第3課時(shí)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(shí)現(xiàn)平面向空間的轉(zhuǎn)化；探索性問題常以動(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(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(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(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DABC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FBCE的體積解(1)證明：AC2，BACACD45°，AB4，在ABC中，BC2AC2AB22AC×AB×cos45°8，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BEF，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF，ADEF，E為AC的中點(diǎn)，EF為ACD的中位線，由(1)知，VFBCEVBCEF×SCEF×BC，SCEFSACD××2×2，VFBCE××2.1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(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題的突破口2在解決問題時(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，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)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0<x<4，由(2)得NE平面FEC，四面體NEFD的體積為V四面體NEFDSEFD·NEx(4x)V四面體NEFD22，當(dāng)且僅當(dāng)x4x，即x2時(shí)，四面體NEFD的體積最大，最大值為2.熱點(diǎn)2探索性問題立體幾何中的探索性問題主要是對(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(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)(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AD上是否存在一點(diǎn)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(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).理由如下：當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)P作PMFD交AF于點(diǎn)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(0<x4)，F(xiàn)D6x，故VACDF××2·(6x)·x(x26x)當(dāng)x3時(shí)，VACDF有最大值，且最大值為3，此時(shí)EC1，AF3，F(xiàn)D3，DC2，F(xiàn)C，AC，AD3，在ACD中，由余弦定理得cosADC.sinADC，SADC·DC·DA·sinADC3，設(shè)點(diǎn)F到平面ADC的距離為h，由于VACDFVFACD，即3·h·SADC，h，即點(diǎn)F到平面ADC的距離為.1對(duì)于存在型問題，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”問題轉(zhuǎn)化為“是否有解”“是否在規(guī)定范圍內(nèi)有解”等問題2對(duì)于位置探索型問題，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(2019·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且DAB60°，EAEDAB2EF2，EFAB，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)MCD，且OMCD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以CDAB，因?yàn)镋FAB，所以CDEF，又ABCD2EF2，所以EFCD.所以O(shè)MEF，且OMEF，所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以FMOE.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AED，所以EHAD，因?yàn)槠矫鍭DE平面ABCD，且平面ADE平面ABCDAD，EH平面ADE，所以EH平面ABCD，因?yàn)锽H平面ABCD，所以EHBH.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以ABAD2，又BAD60°，所以ABD是等邊三角形，所以BD2，BH.易得EH.在RtEBH中，因?yàn)镋HBH，所以BE，因?yàn)镋DBD2，所以BDE為等腰三角形，所以SBDE×× ，設(shè)F到平面BDE的距離為h，連接DM，因?yàn)镾BDM×1×，所以由VEBDMVMBDE，得×××h×，解得h.即F到平面BDE的距離為.專題作業(yè)1如圖，在四棱錐PABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC.(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？說明理由解(1)證明：因?yàn)镻C平面ABCD，DC平面ABCD，所以PCDC.又因?yàn)锳CDC，且PCACC，所以DC平面PAC.(2)證明：因?yàn)锳BCD，DCAC，所以ABAC.因?yàn)镻C平面ABCD，AB平面ABCD，所以PCAB.又因?yàn)镻CACC，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EFPA.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PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ABCD，DAB60°，ABAD2CD2，側(cè)面PAD底面ABCD，且PAD是以AD為底的等腰三角形(1)證明：ADPB；(2)若四棱錐PABCD的體積等于，問：是否存在過點(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)說明理由解(1)證明：取AD的中點(diǎn)G，連接PG，GB，BD，PAPD，PGAD.ABAD，且DAB60°，ABD是正三角形，BGAD，又PGBGG，PG，BG平面PGB，AD平面PGB.ADPB.(2)存在，理由如下：分別取PB，AB的中點(diǎn)M，N，連接CM，MN，NC，則MNPA；ABCD是梯形，且DC平行且等于AB，DC平行且等于AN，于是，四邊形ANCD為平行四邊形，NCAD，平面CMN平面PAD.由(1)知，MN1，CN2，易知PG平面ABCD，BC，四棱錐PABCD的體積為，××PG，PG，在RtAGB中，得GB，PB，BM，在PBC與CBM中，PBCCBM，易知CG，PC，得CM，MN2MC2NC2，CMN是直角三角形，SCMN·CM·MN.3如圖1，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，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AD1，AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為，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BCDBD，BDDC，DC平面BCD，所以DC平面ABD.因?yàn)锳B平面ABD，所以DCAB，又因?yàn)锳DAB，且DCADD，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tanDAC，因?yàn)锳D1，所以CD，設(shè)ABx(x>0)，則BD，因?yàn)锳BDDCB，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(diǎn)，所以由平面幾何知識(shí)得AE，因?yàn)锽DDC，E為BC的中點(diǎn)，所以DE，所以SADE×1× .因?yàn)镈C平面ABD，所以VABCDVCABDCD·SABD.設(shè)點(diǎn)B到平面ADE的距離為d.則由d·SADEVBADEVABDEVABCD，得d，即點(diǎn)B到平面ADE的距離為.- 10 -