2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第4讲 立体几何 第3

第4讲立体几何第3课时立体几何中的翻折问题和探索性问题题型2解答题规范踩点多得分[考情分析]翻折问题和探索性问题是近年来高考立体几何中的常见题型．翻折是联结平面几何与立体几何的纽带，实现平面向空间的转化；探索性问题常以动点形式出现，是带着解析几何的味道出现在立体几何中的神秘杀手，让很多学生不知所措！对于这两类题目，破题的秘诀是“以静制动，静观其变！”1热点题型分析PARTONE热点1翻折问题1．处理好翻折问题的关键是抓住两图的特征关系，画好翻折前后的平面图形与立体图形，并弄清翻折前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化，这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据．2．以翻折棱为基准，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的，分别位于两个半平面内的几何元素之间的关系一般是变化的．垂直于翻折棱的直线翻折后，仍然垂直于翻折棱．(2019·河北五校联考)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝12AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图2.在图2所示的几何体D－ABC中：(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．解(1)证明：∵AC＝AD2＋CD2＝22，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝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为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线，由(1)知，VF－BCE＝VB－CEF＝13×S△CEF×BC，S△CEF＝14S△ACD＝14×12×2×2＝12，∴VF－BCE＝13×12×22＝23.1．解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变和不变．一般情况下，线段的长度是不变的，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．2．在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图2.(1)求证：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；(3)求四面体NEFD体积的最大值．解(1)证明：∵四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MNCD.∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD.∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD.(2)证明：连接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，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0x4，由(2)得NE⊥平面FEC，∴四面体NEFD的体积为V四面体NEFD＝13S△EFD·NE＝12x(4－x)．∴V四面体NEFD≤12x＋4－x22＝2，当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2.热点2探索性问题立体几何中的探索性问题主要是对位置关系、角的大小以及点的位置的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究．解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．(2019·成都诊断)如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC.(1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出APPD的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥A－CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．解(1)线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时APPD＝32.理由如下：当APPD＝32时，APAD＝35，过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，则有MPFD＝APAD＝35，由题意可得FD＝5，故MP＝3，由题意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴，故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME，又∵CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP∥平面ABEF成立．(2)设BE＝x，∴AF＝x(0x≤4)，FD＝6－x，故VA－CDF＝13×12×2·(6－x)·x＝13(－x2＋6x)．∴当x＝3时，VA－CDF有最大值，且最大值为3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝22，FC＝5，AC＝14，AD＝32，在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22AD·DC＝18＋8－142×32×22＝12.∴sin∠ADC＝32，S△ADC＝12·DC·DA·sin∠ADC＝33，设点F到平面ADC的距离为h，由于VA－CDF＝VF－ACD，即3＝13·h·S△ADC，∴h＝3，即点F到平面ADC的距离为3.1．对于存在型问题，解题时一般先假设其存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或者方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否在规定范围内有解”等问题．2．对于位置探索型问题，通常是利用空间线、面位置关系，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数从而确定位置．(2019·郑州模拟)在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．(1)求证：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距离．解(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE，因为O，M分别为BD，BC的中点，所以OM∥CD，且OM＝12CD，因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB，因为EF∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，所以EF＝12CD.所以OM∥EF，且OM＝EF，所以四边形OMFE为平行四边形，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的距离等于M到平面BDE的距离．取AD的中点H，连接EH，BH，因为EA＝ED，所以EH⊥AD，因为平面ADE⊥平面ABCD，且平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，所以EH⊥平面ABCD，因为BH⊂平面ABCD，所以EH⊥BH.因为四边形ABCD是菱形，所以AB＝AD＝2，又∠BAD＝60°，所以△ABD是等边三角形，所以BD＝2，BH＝3.易得EH＝3.在Rt△EBH中，因为EH＝BH＝3，所以BE＝6，因为ED＝BD＝2，所以△BDE为等腰三角形，所以S△BDE＝12×6×22－622＝152，设F到平面BDE的距离为h，连接DM，因为S△BDM＝12×1×3＝32，所以由VE－BDM＝VM－BDE，得13×3×32＝13×h×152，解得h＝155.即F到平面BDE的距离为155.2专题作业PARTTWO1．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．解(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PC⊥AB.又因为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上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.2．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝2CD＝2，侧面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是以AD为底的等腰三角形．(1)证明：AD⊥PB；(2)若四棱锥P－ABCD的体积等于32，问：是否存在过点C的平面CMN，分别交PB，AB于点M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面积；若不存在，请说明理由．解(1)证明：取AD的中点G，连接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，∴AD⊥平面PGB.∴AD⊥PB.(2)存在，理由如下：分别取PB，AB的中点M，N，连接CM，MN，NC，则MN∥PA；∵ABCD是梯形，且DC平行且等于12AB，∴DC平行且等于AN，于是，四边形ANCD为平行四边形，∴NC∥AD，∴平面CMN∥平面PAD.由(1)知，MN＝1，CN＝2，易知PG⊥平面ABCD，BC＝3，∵四棱锥P－ABCD的体积为32，∴32＝13×1＋2×32×PG，∴PG＝3，在Rt△AGB中，得GB＝3，∴PB＝6，BM＝62，∴在△PBC与△CBM中，PBBC＝BCBM＝2，∴△PBC∽△CBM，易知CG＝3，PC＝6，BCPB＝CMPC，得CM＝3，∴MN2＋MC2＝NC2，∴△CMN是直角三角形，∴S△CMN＝12·CM·MN＝32.3．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为6，求点B到平面ADE的距离．解(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB，又因为AD⊥AB，且DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD内的正投影为AD，即∠DAC为AC与其在平面ABD内的正投影所成角．依题意得tan∠DAC＝CDAD＝6，因为AD＝1，所以CD＝6，设AB＝x(x0)，则BD＝x2＋1，因为△ABD∽△DCB，所以ABAD＝DCBD，即x1＝6x2＋1，解得x＝2，故AB＝2，BD＝3，BC＝3.由于AB⊥平面ADC，AC⊂平面ADC，所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝BC2＝32，因为BD⊥DC，E为BC的中点，所以DE＝BC2＝32，所以S△ADE＝12×1×322－122＝22.因为DC⊥平面ABD，所以VA－BCD＝VC－ABD＝13CD·S△ABD＝33.设点B到平面ADE的距离为d.则由13d·S△ADE＝VB－ADE＝VA－BDE＝12VA－BCD＝36，得d＝62，即点B到平面ADE的距离为62.本课结束