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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

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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. - 10 -

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