2021版新高考数学一轮教师用书：第7章第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
展开第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
(对应学生用书第136页)
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ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0，0，0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
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PAB⊥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PAB，
又∵AD⊂平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面PAB.
(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，P(0，0，)，C，D，
∴＝，＝(1，0，0)，＝，
设n＝(x，y，z)是平面PCD 的一个法向量，
则即
取z＝2，则n＝(0，，2)，
设直线PB与平面PCD的所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
故直线PB与平面PCD的所成角的正弦值为.
(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OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，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∥OB.
图1 图2
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角CBQA的余弦值．
[解] (1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6).
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由
得
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1，2，1).
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1).
设二面角CBQA的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cos θ＝＝，
即二面角CBQA的余弦值为.
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≠)，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．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.
(1)求证：CE⊥平面ADF；
(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角PDFA的大小为60°.
[解] (1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，
∴四边形CDEF是菱形，
∴CE⊥DF.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面CDEF，
∵CE⊂平面CDEF，∴AD⊥CE.
又∵AD⊂平面ADF，DF⊂平面ADF，AD∩DF＝D，
∴CE⊥平面ADF.
(2)由(1)知四边形CDEF为菱形，又∵∠DCF＝60°，
∴△DEF为正三角形．
如图，取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.
∵EF∥CD，∴GD⊥CD.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，
∴GD⊥平面ABCD.
又∵AD⊥CD，∴直线DA，DC，DG两两垂直．
以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系Dxyz.
∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，
∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，)，F(0，1，)，∴＝(0，－3，)，＝(0，1，)，＝(1，－1，0)，＝(0，2，0).
由(1)知是平面ADF的一个法向量．
设＝a＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，
则＝＋＝(a，2－a，0).
设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝a，则x＝(a－2)，z＝－a，
∴n＝((a－2)，a，－a).
∵二面角PDFA的大小为60°，
∴|cos 〈n，〉|＝
＝＝，
解得a＝或a＝－2(不合题意，舍去).
∴P在靠近点B的CB的三等分点处．
(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．
(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，解出参数.
[教师备选例题]
(2019·潍坊模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝＝1，CD＝．
(1)求证：平面PBC⊥平面PQB；
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°？
[解] (1)证明：∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝AD，∴BC∥QD，BC＝QD，
∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQ∥CD.
∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.
∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.
又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.
∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB.
(2)由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，)，
B(0，，0)，C(－1，，0)，
∴＝(0，，0)，＝(0，，0)，＝(1，0，)，＝(－1，，－).
设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则
即
令x′＝3，则y′＝0，z′＝－，
∴平面PDC的一个法向量为n＝(3，0，－).
①当M与C重合时，平面MQB的法向量＝(0，0，)，则＝＝cos 60°，满足题意．
②当M与C不重合时，
设＝λ，则＝(－λ，λ，－λ)，且0≤λ＜1，得M(－λ，λ，－λ)，
∴＝(－λ，λ，(1－λ)).
设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则
即
令x＝，则y＝0，z＝，
∴平面MBQ的一个法向量为m＝.
∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，
∴cos 60°＝＝＝，
∴λ＝.∴PM＝PC＝.
综上知，PM＝或.
(2019·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角FAEP的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝，判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
[解] (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.
如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).
所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2).
所以＝＝，＝＋＝.
设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAD的法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos 〈n，p〉＝＝－.
由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.
(3)直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的法向量n＝(－1，－1，1).
所以·n＝－＋＋＝0.
所以直线AG在平面AEF内．
本题(3)先求得点G的坐标，然后结合平面AEF的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内．
考点3 立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．
(1)(2019·衡水中学月考)如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝面对角线B1D1上存在一点P使得A1P＋PB最短，则A1P＋PB的最小值为( )
A. B．
C．2＋ D．2
(2)(2019·三明模拟)如图所示，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.
①求二面角APED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．
(1)A [如图，把△A1B1D1折起至与平面BDD1B1共面，连接A1B交B1D1于P，则此时的A1P＋PB最短，即为A1B的长，在△A1B1B中，由余弦定理求得A1B＝，故选A.
(2)[解] ①因为PA⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，AB⊂平面ADE，所以PA⊥AD，PA⊥AB，
又因为AB⊥AD，所以PA，AD，AB两两垂直．
以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为PA⊥AD，AD⊥AE，AE∩PA＝A，
所以AD⊥平面PAE，
所以是平面PAE的一个法向量，且＝(0，2，0).
易得＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2).
设平面PED的法向量为m＝(x，y，z).
则即
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PED的一个法向量，
所以cos 〈，m〉＝＝，
所以二面角APED的余弦值为.
②＝(－1，0，2)，故可设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1).
又＝(0，－1，0)，所以＝＋＝(－λ，－1，2λ).
又＝(0，－2，2)，
所以cos 〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，
则cos2〈，〉＝＝≤，
当且仅当t＝，
即λ＝时，
|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，
所以当λ＝时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.
本例(1)属于线段和的最值问题，求解时采用了化空间为平面，化折为直的重要手段；本例(2)属于解决空间角的最值问题，求解时采用了把空间角的余弦三角函数值表示为参数λ的二次函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用．
(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
[解] (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点．由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，
＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0).
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则
即可取n＝(1，0，2).
是平面MCD的法向量，
因此cos 〈n，〉＝＝，sin 〈n，〉＝.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
