立体几何中的折叠、最值、取值范围问题——综合能力提升篇(教师).doc

课题立体几何中的折叠、最值、取值范围问题综合能力提升篇立体几何章节在历来的高考中分值占比重，以两小一大的形式出现较多空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力要在立体几何学习中形成纵观近几年全国及各省高考试题，对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题的考查逐年加重，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨题型一：立体几何中的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并弄清折叠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，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试1如图1，在等腰梯形CDEF中，DECD，EF2，将它沿着两条高AD，CB折叠成如图2所示的四棱锥EABCD(E，F重合)(1)求证：BEDE；(2)设点M为线段AB的中点，试在线段CE上确定一点N，使得MN平面DAE【解析】(1)证明：ADEF，ADAE，ADAB又ABAEA，AD平面ABE，ADBE由图1和题中所给条件知，AEBE1，ABCD，AE2BE2AB2，即AEBE又AEADA，BE平面ADE，BEDE(2)取EC的中点G，BE的中点P，连接PM，PG，MG则MPAE，GPCBDA，MP平面DAE，GP平面DAEMPGPP，平面MPG平面DAEMG平面MPG，MG平面DAE，即存在点N与G重合满足条件2(2015四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值【解析】(1)点F，G，H的位置如图所示(2)证明：连接AC，BD交于点O，连接OH，OM因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OMCD，HNCD，且HNCD，所以OMHN，OMHN，所以四边形MNHO是平行四边形，从而MNOH又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH(3)方法一：过M作MPAC于P在正方体ABCDEFGH中，ACEG，所以MPEG过P作PKEG于K，连接KM，所以EG平面PKM，从而KMEG，所以PKM是二面角AEGM的平面角设AD2，则CM1，PK2在RtCMP中，PMCMsin 45在RtPKM中，KM所以cosPKM，即二面角AEGM的余弦值为方法二：如图，以D为坐标原点，分别以，方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz设AD2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以(2，2，0)，(1，0，2)来源:学科网设平面EGM的一个法向量为n1(x，y，z)，由得取x2，得n1(2，2，1)在正方体ABCDEFGH中，DO平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n2(1，1，0)，所以cosn1，n2，故二面角AEGM的余弦值为题型二、立体几何中的最值问题结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径 3如图所示，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1B1C11，且A1C1B190，D点在棱AA1上且AD2DA1，P点在棱C1C上，则的最小值为()A BC D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，设P(0,0，z)，则(1,0,2z)，(0,1,3z)，00(2z)(3z)(z)2，故当z时，取得最小值【答案】B4(2015四川卷)如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点设异面直线EM和AF所成的角为，则cos的最大值为_【解析】分别以AB，AD，AQ为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，QMm(0m2)，则(2，1，0)，(1，m，2)，所以cos (0m2)令f(m)(0m2)，则f (m)因为m0，2，所以f (m)0，故f(m)maxf(0)，即cos 的最大值为【答案】5(2015江苏卷)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)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【解析】以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则，即令y1，解得z1，x1所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，设12t，t1,3，则cos2，当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP题型三、立体几何中的取值范围问题结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等取值范围问题常常在高考试题中出现此类问题的解法与立体几何中各类最值问题的解法基本一致6(2014四川卷)如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是()A BC D【解析】连接A1O，OP和PA1，不难知POA1就是直线OP与平面A1BD所成的角(或其补角)设正方体棱长为2，则A1O(1)当P点与C点重合时，PO，A1P2，且cos ，此时A1OP为钝角，sin ；(2)当P点与C1点重合时，POA1O，A1P2，且cos ，此时A1OP为锐角，sin ；(3)在从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1上一定存在一点P，使得A1OP90又因为，故sin 的取值范围是【答案】B7(2015河北正定中学上期第六次月考)如图，在四棱锥PABCD中，PAAD，ABCD，CDAD，ADCD2AB2，E，F分别为PC，CD的中点，DEEC(1)求证：平面ABE平面BEF；(2)设PAa，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角，求a的取值范围【解析】(1)证明：ABCD，ADCD2AB2，F为CD的中点，ABFD为矩形，ABBFDEEC，DCEF，又ABCD，ABEF ，BFEFE，AE面BEF，又AE面ABE，平面ABE平面BEF(2) DEEC，DCEF，又PDEF，ABCD，ABPD，又ABPD，AB面PAD，ABPA，以点A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系Axyz，则B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,a)，E(1,1,)(1,2,0)，(1,1,)设平面EBD的法向量为m(x，y，z)，则，即令ya，得x2a，z2,则m(2a,a,2)显然n(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量由 ，知cos |cos，m|，解得a1(2012浙江卷)已知矩形ABCD，AB1，BC将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解析】对于ABCD，因为BCCD，由线面垂直的判定可得CD平面ACB，则有CDAC，而ABCD1，BCAD，可得AC1，那么存在AC这样的位置，使得ABCD成立【答案】B2在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是BC的中点，P，Q是正方体内部或面上的两个动点，则的最大值是()A B1C D【解析】以A为坐标原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，M(，1,0)，所以(，1,0)设(x，y，z)，由题意可知因为x1y0zxy，又1x1，1y1，所以x所以xy故的最大值为【答案】C3(2015浙江卷)如图所示，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则() AADBBADBCACBDACB【解析】当ACBC时，易知ADB，当ACBC时，作AECD，BFCD，因为D是中点，故DEDF，再作GFAE，GAEF，则GFB，设ADBDm，FDDEn，则cosADB，cos ，显然cosADBcos ，故ADB【答案】B4(2016石家庄模拟)如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_【解析】如图建立空间直角坐标系，设ABEFCD2，AEDEAD11，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为【答案】5(2014浙江卷)如图所示，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小若AB15 m，AC25 m，BCM30，则tan 的最大值是_(仰角为直线AP与平面ABC所成角)【解析】由勾股定理得BC20 m如图，过P点作PDBC于D，连接AD，则由点A观察点P的仰角PAD，tan设PDx，则DCx，BD20x，在RtABD中，AD，所以tan，故tan 的最大值为【答案】6(2012上海卷)如图所示，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC2，若AD2c，且ABBDACCD2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是_【解析】以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形ABD的高的最大值作BE垂直AD于E，连接CE，则CE也垂直AD，且BECE，所以四面体ABCD的体积VSBCEADc，在三角形ABD中，ABBD2a，AD2c，所以AD边上的高BE等于以AD为焦点，长轴为2a的椭圆上的点到x轴的距离，其最大值刚好在点在短轴端点的时候得到，即BE，所以Vcc【答案】c7(2012安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1 现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图(2)所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值【解析】(向量法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD由BB1C1C为矩形知，DD1B1C1，因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz由题设，可得A1D12，AD1由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)故(0,3，4)，(2,0,0)，0，因此，即AA1BC(2)因为(0,3，4)，所以5，即AA15(3)连接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1,0)，(0,2，4)，所以cos，即二面角ABCA1的余弦值为 (综合法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D由条件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C因此ADA1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D又因为DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC又考虑到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1(2)延长A1D1到G点，使GD1AD，连接AG因为ADGD1，且ADGD1，所以AGDD1BB1，且AGDD1BB1由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G由条件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15(3)因为BC平面AD1A1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，则cosADA1cos即二面角ABCA1的余弦值为8已知如图所示的平行四边形ABCD中，BC2，BDCD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点(1)求证：GH平面CDE；(2)记CDx，V(x)表示四棱锥FABCD的体积，求V(x)的表达式；(3)当V(x)取最大值时，求平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值【解析】(1)证法1：EFAD，ADBC，EFBC且EFADBC四边形EFBC是平行四边形H为FC的中点又G是FD的中点，HGCDHG平面CDE，CD平面CDE，GH平面CDE证法2：连接EA，ADEF是正方形，G是AE的中点在EAB中，GHAB又ABCD，GHCDHG平面CDE，CD平面CDE，GH平面CDE(2)解：平面ADEF平面ABCD，交线为AD，且FAAD，FA平面ABCDBDCD，BC2，CDx，FA2，BD(0x2)SABCDCDBDxV(x)SABCDFAx(0x2)(3)解：要使V(x)取得最大值，即使x(0x2)取得最大值，x2(4x2)24，当且仅当x24x2，即x时V(x)取得最大值解法1：在平面DBC内过点D作DMBC于M，连接EM，BCED，BC平面EMDBCEMEMD是平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角，当V(x)取得最大值时，CD，DB，DMBC1，EMsinEMD即平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为解法2：以点D为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，C(，0,0)，B(0，0)，E(0,0,2)，(0,0,2)，(，0，2)，(0，2)，设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为，平面ECF的法向量n(a，b，c)，由，得令c1得n(，1)又平面ABCD的法向量为，cos ，sin 即当V(x)取最大值时，平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为9(2014江西卷)如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形平面PAD平面ABCD(1)求证：ABPD(2)若BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值【解析】(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，故ABAD又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，又PD平面PAD，故ABPD(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG在RtBPC中，PG，GC，BG设ABm，则OP ，故四棱锥PABCD的体积为Vm因为m ，故当m，即AB时，四棱锥PABCD的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，则O(0,0,0)，B(,0)，C(,0)，D(0,0)，P(0,0,)故(，)，(0，0)，(，0,0)设平面BPC的一个法向量n1(x，y,1)，则由得解得x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面DPC的一个法向量n2(0，1)从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos 10(2012湖北卷)如图(1)所示，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(如图(2)(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大？(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小图(1)图(2)【解析】(1)方法1：在题图所示的ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x由ADBC，ACB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x由折起前ADBC知，折起后，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)3当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，故当x1，即BD1时，三棱锥ABCD的体积最大方法2：同方法1，得VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x)，由f (x)(x1)(x3)0，且0x3，解得x1当x(0,1)时，f (x)0，当x(1,3)时，f (x)0，所以当x1时，f(x)取得最大值故当BD1时，三棱锥ABCD的体积最大(2)方法1：以点D为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系Dxyz由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADDC2于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，且(1,1,1)设N(0，0)，则因为ENBM等价于0，即(1,1,1)10，故，N所以当DN(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，ENBM设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，且，由得令x1，则n(1,2，1)设EN与平面BMN所成角的大小为，则由，n(1,2，1)，可得sincos(90)，即60故EN与平面BMN所成角的大小为60方法2：由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2如图(b)，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MFAD由(1)知AD平面BCD，所以MF平面BCD如图(c)，延长FE至P点使得FPDB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DPBF取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则ENDP，所以ENBF，因为MF平面BCD，又EN平面BCD，所以MFEN又MFBFF，所以EN面BMF，又BM面BMF，所以ENBM因为ENBM当且仅当ENBF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的即当DN(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，ENBM连结MN，ME，由计算得NBNMEBEM，所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形如图(d)所示，取BM的中点G连结EG，NG，则BM平面EGN，在平面EGN中，过点E作EHGN于H，则EH平面BMN故ENH是EN与平面BMN所成的角在EGN中，易得EGGNNE，所以EGN是正三角形，故ENH60，即EN与平面BMN所成角的大小为6014