1r立體幾何中的翻折、探索性和最值、范圍問題

T

1.會用向量法探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系、角的存在條件與折疊問題.

2.會用幾何法或向量法解決立體幾何中的最值、范圍問題.

快鍵能力互動探究?考點鉆講-

提升1

考點1翻折問題

【例1】（2024?山東濰坊二模）如圖1,在平行四邊形ABC。中，AB=2BC=4,ZABC

=60。，石為C。的中點，將aAOE沿人七折起，連接用），CD,且8。=4,如圖2.

⑴求證：圖2中的平面平面ABCEx

（2）在圖2中，若點尸在棱3。上，直線Ab與平面ABCE所成的角的正弦值為呼，求

點尸到平面。EC的距離.

【解】⑴證明：如國，連接BE,由題意得AD=OE=2,ZADE=60°,ZBCE=120°,

則△AOE為等邊三角形，

則。七2+8/=83，AE2-{-BE2=AB2,所以BEtDE,BE工AE.

又A￡nO￡=E,AEfQEu平面AO￡,所以BE_L平面4?！?/p>

又8Eu平面4BCE,所以平面AOE_L平面A8CE

（2）如圖，以E為原點，以E4,E8所在直線分別為x軸、），軸，過點E且與平面4BCE

垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則42,0,0）,B（0,2小，0）,C（-1,小，0）,

D（1,0,?。辏?,0,0）.設(shè)曲04W1）,

故反■=（-1,小,0）,ED=（1,0,?。珼B=（-1,2小，一小），

AF=AD^-DF=（—1,0,?。?2（―1,2小，一?。?（―1—A,2小2,小一、怎）.

因為z軸垂直于平面A4C￡,故可取平面A3CE的一個法向量為/〃=（0,0,1）,所以

/才、?加而—M§一小.小5

，依|曲，(一1T)2+(2小療+辟一小力210

化簡得3萬+82-3=0,解得或i=—3(舍去),

所以而=:加=(一邛

〃友=-x+4§v=0,

設(shè)平面。EC的一個法向量為〃=(x,yt2),則“

〃ED=x+/z=0,

可取n=(小，1,—1),

小24小|

所以點F到平面DEC的距離為爺?=3十3十3|2立

器=15?

規(guī)律總結(jié)

翻折問題的解題策略

(1)弄清翻折過程中的“數(shù)量變化”，即哪些線段的長度、角的大小發(fā)生了變化，變成了

多少，哪些沒有發(fā)生變化，依然是原來的大小.

(2)弄清翻折過程中的“性質(zhì)變換”，即翻折過程中哪些“平行關(guān)系”“垂直關(guān)系”發(fā)生

了變化，哪些沒有發(fā)生變化.

(3)弄清了(1)(2)兩個基本問題后，就可以把問題轉(zhuǎn)化為基本立體幾何問題，然后求解即可.

【對點訓(xùn)練1】(2024?河南駐馬店二模)在如圖I所示的平面圖形中，四邊形ACDE

為菱形，現(xiàn)沿AC進行翻折，使得4B_L平面ACOE,過點E作￡7"八慶旦連接

FD,FB,BD,所得圖形如圖2所示，其中G為線段8。的中點，連接產(chǎn)G.

(1)求證：尸G_L平面"Q：

(2)若4C=A/)=2,直線/"G與平面4c。所成角的正弦值為坐，求A3的長.

解：(1)證明：如圖，連接CE,交A。于點。，則。為CE,4。的中點，連接G。在菱

形ACOE中，CEA.AD,因為4B_L平面4COE,CEu平面ACOE,所以CE_L48,

^ABQAD=AtAB,ADu平面人80,所以CE_L平面480.

因為G,。分別為40,AO的中點，所以60=%“，GO//AB,

又EF//AB,

所以GO=E￡GO//EF,所以四邊形GOE廣為平行四邊形，

即以FG//EO,所以FG_L平面A8D

（2）在菱形4COE中，因為AC=AQ,所以△AC。和AAO上都是正三角形.

取￡。的中點H,連接A〃，則14c.

又A8_L平面ACOE,所以A8J_AC,ABLAH,即A3,AC,4”兩兩垂直.

以4為坐標(biāo)原點，AB,AC,A”所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系.

設(shè)AB=24（a>0）,則Q0,2,0）,8（2。，0,0）,。（0,I,?。?，F(xiàn)（a,一坐）,

則正=（一2凡2,0）,CD=（0,-1,小），而=[o,一坐）

m-BC=-2or+2y=0,

設(shè)平面8CO的一個法向量為6=（.r,ytz）,則，

inCD=—y+小z=0,

取2=1,則帆=（￥，小，1）

記直線FG與平面8c。所成角為0,

j..._./左、1|FG?〃”小范

則sin〃n=|cos\FG,in）|=-----=~/-----=亍，

\FGMA/A+4XV3

解得〃=1,故48的長為2.

考點2探索性問題

【例2】（2024?湖南長沙三模）如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,

化簡并整理得3萬+2/1—1=0,解得7=(或％=一1〔舍去)，所以而=；麗.

綜上所述，棱P。上存在一點E,且PE：ED=\：2,使得二面角E-AC-P的余弦值為普.

」規(guī)律總結(jié)

1.對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程

或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等問

題.

2.對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，求出參

數(shù)的值.

【對點訓(xùn)練2】(2024?福建泉州模擬)如圖，棱柱A8C-A/Q中，側(cè)棱底面

ABC,AC=BC=2,E,尸分別為C&和CA的中點.

⑴求證:￡7"平面4B814.

(2)設(shè)AB=4{0<aW要)，在平面ABBNi上是否存在點P,使EPLFP?若存在，指出點

P的位置：若不存在，請說明理由.

解：(1)證明：由瓦歹分別為CSi和CA的中點，EF//A\B\t而A|6|U平面A681A1,

E因平面AB8A,所以EF//平面AB8A.

(2)棱柱ABC-AliG中，側(cè)棱AA」底面4BC,如圖，取的中點O,的中點M,

連接OC,OM,則OM//AAitOM_L平面ABC,而OB,OCu平面ABC,則0M上OB,OMLOC.

又AC=3C=2,?')OCLAB,即直線。。，OB,0M兩兩垂直，

以。為原點，直線OC,OB,0M分別為X軸、y軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A4

=2/7,則C(2^/1-a2,0,0),4(0,—2。，2A),S(0,2a,2/?),E^\-cr,a,/?),F3—/,

—a,h).

假設(shè)在平面上存在點P,使EP上FP,設(shè)尸(0,y,z),

則石P=(―71—G,y—a,z—h),

FP=(—yj1—a1,y+a,z-/?),

EPFP=1—/+(z—a)2=0,

即./+(z-〃)2=2I,顯然2/-120.

由0<〃W當(dāng)，得24-1忘0,因此2a2—1=0,即。=堂，此時)，=0,z=/?,點P恰為矩

形48/3A的中心.

所以當(dāng)〃=坐時，存在唯一的點P,使EP_LFP,此時點尸為矩形48B14］的中心.

考點3最值、范圍問題

【例3】(2024?山東:苛澤模擬)如圖，在直三棱柱A8c-4BiG中，48=8C=2,A8_L8C,

CG=2小，BE=XBB[{0<A<\).

⑴當(dāng)％4'j,求證：CEJ_平面ABG；

(2)設(shè)二面角B-AE-C的大小為仇求cos0的取值范圍.

【解】(1)證明：以3為坐標(biāo)原點，以4C,BA,所在的直線分別為工軸、y軸、z

軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則8(0,0,0),C(2,0,0),4(0,2,0),Ci(2,0,

2^3),E(0,0,2^32),

可得B無=0,BCiCE=0,所以C￡_LA8,CEVBCy.

又A8A8G=8,ABu平面A8G,8Gu平面A8G,所以CE_L平面ABG.

(2)由(1)可得病=(2,-2,0),AE=(0,-2,2小2).

設(shè)平面AKC的一個法向量為〃=(x,y,z),

ItiAC—2x—2y=Q,

〔〃凝=-2），+2巾30,

令z=l,可得工=小久，＞=小2,所以〃=（小/,1）.

因為8CJ_平而ABE,所以平面A8E的一個法向量為加=（2,0,0）,

防."一?川2山2731__寸3

所以Icos”|向川水M+IX2*/+]4

+i

因為0＜在1,所以6+=＞7,

—0S⑥

所以|cos仇Vyj—7.

因為二面角B-AE-C為鏡二面角，所以（）＜cos6k"A所以cos。的取值范圍為卜，翠）.

/規(guī)律總結(jié)

在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積、距離、角的最值（范圍）問題的常用思路

（1）借助幾何特征直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)

最大、最小值，即可求解.

（2）借助極限思想：從特殊位置、特殊關(guān)系出發(fā)獲得最值（范圍）.

（3）函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方

法求目標(biāo)函數(shù)的最值（范圍），在求解過程中常常利用''基本不等式"''二次函數(shù)”“導(dǎo)數(shù)”

等求得目標(biāo)函數(shù)的最值（范圍）.

【對點訓(xùn)練3】（2024?安徽合肥模擬）如圖所示，在長方體AHCD-AiBiCiDi中，AD

=1,AAi=AB=2,M為棱。。1的中點.

（1）若P是線段BM上的動點，試探究：AM-4P是否為定值？若是，求出該定值；若不

是，請說明理由.

（2）過4M作該長方體外接球的截面，求截面面積的取值范圍.

解：（1）屈為定伍.

因為M是。。I的中點，所以。M=Q|M=1,所以4IM=M，BM=*,A1B=2寸1.

因為AA/2+BM2=4B2,所以人又點P在線段BM上，所以向量AP在AA1上的

投影向量為A7〃，故A7W?%＞=|A7W|2=2,所以的值為2.

在+22+22

（2）設(shè)球心為0,外接球半徑為R,最小截面圓的半徑為匚由已知可得R=

3?9幾

X，則最大的截面面積為兀片=不

以。為坐標(biāo)原點，DA,DC,。。所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系，則%,1,1）,4（1,0,2）,M（0,0,1）.取。=痂=（一/一1,0）,

C

弋。

B

Gy[2.八

〃=二’=爭一1,0,—1）,

IAM-

則"一1°”一手，

所以點0到直線AiM的距離為（瑞）

即點0到過AiM的械面的距離最大值為平，

所以過4M的最小板面圓的半徑/一、/弓）一（十=4?

QTT

因此最小的截面面積為7t7-=V-

O

綜上，城面面積的取值范圍是引空.

課時作業(yè)52

I.（15分）（2024?河崗濮陽模擬）如圖所示,在等腰梯形ABCD中,AB//CD,AD=AB

=BC=2,CO=4,E為CD的中點,人石與3。相交于點O,將△人。E沿人石折起，使點。

到達點P的位置（&平面ABCE）.

（I）求證：平面P08_L平面PBC.

（2）若PB=y/6,試判斷線段P/T上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面A￡Q

所成角的正弦值為華.若存在，求出。在線段尸B上的位置：若不存在，請說明理由.

解：（1）證明：如圖，在原圖中連接8E.由于AB〃OE,AB=DEf所以四邊形48ED是平

行四邊形.

D

由于所以四邊形48石。是菱形，所以AE_L8。.

由于A8〃C￡,AB=CE,所以四邊形A6C￡是平行四邊形，

所以8C〃A￡,所以8c_L8O.

在翻折過程中，AF.IOP,AEICA保持不變，

即8C_L0P,BCL06保持不變.

由于OPAOB=O,OP,OBu平面POB,

所以8。_1_平面POB.

由于BCu平面PBC,

所以平面平面PBC.

(2)存在.

由上述分析可知，在原圖中，BC±BD,所以8。=亞二0=2小，所以O(shè)B=OD=小.

折疊后，若FB=四則〃療十0/^二戶外所以〃SLO及

所以0&OB,P。兩兩相互垂直.

以。為原點，分別以O(shè)E,OB,OP所在的直線為x軸、)，軸、z軸建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系，

OE=OA=y]22—昨)?=1,則0(0,0,小)，C(2,小，0),A(—1,0,0),￡(1,0,

0).

設(shè)。(0,/,小一。，(X/v小，則正=(2,小，一小)，AE=(2,0,0),AQ=(I,/,

布一。.

設(shè)平面AEQ的一個法向量為〃=(%,y,z),

[AE,〃=2X=0,Lf-

則j令z=/,得x=0,y=t—y[3,故〃=(0,t—4,t).

[AQn=X+fy+(小—/)z=0,

1〃?的_m(L@)一小4

設(shè)直線PC與平面4￡。所成的角為仇則sin〃=

\n\-lPC\—,_小(+?XW+3+3

3_

[2尸一2小/+3X麗5

,2尸一2小/+3=|,4戶一4#什3=⑵一小)2=0,解得t

-2，

所以《。，坐城.因為尸（0,0,V3）,B（0,小，0）,所以Q是PB的中點.

2.（15分）（2024?福建莆田三模）如圖，在四棱錐P-A4CO中，四邊形人8c。是正方形,

必=用?=，14。，M為側(cè)棱尸。上的點，。。_1_平面MAC.

（1）求證:PB1AC.

（2）若PB=PD,求二面角P-AC-M的大小.

（3）在（2）的前提下，在側(cè)棱PC上是否存在??點M使得8N〃平面MAC?若存在，求出

PC：PN的值；若不存在，請說明理由.

解：（1）證明：如圖，汜4CG8O=。，連接。尸，由四邊形A8C。是正方形，得。是AC

的中點，

由%=PC,得OP_LAC,又OP,BDu平面PBD,OPABO=O,所以4C_L

平面PBD.

義PBu平面PBD,所以PBLAC.

（2）由（1）知，OPLAC.由PB=PD,得OP上BD,即。叢OC,O尸兩兩垂直.以。為原

點，OB,OC,標(biāo)的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.

設(shè)人。=2,則OP=?P（0,0,#）,B（小，0,0）,D（一小，0,0）.

由PO_L平面MAC,得加=（啦，0,#）是平面MAC的一個法向量，顯然曲=（-

2V2,0,0）是平面布。的一個法向量.

?.

設(shè)二面角尸-AC-M的人小為名由圖知。為銳角，則cosJ=|cosBP,BD>\=\DPBD\

IDPIIBDI

_4_1

-2啦X2觀-2，

解得夕=60。，

所以二面角P-4C-M的大小為60°.

（3）假設(shè)在側(cè)棱PC上存在一點N,使得8N〃平面MAC,且麗=1&（0WW1）.

由（2）知，P（0,0,優(yōu)），B（港，0,0）,C（0,啦，0）,BC=（-^2,樞0）,CP

=(0,-y[2,#)，

則瓦=/亦=(0,4),

BN=BC+CN=(一、伉，/一啦f,#/).

平面MAC的一個法向量是而=(也，0,加)，由用V〃平面MAC,得標(biāo)J_麗，即前

1-1->

=0,則-2+6/=0,解得/=彳，即CN=QCP,則PC：PN=3：2,

JJ

所以在側(cè)棱PC上存在一點N,使得BN〃平面MAC,此時PC:PN=3：2.

3.(15分)(2024?山東淄博二模)已知直角梯形A8CO中，NAQC=90。，AB//CD,AB

=2CD=冊，AD=4,M為對角線AC與8。的交點.現(xiàn)以AC為折痕把△AOC折起，使點

。到達點P的位置.，點。為的中點，如圖所示.

(1)求證：AC_L平面PBM；

(2)求三棱錐P-ACQ體積的最大值；

(3)當(dāng)三棱錐P-ACQ的體積最大時，求直線人B與平面P8C所成角的正弦值.

解：(1)證明：在直角梯形44co中，

由相似可得而=麗=痂=5，

4/9

因為48=2CO=加，4。=小，可得4C=拶，87)=3,

故可得AM=2MC=啦，BM=2DM=2,所以人次+用/二人笈，

所以八A1_LZM/,即八C_L〃O,

翻折后可得AC_L3M,AC±PM.

又PA/nBM=M,PM,8Mu平面P8M,

故AC_L平而PBM.

(2)因為點Q為邊?8的中點，

所以VQ-RAC=^VB-PAC,又VQ-PAC=VP-ACQ,

VB-PAC=Vp-ABC,所以Vp/CQ=：VaA8C.

因為ACu平面ABC,所以平面A8C_L平面PBM,所以點P到平面48c的距離，即為點

尸到8M的距離，設(shè)為/?.

因為S4A8C=%CBM=JX￥^X2=^^為定值，

所以當(dāng)〃最大時，三棱錐P-ACQ的體積最大，

而PM=1,則

故當(dāng)〃=1時，(Vp-ACG)max=1(Vp.ABC)m^=1X|X1=^*

(3)由(2)得當(dāng)三棱錐￡ACQ的體積最大時，點〃到平面ABC的距圖為〃M=1,即〃用_1_

平面ABC,故PM_LAC,PM1MB,

叉ACLBM,

故MA,MB,MP兩兩垂直.

以M為原點，M/l,MA,MP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如

圖所示.

由題可得A(陋，0,0),4(0,2,0),P(0,0,I),《一堂，0,0

施便)

則而=(一也，2,0),麗=(0,2,-1),=,2,0.

/i-PB=2y—z=0,

設(shè)平面PBC的一個法向量為〃=(x,y,z),則

n-CB=嘩x+2y=0,

令y=l,得〃=(一2?1,2).

設(shè)直線A3與平面P8C所成的角為〃，則

〈而6_A/78

sin0=|cos〃〉1=_—般義⑺，

\AB\\n\―13

所以直線A8與平面戶8c所成角的正弦值為唔

4.(15分)(2024?江蘇蘇州模擬)如圖，四棱錐P/BCO中，底面4BCO是矩形，PA=

PB,PC=PD,且平面以8J_平面PC。，E,“分別是AB,C。的中點，AB=y^BC=、!i.

(1)求證：△尸石尸是直角三角形；

(2)求四棱錐P-ABCD體積的