題型2解答題Word版含解析【KS5U高考】2

第3課時(shí)立體幾何中的翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題[考情分析]翻折問(wèn)題和探索性問(wèn)題是近年來(lái)高考立體幾何中的常見(jiàn)題型．翻折是聯(lián)結(jié)平面幾何與立體幾何的紐帶，實(shí)現(xiàn)平面向空間的轉(zhuǎn)化；探索性問(wèn)題常以動(dòng)點(diǎn)形式出現(xiàn)，是帶著解析幾何的味道出現(xiàn)在立體幾何中的神秘殺手，讓很多學(xué)生不知所措！對(duì)于這兩類題目，破題的秘訣是“以靜制動(dòng)，靜觀其變！”熱點(diǎn)題型分析熱點(diǎn)1翻折問(wèn)題1．處理好翻折問(wèn)題的關(guān)鍵是抓住兩圖的特征關(guān)系，畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，并弄清翻折前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒(méi)有發(fā)生變化，這些未變化的已知條件都是我們分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的依據(jù)．2．以翻折棱為基準(zhǔn)，在同一個(gè)半平面內(nèi)的幾何元素之間的關(guān)系是不變的，分別位于兩個(gè)半平面內(nèi)的幾何元素之間的關(guān)系一般是變化的．垂直于翻折棱的直線翻折后，仍然垂直于翻折棱．(2022·河北五校聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，如圖2.在圖2所示的幾何體D－ABC中：(1)求證：BC⊥平面ACD；(2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F－BCE的體積．解(1)證明：∵AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝2eq\r(2)，∠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為AC的中點(diǎn)，∴EF為△ACD的中位線，由(1)知，VF－BCE＝VB－CEF＝eq\f(1,3)×S△CEF×BC，S△CEF＝eq\f(1,4)S△ACD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,2)，∴VF－BCE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\f(\r(2),3).1．解決與翻折有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清翻折前后的變和不變．一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變的，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口．2．在解決問(wèn)題時(shí)，要綜合考慮翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F(xiàn)分別在線段BC，AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起，記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如圖2.(1)求證：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求證：ND⊥FC；(3)求四面體NEFD體積的最大值．解(1)證明：∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MNCD.∴四邊形MNCD是平行四邊形，∴NC∥MD.∵NC?平面MFD，MD?平面MFD，∴NC∥平面MFD.(2)證明：連接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，∴四邊形ECDF為正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND?平面NED，∴ND⊥FC.(3)設(shè)NE＝x，則FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，由(2)得NE⊥平面FEC，∴四面體NEFD的體積為V四面體NEFD＝eq\f(1,3)S△EFD·NE＝eq\f(1,2)x(4－x)．∴V四面體NEFD≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋4－x,2)))2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4－x，即x＝2時(shí)，四面體NEFD的體積最大，最大值為2.熱點(diǎn)2探索性問(wèn)題立體幾何中的探索性問(wèn)題主要是對(duì)位置關(guān)系、角的大小以及點(diǎn)的位置的探究，對(duì)條件和結(jié)論不完備的開(kāi)放性問(wèn)題的探究．解決這類問(wèn)題一般根據(jù)探索性問(wèn)題的設(shè)問(wèn)，假設(shè)其存在并探索出結(jié)論，然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證，若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，若得到矛盾就否定假設(shè)．(2022·成都診斷)如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB，現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC.(1)若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出eq\f(AP,PD)的值；若不存在，說(shuō)明理由；(2)求三棱錐A－CDF的體積的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD的距離．解(1)線段AD上存在一點(diǎn)P，使得CP∥平面ABEF，此時(shí)eq\f(AP,PD)＝eq\f(3,2).理由如下：當(dāng)eq\f(AP,PD)＝eq\f(3,2)時(shí)，eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，過(guò)點(diǎn)P作PM∥FD交AF于點(diǎn)M，連接EM，則有eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，由題意可得FD＝5，故MP＝3，由題意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴，故四邊形MPCE為平行四邊形，∴CP∥ME，又∵CP?平面ABEF，ME?平面ABEF，∴CP∥平面ABEF成立．(2)設(shè)BE＝x，∴AF＝x(0<x≤4)，F(xiàn)D＝6－x，故VA－CDF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2·(6－x)·x＝eq\f(1,3)(－x2＋6x)．∴當(dāng)x＝3時(shí)，VA－CDF有最大值，且最大值為3，此時(shí)EC＝1，AF＝3，F(xiàn)D＝3，DC＝2eq\r(2)，F(xiàn)C＝eq\r(5)，AC＝eq\r(14)，AD＝3eq\r(2)，在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2).∴sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，S△ADC＝eq\f(1,2)·DC·DA·sin∠ADC＝3eq\r(3)，設(shè)點(diǎn)F到平面ADC的距離為h，由于VA－CDF＝VF－ACD，即3＝eq\f(1,3)·h·S△ADC，∴h＝eq\r(3)，即點(diǎn)F到平面ADC的距離為eq\r(3).1．對(duì)于存在型問(wèn)題，解題時(shí)一般先假設(shè)其存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或者方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“是否有解”“是否在規(guī)定范圍內(nèi)有解”等問(wèn)題．2．對(duì)于位置探索型問(wèn)題，通常是利用空間線、面位置關(guān)系，引入?yún)?shù)，綜合條件和結(jié)論列方程，解出參數(shù)從而確定位置．(2022·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點(diǎn)．(1)求證：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距離．解(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OE，因?yàn)镺，M分別為BD，BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以CD∥AB，因?yàn)镋F∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，所以EF＝eq\f(1,2)CD.所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF，所以四邊形OMFE為平行四邊形，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的距離等于M到平面BDE的距離．取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH，因?yàn)镋A＝ED，所以EH⊥AD，因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD，且平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE，所以EH⊥平面ABCD，因?yàn)锽H?平面ABCD，所以EH⊥BH.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AB＝AD＝2，又∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，所以BD＝2，BH＝eq\r(3).易得EH＝eq\r(3).在Rt△EBH中，因?yàn)镋H＝BH＝eq\r(3)，所以BE＝eq\r(6)，因?yàn)镋D＝BD＝2，所以△BDE為等腰三角形，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2)，設(shè)F到平面BDE的距離為h，連接DM，因?yàn)镾△BDM＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，所以由VE－BDM＝VM－BDE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),2)，解得h＝eq\f(\r(15),5).即F到平面BDE的距離為eq\f(\r(15),5).專題作業(yè)1．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求證：DC⊥平面PAC；(2)求證：平面PAB⊥平面PAC；(3)設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，在棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF？說(shuō)明理由．解(1)證明：因?yàn)镻C⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以PC⊥DC.又因?yàn)锳C⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)證明：因?yàn)锳B∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PC⊥AB.又因?yàn)镻C∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在點(diǎn)F，使得PA∥平面CEF.理由如下：取PB的中點(diǎn)F，連接EF，CE，CF，又因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，所以EF∥PA.又因?yàn)镻A?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF.2．如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝2CD＝2，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是以AD為底的等腰三角形．(1)證明：AD⊥PB；(2)若四棱錐P－ABCD的體積等于eq\f(3,2)，問(wèn)：是否存在過(guò)點(diǎn)C的平面CMN，分別交PB，AB于點(diǎn)M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)證明：取AD的中點(diǎn)G，連接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：分別取PB，AB的中點(diǎn)M，N，連接CM，MN，NC，則MN∥PA；∵ABCD是梯形，且DC平行且等于eq\f(1,2)AB，∴DC平行且等于AN，于是，四邊形ANCD為平行四邊形，∴NC∥AD，∴平面CMN∥平面PAD.由(1)知，MN＝1，CN＝2，易知PG⊥平面ABCD，BC＝eq\r(3)，∵四棱錐P－ABCD的體積為eq\f(3,2)，∴eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋2×\r(3),2)×PG，∴PG＝eq\r(3)，在Rt△AGB中，得GB＝eq\r(3)，∴PB＝eq\r(6)，BM＝eq\f(\r(6),2)，∴在△PBC與△CBM中，eq\f(PB,BC)＝eq\f(BC,BM)＝eq\r(2)，∴△PBC∽△CBM，易知CG＝eq\r(3)，PC＝eq\r(6)，eq\f(BC,PB)＝eq\f(CM,PC)，得CM＝eq\r(3)，∴MN2＋MC2＝NC2，∴△CMN是直角三角形，∴S△CMN＝eq\f(1,2)·CM·MN＝eq\f(\r(3),2).3．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體．(1)求證：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為eq\r(6)，求點(diǎn)B到平面ADE的距離．解(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因?yàn)锳B?平面ABD，所以DC⊥AB，又因?yàn)锳D⊥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內(nèi)的正投影為AD，即∠DAC為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角．依題意得tan∠DAC＝eq\f(CD,AD)＝eq\r(6)，因?yàn)锳D＝1，所以CD＝eq\r(6)，設(shè)AB＝x(x>0)，則BD＝eq\r(x2＋1)，因?yàn)椤鰽BD∽△DCB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(DC,BD)，即eq\f(x,1)＝eq\f(\r(6),\r(x2＋1))，解得x＝eq\r(2)，故AB＝eq\r(2)，BD＝eq\r(3)，BC＝3.由于AB⊥平面ADC，AC?平面ADC，所以AB⊥AC，又E為BC的中點(diǎn)，所以由平面幾何知識(shí)得AE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2)，因?yàn)锽D⊥DC，E為BC的中點(diǎn)，所以DE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2)，所以S△ADE＝eq\f(1,2