2021高三數學北師大版（理）一輪教師用書：第8章第7節(jié)立體幾何中的翻折、探究性、最值問題

第七節(jié)　立體幾何中的翻折、探究性、最值問題考點1　平面圖形的翻折問題　3步解決平面圖形翻折問題  　(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△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．[解]　(1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，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)如圖，作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，的方向為y軸正方向，||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⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2， 所以PE⊥PF.所以PH＝，EH＝.則H(0,0,0)，P，D，＝，＝.又為平面ABFD的法向量，設DP與平面ABFD所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.　平面圖形翻折為空間圖形問題重點考查平行、垂直關系，解題關鍵是看翻折前后線面位置關系的變化，根據翻折的過程找到翻折前后線線位置關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構特征．[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△ADE沿著線段AD折起，同時將△BCF沿著線段BC折起，使得E，F兩點重合為點P.(1)求證：平面PAB⊥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⊥AB，AD⊥AE，∴AD⊥AP, ∴AD⊥平面PAB，又∵AD平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAB.(2)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，∴B，P，C，D，∴＝，＝(1,0,0)，＝，設n＝(x，y，z)是平面PCD 的一個法向量，則即取z＝2，則n＝(0，，2)，設直線PB與平面PCD的所成角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，故直線PB與平面PCD的所成角的正弦值為.　(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OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，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.圖1　　　　　　　　圖2(1)證明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C-BQ-A的余弦值．[解]　(1)證明：由題設知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軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AQ的長為m，則O(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，∴＝(3,0,6)，＝(0，m,0)，＝.∵·＝0，·＝0，∴⊥，⊥，即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，∴OD⊥平面PAQ.(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，則Q(6,3,0)，∴＝(－6,3,0)，＝(0，－3,6)．設平面CBQ的法向量為n1＝(x，y，z)，由得令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)．設二面角C-BQ-A的大小為θ，由圖可知，θ為銳角，則cos θ＝＝，即二面角C-BQ-A的余弦值為.考點2　立體幾何中的探究性問題　(1)解決探究性問題的基本方法是假設結論成立或對象存在，然后在這個前提下進行邏輯推理，若能推導出與條件吻合的數據或事實，則說明假設成立，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，設點坐標，應用共線向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求點坐標用λ表示，再根據條件代入，注意λ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化為方程是否有解的問題進行處理．　(2019·華南師大附中模擬)如圖，在五面體ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)求證：CE⊥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：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，∴四邊形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD平面ABCD，∴AD⊥平面CDEF，∵CE平面CDEF，∴AD⊥CE.又∵AD平面ADF，DF平面ADF，AD∩DF＝D，∴CE⊥平面ADF.(2)由(1)知四邊形CDEF為菱形，又∵∠DCF＝60°，∴△DEF為正三角形．如圖，取EF的中點G，連接GD，則GD⊥EF.∵EF∥CD，∴GD⊥CD.∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.又∵AD⊥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.∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，∴D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1，)，F(0,1，)，∴＝(0，－3，)，＝(0,1，)，＝(1，－1，0)，＝(0,2,0)．由(1)知是平面ADF的一個法向量．設＝a＝(a，－a,0)(0≤a≤1)，則＝＋＝(a,2－a,0)．設平面PDF的法向量為n＝(x，y，z)，則即令y＝a，則x＝(a－2)，z＝－a，∴n＝((a－2)，a，－a)．∵二面角P-DF-A的大小為60°，∴|cos〈n，〉|＝＝＝，解得a＝或a＝－2(不合題意，舍去)．∴P在靠近點B的CB的三等分點處．　(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解、是否有規(guī)定范圍內的解”等．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數. [教師備選例題](2019·濰坊模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.(1)求證：平面PBC⊥平面PQB；(2)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60°？[解]　(1)證明：∵AD∥BC，Q為AD的中點，BC＝AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴BQ∥CD.∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB.(2)由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如圖，以Q為原點，分別以QA，QB，QP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則Q(0,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，∴＝(0，，0)，＝(0，，0)，＝(1,0，)，＝(－1，，－)．設平面PDC的法向量為n＝(x′，y′，z′)，則 即令x′＝3，則y′＝0，z′＝－，∴平面PDC的一個法向量為n＝(3,0，－)．①當M與C重合時，平面MQB的法向量＝(0,0，)，則＝＝cos 60°，滿足題意．②當M與C不重合時，設＝λ，則＝(－λ，λ，－λ)，且0≤λ＜1，得M(－λ，λ，－λ)，∴＝(－λ，λ，(1－λ))．設平面MBQ的法向量為m＝(x，y，z)，則即令x＝，則y＝0，z＝，∴平面MBQ的一個法向量為m＝.∴平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60°，∴cos 60°＝＝＝，∴λ＝.∴PM＝PC＝.綜上知，PM＝或.　(2019·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點，點F在PC上，且＝.(1)求證：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F-AE-P的余弦值；(3)設點G在PB上，且＝，判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由．[解]　(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又因為AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.(2)過A作AD的垂線交BC于點M.因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥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＝(0,1,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,0,2)．所以＝＝，＝＋＝.設平面AEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即 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)，所以cos〈n，p〉＝＝－.由題知，二面角F-AE-P為銳角，所以其余弦值為.(3)直線AG在平面AEF內．因為點G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，所以＝＝，＝＋＝.由(2)知，平面AEF的法向量n＝(－1，－1,1)．所以·n＝－＋＋＝0.所以直線AG在平面AEF內．　本題(3)先求得點G的坐標，然后結合平面AEF的法向量和直線AG的方向向量即可判斷直線是否在平面內．考點3　立體幾何中的最值問題　解決空間圖形有關的線段、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去解決；二是利用空間幾何體的側面展開圖；三是找出問題中的代數關系，建立目標函數，利用代數方法求目標函數的最值．解題途徑很多，在函數建成后，可用一次函數的端點法、二次數的配方法、公式法、函數有界法(如三角函數等)及高階函數的拐點導數法等．　 (1)(2019·衡水中學月考)如圖所示，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝，面對角線B1D1上存在一點P使得A1P＋PB最短，則A1P＋PB的最小值為(　　)A. B.C.2＋ D.2(2)(2019·三明模擬)如圖所示，PA⊥平面ADE，B，C分別是AE，DE的中點，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.①求二面角A-PE-D的余弦值；②點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．(1)A　[如圖，把△A1B1D1折起至與平面BDD1B1共面，連接A1B交B1D1于P，則此時的A1P＋PB最短，即為A1B的長，在△A1B1B中，由余弦定理求得A1B＝，故選A.(2)[解]　①因為PA⊥平面ADE，AD平面ADE，AB平面ADE，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因為AB⊥AD，所以PA，AD，AB兩兩垂直．以{，，}為正交基底建立空間直角坐標系A-xyz，則各點的坐標為A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因為PA⊥AD，AD⊥AE，AE∩PA＝A，所以AD⊥平面PAE，所以是平面PAE的一個法向量，且＝(0,2,0)．易得＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．設平面PED的法向量為m＝(x，y，z)．則即令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PED的一個法向量，所以cos〈，m〉＝＝，所以二面角A-PE-D的余弦值為.②＝(－1,0,2)，故可設＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)．又＝(0，－1,0)，所以＝＋＝(－λ，－1,2λ)．又＝(0，－2,2)，所以cos〈，〉＝＝.設1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈，〉＝＝≤，當且僅當t＝，即λ＝時，|cos〈，〉|的最大值為.因為y＝cos x在上是減函數，所以當λ＝時直線CQ與DP所成角取得最小值．又因為BP＝＝，所以BQ＝BP＝.　本例(1)屬于線段和的最值問題，求解時采用了化空間為平面，化折為直的重要手段；本例(2)屬于解決空間角的最值問題，求解時采用了把空間角的余弦三角函數值表示為參數λ的二次函數，利用這個函數的單調性求三角函數值的最值，求解時需要注意的是函數中自變量的取值范圍對最值的決定作用．　(2018·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當三棱錐M-ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值．[解]　(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.當三棱錐M-ABC體積最大時，M為的中點．由題設得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則即可取n＝(1,0,2)．是平面MCD的法向量，因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是.