《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習(xí) 文》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習(xí) 文(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題
[考情分析] 翻折問題和探索性問題是近年來高考立體幾何中的常見題型.翻折是聯(lián)結(jié)平面幾何與立體幾何的紐帶,實現(xiàn)平面向空間的轉(zhuǎn)化;探索性問題常以動點形式出現(xiàn),是帶著解析幾何的味道出現(xiàn)在立體幾何中的神秘殺手,讓很多學(xué)生不知所措!對于這兩類題目,破題的秘訣是“以靜制動,靜觀其變!”
熱點題型分析
熱點1 翻折問題
1.處理好翻折問題的關(guān)鍵是抓住兩圖的特征關(guān)系,畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形,并弄清翻折前后哪些發(fā)生了變化,哪些沒有發(fā)生變化,這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據(jù).
2.以翻折棱為基準,在同一個半平面內(nèi)的幾何元素之間
2、的關(guān)系是不變的,分別位于兩個半平面內(nèi)的幾何元素之間的關(guān)系一般是變化的.垂直于翻折棱的直線翻折后,仍然垂直于翻折棱.
(2019·河北五校聯(lián)考)如圖1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=AB=2,E為AC的中點,將△ACD沿AC折起,使折起后的平面ACD與平面ABC垂直,如圖2.在圖2所示的幾何體D-ABC中:
(1)求證:BC⊥平面ACD;
(2)點F在棱CD上,且滿足AD∥平面BEF,求幾何體F-BCE的體積.
解 (1)證明:∵AC==2,∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,∴在△ABC中,BC2=AC2+AB2-2AC×AB×cos45°=
3、8,
∴AB2=AC2+BC2=16,∴AC⊥BC,
∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,BC?平面ABC,∴BC⊥平面ACD.
(2)∵AD∥平面BEF,AD?平面ACD,平面ACD∩平面BEF=EF,∴AD∥EF,∵E為AC的中點,∴EF為△ACD的中位線,
由(1)知,VF-BCE=VB-CEF=×S△CEF×BC,
S△CEF=S△ACD=××2×2=,
∴VF-BCE=××2=.
1.解決與翻折有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后的變和不變.一般情況下,線段的長度是不變的,而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化,抓住不變量是解決問題的突破口.
2.在解決問題時,要
4、綜合考慮翻折前后的圖形,既要分析翻折后的圖形,也要分析翻折前的圖形.
如圖1,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,E,F(xiàn)分別在線段BC,AD上,EF∥AB,將矩形ABEF沿EF折起,記折起后的矩形為MNEF,且平面MNEF⊥平面ECDF,如圖2.
(1)求證:NC∥平面MFD;
(2)若EC=3,求證:ND⊥FC;
(3)求四面體NEFD體積的最大值.
解 (1)證明:∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形,
∴MN∥EF,EF∥CD,MN=EF=CD,∴MNCD.
∴四邊形MNCD是平行四邊形,∴NC∥MD.
∵NC?平面MFD,MD?平面MFD,
∴NC∥平面
5、MFD.
(2)證明:連接ED,
∵平面MNEF⊥平面ECDF,且NE⊥EF,平面MNEF∩平面ECDF=EF,NE?平面MNEF,
∴NE⊥平面ECDF.
∵FC?平面ECDF,
∴FC⊥NE.
∵EC=CD,∴四邊形ECDF為正方形,
∴FC⊥ED.
又∵ED∩NE=E,ED,NE?平面NED,
∴FC⊥平面NED.
∵ND?平面NED,
∴ND⊥FC.
(3)設(shè)NE=x,則FD=EC=4-x,其中0
6、僅當(dāng)x=4-x,即x=2時,四面體NEFD的體積最大,最大值為2.
熱點2 探索性問題
立體幾何中的探索性問題主要是對位置關(guān)系、角的大小以及點的位置的探究,對條件和結(jié)論不完備的開放性問題的探究.解決這類問題一般根據(jù)探索性問題的設(shè)問,假設(shè)其存在并探索出結(jié)論,然后在這個假設(shè)下進行推理論證,若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè),若得到矛盾就否定假設(shè).
(2019·成都診斷)如圖,在四邊形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F(xiàn)分別在BC,AD上,EF∥AB,現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.
(1)若BE=1,在折疊后的線段AD上是否存在一點P
7、,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,說明理由;
(2)求三棱錐A-CDF的體積的最大值,并求出此時點F到平面ACD的距離.
解 (1)線段AD上存在一點P,使得CP∥平面ABEF,
此時=.
理由如下:
當(dāng)=時,=,
過點P作PM∥FD交AF于點M,連接EM,
則有==,由題意可得FD=5,故MP=3,
由題意可得EC=3,又MP∥FD∥EC,
∴,
故四邊形MPCE為平行四邊形,
∴CP∥ME,
又∵CP?平面ABEF,ME?平面ABEF,
∴CP∥平面ABEF成立.
(2)設(shè)BE=x,∴AF=x(0
8、F=××2·(6-x)·x=(-x2+6x).
∴當(dāng)x=3時,VA-CDF有最大值,且最大值為3,
此時EC=1,AF=3,F(xiàn)D=3,DC=2,F(xiàn)C=,AC=,AD=3,在△ACD中,由余弦定理得
cos∠ADC===.
∴sin∠ADC=,S△ADC=·DC·DA·sin∠ADC=3,
設(shè)點F到平面ADC的距離為h,
由于VA-CDF=VF-ACD,即3=·h·S△ADC,
∴h=,即點F到平面ADC的距離為.
1.對于存在型問題,解題時一般先假設(shè)其存在,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或者方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“是否有解”“是否在規(guī)定范圍內(nèi)有解”等問題.
9、2.對于位置探索型問題,通常是利用空間線、面位置關(guān)系,引入?yún)?shù),綜合條件和結(jié)論列方程,解出參數(shù)從而確定位置.
(2019·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中,四邊形ABCD為菱形,且∠DAB=60°,EA=ED=AB=2EF=2,EF∥AB,M為BC的中點.
(1)求證:FM∥平面BDE;
(2)若平面ADE⊥平面ABCD,求F到平面BDE的距離.
解 (1)證明:取BD的中點O,連接OM,OE,因為O,M分別為BD,BC的中點,所以O(shè)M∥CD,且OM=CD,
因為四邊形ABCD為菱形,
所以CD∥AB,因為EF∥AB,所以CD∥EF,又AB=CD=2EF=2,
10、
所以EF=CD.
所以O(shè)M∥EF,且OM=EF,
所以四邊形OMFE為平行四邊形,所以FM∥OE.
又OE?平面BDE且FM?平面BDE,所以FM∥平面BDE.
(2)由(1)得FM∥平面BDE,所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離.
取AD的中點H,連接EH,BH,
因為EA=ED,所以EH⊥AD,
因為平面ADE⊥平面ABCD,且平面ADE∩平面ABCD=AD,EH?平面ADE,
所以EH⊥平面ABCD,因為BH?平面ABCD,
所以EH⊥BH.
因為四邊形ABCD是菱形,所以AB=AD=2,
又∠BAD=60°,所以△ABD是等邊三角形,
所以BD
11、=2,BH=.易得EH=.
在Rt△EBH中,因為EH=BH=,
所以BE=,
因為ED=BD=2,所以△BDE為等腰三角形,
所以S△BDE=×× =,
設(shè)F到平面BDE的距離為h,
連接DM,
因為S△BDM=×1×=,
所以由VE-BDM=VM-BDE,得
××=×h×,
解得h=.
即F到平面BDE的距離為.
專題作業(yè)
1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.
(1)求證:DC⊥平面PAC;
(2)求證:平面PAB⊥平面PAC;
(3)設(shè)點E為AB的中點,在棱PB上是否存在點F,使得PA∥平面CEF?說明理由
12、.
解 (1)證明:因為PC⊥平面ABCD,DC?平面ABCD,所以PC⊥DC.
又因為AC⊥DC,且PC∩AC=C,所以DC⊥平面PAC.
(2)證明:因為AB∥CD,DC⊥AC,所以AB⊥AC.
因為PC⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,
所以PC⊥AB.
又因為PC∩AC=C,所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)棱PB上存在點F,使得PA∥平面CEF.
理由如下:取PB的中點F,連接EF,CE,CF,又因為E為AB的中點,所以EF∥PA.又因為PA?平面CEF,且EF?平面CEF,所以PA∥平面CEF.
2.如圖,四棱
13、錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,AB=AD=2CD=2,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,且△PAD是以AD為底的等腰三角形.
(1)證明:AD⊥PB;
(2)若四棱錐P-ABCD的體積等于,問:是否存在過點C的平面CMN,分別交PB,AB于點M,N,使得平面CMN∥平面PAD?若存在,求出△CMN的面積;若不存在,請說明理由.
解 (1)證明:取AD的中點G,連接PG,GB,BD,
∵PA=PD,∴PG⊥AD.
∵AB=AD,且∠DAB=60°,
∴△ABD是正三角形,
∴BG⊥AD,
又∵PG∩BG=G,PG,BG?平面PGB,
∴
14、AD⊥平面PGB.∴AD⊥PB.
(2)存在,理由如下:
分別取PB,AB的中點M,N,連接CM,MN,NC,則MN∥PA;
∵ABCD是梯形,且DC平行且等于AB,
∴DC平行且等于AN,于是,四邊形ANCD為平行四邊形,
∴NC∥AD,∴平面CMN∥平面PAD.
由(1)知,MN=1,CN=2,
易知PG⊥平面ABCD,BC=,
∵四棱錐P-ABCD的體積為,
∴=××PG,
∴PG=,在Rt△AGB中,得GB=,
∴PB=,BM=,
∴在△PBC與△CBM中,==,
∴△PBC∽△CBM,易知CG=,PC=,=,得CM=,∴MN2+MC2=NC2,
∴△CMN
15、是直角三角形,
∴S△CMN=·CM·MN=.
3.如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,點E是BC邊的中點,將△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,連接AE,AC,DE,得到如圖2所示的幾何體.
(1)求證:AB⊥平面ADC;
(2)若AD=1,AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為,求點B到平面ADE的距離.
解 (1)證明:因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BD⊥DC,DC?平面BCD,所以DC⊥平面ABD.
因為AB?平面ABD,所以DC⊥AB,又因為AD⊥AB,且DC∩AD=D,所以AB⊥平面ADC.
16、
(2)由(1)知DC⊥平面ABD,所以AC在平面ABD內(nèi)的正投影為AD,即∠DAC為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角.
依題意得tan∠DAC==,
因為AD=1,所以CD=,
設(shè)AB=x(x>0),則BD=,
因為△ABD∽△DCB,所以=,即=,
解得x=,故AB=,BD=,BC=3.
由于AB⊥平面ADC,AC?平面ADC,
所以AB⊥AC,又E為BC的中點,所以由平面幾何知識得AE==,
因為BD⊥DC,E為BC的中點,
所以DE==,所以
S△ADE=×1× =.
因為DC⊥平面ABD,
所以VA-BCD=VC-ABD=CD·S△ABD=.
設(shè)點B到平面ADE的距離為d.則由d·S△ADE=VB-ADE=VA-BDE=VA-BCD=,得d=,
即點B到平面ADE的距離為.
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