2022届高考（统考版）数学理科一轮复习教学案：第7章 第7节 立体几何中的最值、翻折、探索性问题 （含解析）.doc

1、立体几何中的最值、翻折、探索性立体几何中的最值、翻折、探索性 问题问题 考点一 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，二次函数的配方法、 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 典例 1 (1)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

2、得 A1PPB 最短，则 A1PPB 的最小值为( ) A 5 B 2 6 2 C2 2 D2 (2)如图所示，PA平面 ADE，B，C 分别是 AE，DE 的中点，AEAD，AD AEAP2. 若点 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， 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 AE

3、AD，B 为 AE 中点，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) BP (1,0,2)，故可设BQ BP (，0,2)(01) 又CB (0，1,0)，所以CQ CB BQ (，1,2) 又DP (0，2,2)， 所以 cosCQ ，DP CQ DP |CQ |DP | 12 1022. 设 12t，t1,3， 则 cos2CQ ，DP 2t2 5t210t9 2 9 1 t 5 9 2 20 9 9 10， 当且仅当 t9 5

4、， 即 2 5时， |cosCQ ，DP |的最大值为3 10 10 . 因为 ycos x 在 0， 2 上是减函数， 所以当 2 5时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值 又因为 BP 1222 5，所以 BQ2 5BP 2 5 5 . 点评：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 跟进训练 (2020 广州模拟)如图所示，在四面体 ABCD 中，AD

5、AB，平面 ABD平面 ABC，ABBC 2 2 AC，且 ADBC4. (1)证明：BC平面 ABD； (2)设 E 为棱 AC 的中点，当四面体 ABCD 的体积取得最大值时，求二面角 C- BD- E 的余弦值 解 (1)证明：因为 ADAB，平面 ABD平面 ABC，平面 ABD平面 ABC AB，AD平面 ABD， 所以 AD平面 ABC， 因为 BC平面 ABC，所以 ADBC 因为 ABBC 2 2 AC， 所以 AB2BC2AC2， 所以 ABBC， 因为 ADABA，所以 BC平面 ABD (2)设 ADx(0 x4)，则 ABBC4x， 四面体 ABCD 的体积 Vf (x

6、)1 3x 1 2(4x) 2 1 6(x 38x216x)(0 x4) f (x)1 6(3x 216x16)1 6(x4)(3x4)， 当 0 x4 3时，f (x)0，Vf (x)单调递增； 当4 3x4 时，f (x)0，Vf (x)单调递减 故当 ADx4 3时，四面体 ABCD 的体积取得最大值 以 B 为坐标原点，建立空间直角坐标系 B- xyz， 则 B(0,0,0)，A 0，8 3，0 ，C 8 3，0，0 ，D 0，8 3， 4 3 ，E 4 3， 4 3，0 . 设平面 BCD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n BC 0， n BD 0， ，即 8 3x0， 8 3

7、y 4 3z0， 令 z2，得 n(0,1，2)， 同理可得平面 BDE 的一个法向量为 m(1，1,2)， 则 cosm，n m n |m|n| 5 5 6 30 6 . 由图可知，二面角 C- BD- E 为锐角，故二面角 C- BD- E 的余弦值为 30 6 . 考点二 平面图形的翻折问题 三步解决平面图形翻折问题 典例 2 (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

8、 (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 PHEF，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. 又 DP2，DE1，所以 PE 3. 又 PF1，EF2， 所以 PEPF. 所以 PH 3 2 ，EH3 2. 则 H(0,0,0)，P 0，0， 3 2 ，D 1，3 2，0 ， DP 1，3 2， 3 2 ，

9、HP 0，0， 3 2 . 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 | 3 4 3 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 点评：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 跟进训练 如图，在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中，ABCD，且 CD6，AB12，将 它沿对称轴 OO1折

10、起， 使平面 ADO1O平面 BCO1O， 如图， 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 图 图 (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 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，

11、 P 0，9 2，3 ， OD (3,0,6)，AQ (0，m,0)，PQ 6，m9 2，3 . OD AQ 0，OD PQ 0， OD AQ ，OD PQ ， 即 ODAQ，ODPQ，又 AQPQQ， OD平面 PAQ. (2)BE2AE，AQOB，AQ1 2OB3， 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 n1 QB 0， n1 BC 0， 得 6x3y0， 3y6z0， 令 z1，则 y2，x1，n1(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 ，

12、由图可知， 为锐角， 则 cos n1 n2 |n1| |n2| 6 6 ， 即二面角 C- BQ- A 的余弦值为 6 6 . 考点三 立体几何中的探索性问题 (1)解决探索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 (3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解 的问题进行处理 典例 3

13、(2020 上饶模拟)如图所示，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互 相垂直，AB2AD2，点 E 为 AB 的中点 (1)求证：BD1平面 A1DE； (2)设在线段 AB 上存在点 M， 使二面角 D1- MC- D 的大小为 6， 求此时 AM 的长 及点 E 到平面 D1MC 的距离 解 (1)证明：连接 AD1，交 A1D 于点 O，四边形 AA1D1D 为正方形， O 是 AD1的中点，点 E 为 AB 的中点，连接 OE. EO 为ABD1的中位线，EOBD1. 又BD1平面 A1DE，OE平面 A1DE，BD1平面 A1DE. (2)由题意可得 D1D平面 ABC

14、D，以点 D 为原点，DA，DC，DD1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，则 D(0,0,0)，C(0,2,0)， A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，B(1,2,0)，E(1,1,0)， 设 M(1，y0，0)(0y02)， MC (1,2y0，0)，D1C (0,2，1)， 设平面 D1MC 的一个法向量为 n1(x，y，z)， 则 n1 MC 0， n1 D1C 0， 即 xy2y00， 2yz0， 令 y1，有 n1(2y0，1,2) 而平面 MCD 的一个法向量为 n2(0,0,1) 要使二面角 D1- MC- D 的大小为 6， 则 cos

15、 6|cosn1，n2| |n1 n2| |n1| |n2| 2 2y021222 3 2 ， 解得 y02 3 3 (0y02)，故 AM2 3 3 ，此时 n1 3 3 ，1，2 ，D1E (1,1，1) 故点 E 到平面 D1MC 的距离为 d|n1 D1E | |n1| 1 3 3 4 3 3 31 4 . 点评：求空间距离常用的方法 (1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作 出垂线段，再通过解三角形求出距离 (2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解 (3)向量法： 空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解 求点 P 到平面 的距离的

16、步骤： 在平面 内取一点 A，确定向量PA 的坐标； 确定平面 的法向量 n； 代入公式 d|PA n| |n| 求解 跟进训练 (2020 沈阳模拟)如图，已知直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AA1ABAC1， ABAC，M，N，Q 分别是 CC1，BC，AC 的中点，点 P 在直线 A1B1上运动，且A1P A1B1 (0,1) (1)证明：无论 取何值，总有 AM平面 PNQ； (2)是否存在点 P，使得平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60 ？若存在，试确定 点 P 的位置，若不存在，请说明理由 解 (1)如图，以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为 x 轴、

17、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M 0，1，1 2 ，N 1 2， 1 2，0 ，Q 0，1 2，0 ， 由A1P A1B1 (1,0,0)(， 0,0)， 可得点 P(， 0,1)， 所以PN 1 2， 1 2，1 ， PQ ，1 2，1 . 又AM 0，1，1 2 ，所以AM PN 01 2 1 20，AM PQ 01 2 1 20， 所以AM PN ，AM PQ ，即 AMPN，AMPQ， 又 PNPQP，所以 AM平面 PNQ， 所以无论 取何值，总有 AM平面 PNQ. (2)设 n(x，y，z)是平面 PMN 的法向量， NM 1 2， 1 2， 1 2 ，PN 1 2， 1 2，1 ， 则 n NM 0， n PN 0， 即 1 2x 1 2y 1 2z0， 1 2 x 1 2yz0， 得 y12 3 x， z22 3 x， 令 x3，所以 n(3,12，22)是平面 PMN 的一个法向量 取平面 ABC 的一个法向量为 m(0,0,1) 假设存在符合条件的点 P，则 |cosm，n| |22| 9122222 1 2， 化简得 421410，解得 73 5 4 或 73 5 4 (舍去) 综上，存在点 P，且当 A1P73 5 4 时，满足平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60 .