《2020屆高考數(shù)學大二輪復(fù)習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學大二輪復(fù)習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習 文（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3課時立體幾何中的翻折問題和探索性問題考情分析翻折問題和探索性問題是近年來高考立體幾何中的常見題型翻折是聯(lián)結(jié)平面幾何與立體幾何的紐帶，實現(xiàn)平面向空間的轉(zhuǎn)化；探索性問題常以動點形式出現(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，讓很多學生不知所措！對于這兩類題目，破題的秘訣是“以靜制動，靜觀其變！”熱點題型分析熱點1翻折問題1處理好翻折問題的關(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，哪些沒有發(fā)生變化，這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據(jù)2以翻折棱為基準，在同一個半平面內(nèi)的幾何元素之間的關(guān)系是不變的，分別位于兩個半平面內(nèi)的幾何

2、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(2019河北五校聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，ADC90，ABCD，ADCDAB2，E為AC的中點，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DABC中：(1)求證：BC平面ACD；(2)點F在棱CD上，且滿足AD平面BEF，求幾何體FBCE的體積解(1)證明：AC2，BACACD45，AB4，在ABC中，BC2AC2AB22ACABcos458，AB2AC2BC216，ACBC，平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，BC平面ABC，BC平面ACD.(2)AD平面BE

3、F，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF，ADEF，E為AC的中點，EF為ACD的中位線，由(1)知，VFBCEVBCEFSCEFBC，SCEFSACD22，VFBCE2.1解決與翻折有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后的變和不變一般情況下，線段的長度是不變的，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口2在解決問題時，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，AB3，BC4，E，F(xiàn)分別在線段BC，AD上，EFAB，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

4、)若EC3，求證：NDFC；(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，MNEF，EFCD，MNEFCD，MNCD.四邊形MNCD是平行四邊形，NCMD.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NEEF，平面MNEF平面ECDFEF，NE平面MNEF，NE平面ECDF.FC平面ECDF，F(xiàn)CNE.ECCD，四邊形ECDF為正方形，F(xiàn)CED.又EDNEE，ED，NE平面NED，F(xiàn)C平面NED.ND平面NED，NDFC.(3)設(shè)NEx，則FDEC4x，其中0x4，由(2)得NE平面FEC，四面體N

5、EFD的體積為V四面體NEFDSEFDNEx(4x)V四面體NEFD22，當且僅當x4x，即x2時，四面體NEFD的體積最大，最大值為2.熱點2探索性問題立體幾何中的探索性問題主要是對位置關(guān)系、角的大小以及點的位置的探究，對條件和結(jié)論不完備的開放性問題的探究解決這類問題一般根據(jù)探索性問題的設(shè)問，假設(shè)其存在并探索出結(jié)論，然后在這個假設(shè)下進行推理論證，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)(2019成都診斷)如圖，在四邊形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EFAB，現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使BEEC.(1)若BE1，在折疊后的線段A

6、D上是否存在一點P，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；(2)求三棱錐ACDF的體積的最大值，并求出此時點F到平面ACD的距離解(1)線段AD上存在一點P，使得CP平面ABEF，此時.理由如下：當時，過點P作PMFD交AF于點M，連接EM，則有，由題意可得FD5，故MP3，由題意可得EC3，又MPFDEC，故四邊形MPCE為平行四邊形，CPME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，CP平面ABEF成立(2)設(shè)BEx，AFx(00)，則BD，因為ABDDCB，所以，即，解得x，故AB，BD，BC3.由于AB平面ADC，AC平面ADC，所以ABAC，又E為BC的中點，所以由平面幾何知識得AE，因為BDDC，E為BC的中點，所以DE，所以SADE1 .因為DC平面ABD，所以VABCDVCABDCDSABD.設(shè)點B到平面ADE的距離為d.則由dSADEVBADEVABDEVABCD，得d，即點B到平面ADE的距離為.- 10 -