2022版新高考数学一轮总复习学案：第7章 第7节 立体几何中的最值、翻折、探索性问题 WORD版含解析.doc

1、立体几何中的最值、翻折、探索性问题 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ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA1，面对角线B1D1上存在一点P使得A1PPB最短，则A1PPB的最小值为()A.BC2D2(2)如图所示，

2、PA平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AEAD，ADAEAP2.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，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AEAD，B为AE中点，所以PA，AD，AB两两垂直以，为正交基底建立空间直角坐标系Axyz，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)

3、(1,0,2)，故可设(，0,2)(01)又(0，1,0)，所以(，1,2)又(0，2,2)，所以cos，.设12t，t1,3，则cos2，当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上单调递减，所以当时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.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(2020广州模拟)如图所示，在四面体ABCD中，

4、ADAB，平面ABD平面ABC，ABBCAC，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CBDE的余弦值(1)证明：因为ADAB，平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，AD平面ABD，所以AD平面ABC，因为BC平面ABC，所以ADBC.因为ABBCAC，所以AB2BC2AC2，所以ABBC，因为ADABA，所以BC平面ABD.(2)解：设ADx(0x4)，则ABBC4x，四面体ABCD的体积Vf(x)x(4x)2(x38x216x)(0x4)f(x)(3x216x16)(x4)(3x4)，当0x时，f(x)0，V

5、f(x)单调递增；当x4时，f(x)0，Vf(x)单调递减故当ADx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Bxyz，则B(0,0,0)，A，C，D，E.设平面BCD的法向量为n(x，y，z)，则，即令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.由图可知，二面角CBDE为锐角，故二面角CBDE的余弦值为. 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

6、平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值(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)解：如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin |cos，|.所以DP与平面ABFD所成角的正弦

7、值为.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CBQA的余弦值(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OO1

8、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，P，(3,0,6)，(0，m,0)，.0，0，即ODAQ，ODPQ，又AQPQQ，OD平面PAQ.(2)解：BE2AE，AQOB，AQOB3，则Q(6,3,0)，(6,3,0)，(0，3,6)设平面CBQ的法向量为n1(x，y，z)，由得令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CBQA的大小为，由图可知，为锐角，则cos ，即二面角CBQA的

9、余弦值为. 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(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；

10、(2)设在线段AB上存在点M，使二面角D1MCD的大小为，求此时AM的长及点E到平面D1MC的距离(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)解：由题意可得D1D平面ABCD，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)，(1,2y

11、0,0)，(0,2，1)，设平面D1MC的一个法向量为n1(x，y，z)，则即令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D1MCD的大小为，则cos |cosn1，n2|，解得y02(0y02)，故AM2，此时n1，(1,1，1)故点E到平面D1MC的距离为d.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到平面的距离的步骤：在平面内取一点A，确定向

12、量的坐标；确定平面的法向量n；代入公式d求解(2020沈阳模拟)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1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(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(1) 证明：如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、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，N，Q，由(1,0,0)(，0,0)，可得点P(，0,1)，所以，.又，所以00，00，所以，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)解：设n(x，y，z)是平面PMN的法向量，则即得令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|，化简得421410，解得或(舍去)综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.