PBC平面 PQB. (2)由(1)可知 PQ平面 ABCD.如图，以 Q 为原点，分别以 QA，QB，QP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则 Q(0,0,0)，D(1,0,0)，
13、P(0,0， 3)，B(0， 3，0)，C(1， 3，0)， QB(0， 3，0)，DC(0， 3，0)，DP(1,0， 3)，PC(1， 3， 3) 8 设平面 PDC 的法向量为 n(x，y，z)，则 DC n0，DP n0，即 3y0，x 3z0. 令 x3，则 y0，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， 3)，则|n QP|n|QP|12cos 60 ，满足题意 当 M 与 C 不重合时， 设PMPC，则PM(， 3， 3)，且 01，得 M(， 3， 3 3)， QM(， 3， 3(1) 设平面 MB
14、Q 的法向量为 m(x，y，z)，则 QM m0，QB m0，即 x 3y 31z0，3y0. 令 x 3，则 y0，z1， 平面 MBQ 的一个法向量为 m3，0，1. 平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为 60 ， cos 60 |n m|n|m|3 3 311231212， 12.PM12PC72. 综上知，PM 7或72. 9 (2019 北京高考)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PFPC13. (1)求证：CD平面 PAD； (2)求二面角 F- AE-
15、P 的余弦值； (3)设点 G 在 PB 上，且PGPB23，判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由 解 (1)证明：因为 PA平面 ABCD，所以 PACD. 又因为 ADCD，PAADA，所以 CD平面 PAD. (2)过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M. 因为 PA平面 ABCD，所以 PAAM，PAAD. 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AE(0，1，1)，PC(2，2，2)，AP(0，0，2) 所以PF13PC2
16、3，23，23，AFAPPF23，23，43. 设平面 AEF 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则n AE0，n AF0， 即yz0，23x23y43z0. 令 z1，则 y1，x1.于是 n(1，1，1) 又因为平面 PAD 的法向量为 p(1，0，0)， 10 所以 cosn，pn p|n|p|33. 由题知，二面角 F- AE- P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)直线 AG 在平面 AEF 内 因为点 G 在 PB 上，且PGPB23，PB(2，1，2)， 所以PG23PB43，23，43，AGAPPG43，23，23. 由(2)知，平面 AEF 的法向量 n(1，1，1) 所
17、以AG n4323230. 所以直线 AG 在平面 AEF 内 本题(3)先求得点 G 的坐标，然后结合平面 AEF 的法向量和直线 AG的方向向量即可判断直线是否在平面内 考点 3 立体几何中的最值问题 解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手： 一是从问题的几何特征入手， 充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图； 三是找出问题中的代数关系， 建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等 (1)(2019 衡水中学月考
18、)如图所示，长方体ABCD- A1B1C1D1中，ABAD1，AA1 2面对角线 B1D1上存在一点 P 使得 A1PPB 最短， 则 A1PPB 的最小值为( ) A. 5 B.2 62 C2 2 D2 (2)(2019 三明模拟)如图所示， PA平面 ADE， B， C 分别是 AE， DE 的中点，AEAD，ADAEAP2. 11 求二面角 A- PE- D 的余弦值； 点 Q 是线段 BP 上的动点， 当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时， 求线段 BQ的长 (1)A 如图，把A1B1D1折起至与平面 BDD1B1共面， 连接 A1B 交B1D1于 P， 则此时的 A1PPB 最短，
19、即为 A1B 的长，在A1B1B 中，由余弦定理求得 A1B 5，故选 A. (2)解 因为 PA平面ADE，AD平面 ADE，AB平面ADE，所以 PAAD，PAAB， 又因为 ABAD， 所以 PA， AD，AB 两两垂直 以AB，AD，AP为正交基底建立空间直角坐标系 A- xyz，则各点的坐标为 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2) 因为 PAAD，ADAE，AEPAA， 所以 AD平面 PAE， 所以AD是平面 PAE 的一个法向量，且AD(0，2，0) 易得PC(1，1，2)，PD(0，2，2) 设平面 PED 的法向量为 m(x
20、，y，z) 则m PC0，m PD0，即xy2z0，2y2z0. 令 y1，解得 z1，x1. 所以 m(1，1，1)是平面 PED 的一个法向量， 12 所以 cosAD，mAD m|AD|m|33， 所以二面角 A- PE- D 的余弦值为33. BP(1，0，2)，故可设BQBP(，0，2)(01) 又CB(0，1，0)，所以CQCBBQ(，1，2) 又DP(0，2，2)， 所以 cosCQ，DPCQ DP|CQ|DP|121022. 设 12t，t1，3， 则 cos2CQ，DP2t25t210t9291t592209910， 当且仅当 t95，即 25时， |cosCQ，DP|的最大
21、值为3 1010. 因为 ycos x 在0，2上是减函数， 所以当 25时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值 又因为 BP 1222 5，所以 BQ25BP2 55. 本例(1)属于线段和的最值问题，求解时采用了化空间为平面，化折为直的重要手段；本例(2)属于解决空间角的最值问题，求解时采用了把空间角的余弦三角函数值表示为参数 的二次函数， 利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用 (2018 全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直， M 是CD上异于 C， D的点 13 (1)证明：平面 A
22、MD平面 BMC； (2)当三棱锥M- ABC体积最大时， 求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值 解 (1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD. 因为 BCCD，BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，所以 BCDM. 因为 M 为CD上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM. 又 BCCMC，所以 DM平面 BMC. 而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC. (2)以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D- xyz. 当三棱锥 M- ABC 体积最大时，M 为CD的中点由题设得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， AM(2，1，1)，AB(0，2，0)，DA(2，0，0) 设 n(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则n AM0，n AB0， 即2xyz0，2y0. 可取 n(1，0，2) DA是平面 MCD 的法向量， 因此 cosn，DAn DA|n|DA|55， sinn，DA2 55. 所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是2 55.