2020年高考理科数学大一轮提分讲义第8章 第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题

第七节立体几何中的翻折、探究性、最值

问题

考点1平面图形的翻折问题

3步解决平面图形翻折问题

(2018·全国卷Ⅰ)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PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

[解](1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，

PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，

所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABF D.

(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.

由(1)得，PH⊥平面ABF D.

以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示

的空间直角坐标系H -xyz .

由(1)可得，DE ⊥PE .

又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF .

所以PH ＝32，EH ＝32.

则H (0，0，0)，P ⎝

⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0， DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝

⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量，

设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，

则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →|

＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.

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．

[教师备选例题]

(2019·贵阳模拟)如图所示，在梯形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，且AE ＝BF ＝AB ＝1，将△ADE 沿着线段AD 折起，同时将△BCF 沿着线段BC 折起，使得E ，F 两点重合为点P .

(1)求证：平面P AB ⊥平面ABCD ；

(2)求直线PB 与平面PCD 的所成角的正弦值．

[解] (1)证明：∵四边形ABCD 为正方形，

∴AD ⊥AB ，AD ⊥AE ，

∴AD ⊥AP , ∴AD ⊥平面P AB ，

又∵AD ⊂平面ABCD ，

∴平面ABCD ⊥平面P AB .

(2)以AB 中点O 为原点，建立空间坐标系如图，

∵AE ＝BF ＝AB ＝1，

∴AP ＝AB ＝BP ＝1，

∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，P (0，0，32)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，

∴PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1

2，0，－32，DC →＝(1，0，0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫

－1

2，－1，32，

设n ＝(x ，y ，z )是平面PCD 的一个法向量，

则⎩⎨⎧n ·DC →＝0，n ·CP →＝0，即⎩⎨

⎧x ＝0，

－12x －y ＋32z ＝0，

取z ＝2，则n ＝(0，3，2)，

设直线PB 与平面PCD 的所成角为θ，

则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n ||PB →|

＝37×1＝217， 故直线PB 与平面PCD 的所成角的正弦值为217.

(2019·广州模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O ，如图2，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AQ ∥O B.

图1 图2

(1)证明：OD ⊥平面P AQ ；

(2)若BE ＝2AE ，求二面角C -BQ -A 的余弦值．

[解] (1)证明：由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，

∴以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1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 ⎝ ⎛⎭

⎪⎫0，92，3， ∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝⎝ ⎛⎭

⎪⎫6，m －92，－3.

∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，

∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，

即OD ⊥AQ ，OD ⊥PQ ，又AQ ∩PQ ＝Q ，

∴OD ⊥平面P AQ .

(2)∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，

则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6)．

设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，

由⎩⎨⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪

⎨⎪⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0， 令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，n 1＝(1，2，1)．

易得平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．

设二面角C -BQ -A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角，

则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪

⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝66， 即二面角C -BQ -A 的余弦值为66.

考点2 立体几何中的探究性问题

(1)解决探究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a ＝λb (b ≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．