高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题六　立体几何中的翻折、探索性和最值、范围问题

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题六　立体几何中的翻折、探索性和最值、范围问题，共13页。
2．会用几何法或向量法解决立体几何中的最值、范围问题．
考点1 翻折问题
【例1】 （2024·山东潍坊二模）如图1，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，连接BD，CD，且BD＝4，如图2.
(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；
(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为 eq \f(\r(30),10)，求点F到平面DEC的距离．
【解】 (1)证明：如图，连接BE，由题意得AD＝DE＝2，∠ADE＝60°，∠BCE＝120°，则△ADE为等边三角形，
由余弦定理得BE2＝4＋4－2×2×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝12，所以BE＝2 eq \r(3)，
则DE2＋BE2＝BD2，AE2＋BE2＝AB2，所以BE⊥DE，BE⊥AE.
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BE⊥平面ADE.
又BE⊂平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE.
(2)如图，以E为原点，以EA，EB所在直线分别为x轴、y轴，过点E且与平面ABCE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B（0，2 eq \r(3)，0），C（－1， eq \r(3)，0），D（1，0， eq \r(3)），E(0，0，0).设 eq \(DF,\s\up6(→))＝λ eq \(DB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
故 eq \(EC,\s\up6(→))＝（－1， eq \r(3)，0）， eq \(ED,\s\up6(→))＝（1，0， eq \r(3)）， eq \(DB,\s\up6(→))＝（－1，2 eq \r(3)，－ eq \r(3)），
eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \(DF,\s\up6(→))＝（－1，0， eq \r(3)）＋λ（－1，2 eq \r(3)，－ eq \r(3)）＝（－1－λ，2 eq \r(3)λ， eq \r(3)－ eq \r(3)λ）.
因为z轴垂直于平面ABCE，故可取平面ABCE的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以
|cs 〈m， eq \(AF,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|m·\(AF,\s\up6(→))|,|m||\(AF,\s\up6(→))|)＝ eq \f(|\r(3)－\r(3)λ|,\r((－1－λ)2＋(2\r(3)λ)2＋(\r(3)－\r(3)λ)2))＝ eq \f(\r(30),10)，
化简得3λ2＋8λ－3＝0，解得λ＝ eq \f(1,3)或λ＝－3（舍去），
所以 eq \(DF,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(DB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2\r(3),3)，－\f(\r(3),3))).
设平面DEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EC,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝x＋\r(3)z＝0，))
可取n＝（ eq \r(3)，1，－1），
所以点F到平面DEC的距离为 eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)＋\f(2\r(3),3)＋\f(\r(3),3))),\r(5))＝ eq \f(2\r(15),15).
翻折问题的解题策略
(1)弄清翻折过程中的“数量变化”，即哪些线段的长度、角的大小发生了变化，变成了多少，哪些没有发生变化，依然是原来的大小．
(2)弄清翻折过程中的“性质变换”，即翻折过程中哪些“平行关系”“垂直关系”发生了变化，哪些没有发生变化．
(3)弄清了(1)(2)两个基本问题后，就可以把问题转化为基本立体几何问题，然后求解即可．
【对点训练1】 （2024·河南驻马店二模）在如图1所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB⊥平面ACDE，过点E作EF∥AB，且EF＝ eq \f(1,2)AB，连接FD，FB，BD，所得图形如图2所示，其中G为线段BD的中点，连接FG.
(1)求证：FG⊥平面ABD；
(2)若AC＝AD＝2，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(7),7)，求AB的长．
解：(1)证明：如图，连接CE，交AD于点O，则O为CE，AD的中点，连接GO.在菱形ACDE中，CE⊥AD，因为AB⊥平面ACDE，CE⊂平面ACDE，所以CE⊥AB，
又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABD，所以CE⊥平面ABD.
因为G，O分别为BD，AD的中点，所以GO＝ eq \f(1,2)AB，GO∥AB，
又EF＝ eq \f(1,2)AB，EF∥AB，
所以GO＝EF，GO∥EF，所以四边形GOEF为平行四边形，
所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABD.
(2)在菱形ACDE中，因为AC＝AD，所以△ACD和△ADE都是正三角形．
取ED的中点H，连接AH，则AH⊥AC.
又AB⊥平面ACDE，所以AB⊥AC，AB⊥AH，即AB，AC，AH两两垂直．
以A为坐标原点，AB，AC，AH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AB＝2a(a>0)，则C(0，2，0)，B(2a，0，0)，D（0，1， eq \r(3)），F（a，－1， eq \r(3)），G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
则 eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2a，2，0)， eq \(CD,\s\up6(→))＝（0，－1， eq \r(3)）， eq \(FG,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).
设平面BCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－2ax＋2y＝0，,m·\(CD,\s\up6(→))＝－y＋\r(3)z＝0，))
取z＝1，则m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),a)，\r(3)，1)).
记直线FG与平面BCD所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(FG,\s\up6(→))，m〉|＝ eq \f(|\(FG,\s\up6(→))·m|,|\(FG,\s\up6(→))||m|)＝ eq \f(\r(3),\r(\f(3,a2)＋4)×\r(3))＝ eq \f(\r(7),7)，
解得a＝1，故AB的长为2.
考点2 探索性问题
【例2】 （2024·湖南长沙三模）如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，PC＝ eq \r(3)，PA⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB.
(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E­AC­P的余弦值为 eq \f(\r(6),3)？若存在，求出PE∶ED的值；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BC，AC，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AC，PA⊥AB.
因为PA＝AB＝BC＝1，PC＝ eq \r(3)，所以AC2＝PC2－PA2＝3－1＝2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC.
又PA⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)存在．PE∶ED＝1∶2.因为BC⊥平面PAB，BC∥AD，所以AD⊥平面PAB.
又因为PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥AB，又PA⊥AB，
所以AB，AD，AP两两互相垂直，
所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP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，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，D(0，2，0)，
eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1).设 eq \(PE,\s\up6(→))＝λ eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2λ，－λ)(0≤λ≤1)，则 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \(AP,\s\up6(→))＋ eq \(PE,\s\up6(→))＝(0，0，1)＋(0，2λ，－λ)＝(0，2λ，1－λ)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0).
设平面EAC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,2λy1＋(1－λ)z1＝0，))
取y1＝λ－1，则x1＝1－λ，z1＝2λ满足条件，所以n1＝(1－λ，λ－1，2λ).
eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，设平面PAC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AP,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝0，,z2＝0，))
取y2＝－1，则x2＝1，z2＝0，所以n2＝(1，－1，0).
由题意|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝ eq \f(|2－2λ|,\r(2)·\r(2(λ－1)2＋4λ2))＝ eq \f(\r(6),3)，
化简并整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝ eq \f(1,3)或λ＝－1（舍去），所以 eq \(PE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(PD,\s\up6(→)).
综上所述，棱PD上存在一点E，且PE∶ED＝1∶2，使得二面角E­AC­P的余弦值为 eq \f(\r(6),3).
1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题．
2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，求出参数的值．
【对点训练2】 （2024·福建泉州模拟）如图，棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，E，F分别为CB1和CA1的中点．
(1)求证：EF∥平面ABB1A1.
(2)设AB＝4a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0