2019年高考数学二轮复习 专题三 立体几何与空间向量 第4讲 空间中动态问题课件 新人教A版

第4讲空间中动态问题核心整合1.展开图问题(1)圆柱的表面展开图是两个圆(作底面)和一个长方形(作侧面).(2)圆锥的表面展开图是一个圆(作底面)和一个扇形(作侧面).(3)棱柱的表面展开图是两个完全相同的多边形(作底面)和几个长方形(作侧面).(4)正方体的平面展开图在课本中的习题会经常遇到让大家辨认正方体表面展开图的题目.下面列出正方体的十一种展开图,供大家参考.2.折叠问题折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题,是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形,并弄清折叠前后的角度和线段的长度哪些发生了变化,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.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程,一般地,涉及多面体表面的问题,解题时不妨将它展开成平面图形试一试.【归纳拓展】(1)对命题条件的探索探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么.对命题条件的探索常采用以下三种方法:①先猜后证,即先观察与尝试给出条件再给出证明;②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;③把几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.(2)对命题结论的探索探索结论,即在给定的条件下命题的结论是什么.对命题结论的探索,常从条件出发,探索出要求的结论是什么,另外还有探索的结论是否存在.求解时,常假设结论存在,再寻找与条件相容还是矛盾的结论.核心突破考点一空间几何体的展开图问题【例1】如图,A,B,C是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图上的三点,则在正方体盒子中∠ABC等于()(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°解析:如图,△ABC是等边三角形,∠ABC=60°,故选C.方法技巧展开图问题充分考查学生的空间想象能力,能够把原图形和展开图中的点、线、面充分结合与对应起来,这是解此类问题的关键所在,理解这一点就可以轻松解决此类问题.【题组训练】解析:设母线长为l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧棱、以边长为2l的正三角形为底面的正三棱锥,故由正弦定理得,圆锥的底面直径2R=2sin60l,解得R=63l,因此可知侧面展开图的圆心角大小为2πRl=263π.1.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为.答案:263π2.如图,侧棱长为23的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过A作截面AEF,则截面△AEF周长的最小值为.解析:如图所示:沿着侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内,则AA′即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40°=120°.△VAA′中,由余弦定理可得AA′=6,答案:63.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路径是.解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B,有三个长度不同的路径①②③,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路径分别是:①223(45)=90;②224(35)=80;③225(34)=74,908074.最短路程是74.答案:74考点二空间几何体的翻折问题【例2】如图,在正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,H为EF的中点,沿AE,EF,FA将正方形折起,使B,C,D重合于点O,构成四面体,则在四面体A-OEF中,下列说法不正确的序号是.①AO⊥平面EOF;②AH⊥平面EOF;③AO⊥EF;④AF⊥OE;⑤平面AOE⊥平面AOF.解析:因为OA⊥OE,OA⊥OF,OE∩OF=O,所以OA⊥平面EOF,故①正确,②错误;因为EF⊂平面EOF,所以AO⊥EF,故③正确;同理可得:OE⊥平面AOF,所以OE⊥AF,故④正确;又OE⊂平面AOE,所以平面AOE⊥平面AOF,故⑤正确.答案:②方法技巧(1)有关折叠问题,一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系,哪些变,哪些不变;(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题,常选择恰当的母线或棱展开,转化为平面上两点间的最短距离问题.【题组训练】1.若△ABC的边BC上存在一点M(异于B,C),将△ABM沿AM翻折后使得AB⊥CM,则内角A,B,C必满足(B)(A)B≥90°(B)B90°(C)C90°(D)A90°解析:(用特例法)在等腰Rt△ABC中,A=90°,取点M为BC边的中点,连接AM,把△ABM沿AM折起成直二面角,则由CM⊥AM,所以CM⊥AB,满足条件,如图.此时A=90°,B90°,淘汰选项A和选项D.在Rt△ABC中,C=90°,取点M为很靠近点C处,沿AM把△ABM折起,使MACB为直二面角(为这种做法成为可能,要把点M靠近C点),则由MC⊥AC,则MC⊥AB满足条件.由此淘汰选项C.故选B.2.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是()(A)平面ABD⊥平面ABC(B)平面ADC⊥平面BDC(C)平面ABC⊥平面BDC(D)平面ADC⊥平面ABC解析:因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC,故选D.D3.将边长为2的正△ABC沿BC边上的高AD折成直二面角B-AD-C,则三棱锥B-ACD的外接球的表面积为.解析:根据题意可知三棱锥B-ACD的三条侧棱BD,DC,DA两两互相垂直,所以它的外接球就是它扩展为长方体的外接球,所以求出长方体的对角线的长为2113=5,所以球的直径是5,半径为52,所以三棱锥B-ACD的外接球的表面积为4π×（52）2=5π.答案:5π考点三空间几何体被平面截得轨迹图形【例3】(2018宁波4月模拟考)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为侧面BB1C1C的中心,F在棱AD上运动,正方体表面上有一点P满足1DP=x1DF+y1DE(x≥0,y≥0),则所有满足条件的P点构成图形的面积为.(1)求证:AC⊥平面ABB1A1;解析:点P构成的图形,如图所示.记BC中点为N,所求图形为直角梯形ABND,△BNE,△D1AD.答案:118方法技巧解决立体几何中轨迹问题的关键是找出主动点和从动点、不动点和运动点,此题通过相对运动的观点适当固定两个动点中的一个,通过等价转化的思路找出运动轨迹,此题灵活多变,考查学生的转化能力、想象能力以及对问题的理解和对知识的应用能力.【题组训练】(A)圆的一部分(B)椭圆的一部分(C)抛物线的一部分(D)双曲线的一部分B1.(2017·金华十校高三4月模拟考试)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是线段CD,AB上的动点,点P是△A1C1D内的动点(不包括边界),记直线D1P与MN所成角为θ,若θ的最小值为π3,则点P的轨迹是()解析:因为点M,N分别是CD,AB上的动点,且直线D1P与MN所成角的最小值为π3,由最小角定理知,直线D1P与平面ABCD所成的角为π3,由此可知射线D1P所形成的曲面是圆锥侧面.又因为平面A1C1D既不平行于圆锥的母线,也不平行于圆锥的旋转轴,所以用平面A1C1D去截圆锥侧面,所得的截口曲线是椭圆,点P的轨迹是椭圆与△A1C1D的交线,即点P的轨迹是椭圆的一部分.故选B.2.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在这个棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.解析:由题意知:点P的轨迹为如图所示的三角形EFG,其中G,F为中点,所以EF=12BD=2,GE=GF=12SB=62,所以轨迹的周长为2+6.答案:2+6阅卷评析立体几何中的折叠问题【典例】(15分)(2017·杭州4月教学质量检测)如图已知四边形ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为θ.(1)当θ=90°时,求cos∠AOC的值;解:(1)当θ=90°时,平面CDMN⊥平面ABNM.因为CN⊥MN,平面CDMN∩平面ABNM=MN,所以CN⊥平面ABNM.………………………………………………………………………1分所以CN⊥AN.……………………………………………………………………………2分由勾股定理,得AN=22ABBN=2222=22,AC=22ANCN=22222=23,OC=22ONCN=2221=5,同理,AO=5,…………………………………4分在△AOC中,由余弦定理的推论,得cos∠AOC=2225523255=-15.…5分解:(2)当θ=60°时,易知∠BNC与∠AMP都是二面角B-MN-C的平面角,所以∠BNC=∠AMP=60°,又因为BN=CN,所以△BNC是等边三角形,所以BC=2.…………………6分易证MN⊥平面BCN,因为MN∥AB,所以AB⊥平面BCN,所以AB⊥BC.………………7分所以由勾股定理,得AC=22ABBC=2222=22,所以S△AOC=12×22×2252=6.………………………………………………………………8分(2)当θ=60°时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为α,若sinα=147,求线段MP的长.设MP=x,则DP=2-x,则S△POC=S四边形CDMN-S△CON-S△POM-S△PCD=4-12×1×2-12×1×x-12×2×(2-x)=1+2x.………………………………………………………………………9分易知三棱锥A-POC的高为h=BC·sin60°=2×32=3,三棱锥P-AOC的高为h′=AP·sinα=147AP.……………………………………………………………………10分在△AMC中,由余弦定理的推论,得cos∠AMP=222222xAPx=12,解得AP2=x2-2x+4.………………………………………………………………………………………12分所以由APOCV三棱锥=PAOCV三棱锥,得13×(1+2x)×3=13×6×147AP,得1+2x=277AP,所以(1+2x)2=47AP2,………………………………………………………13分即(1+2x)2=47(x2-2x+4).化简得(3x-2)(x-6)=0,解得x=6(舍去)或x=23.所以线段MP的长为23.…………………………………………………………………………………15分(2)题(1)比较容易,用余弦定理即可解决问题,题(2)复杂,答案提供了几何法,最后利用等积来求解,由于涉及线面角,所以也可用坐标法来解决.【答题启示】(1)在任何折叠问题中,首先要把握的是变化与不变的一些关系,例如此题中四边形ABNM与四边形CDMN都是正方形,无论怎么折,这些边长都是2,相应角度都是π2,而在翻折过程中二面角即∠DMA=∠CNB=θ在变化,∠AOC在变化,线段AC的长也在变化.