立体几何中的折叠、最值、取值范围问题综合能力提升篇(教师)Word文档格式.doc

立体几何中的折叠、最值、取值范围问题综合能力提升篇(教师)Word文档格式.doc

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所以OM∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD，

所以OM∥HN，OM＝HN，

所以四边形MNHO是平行四边形，

从而MN∥OH．

又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，

所以MN∥平面BDH．

（3）方法一：

过M作MP⊥AC于P．在正方体ABCD­

EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG．

过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，

从而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A­

M的平面角．

设AD＝2，则CM＝1，PK＝2．

在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°

＝．

在Rt△PKM中，KM＝＝．

所以cos∠PKM＝＝，即二面角A­

M的余弦值为．

方法二：

如图，以D为坐标原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz．

设AD＝2，则M（1，2，0），G（0，2，2），E（2，0，2），O（1，1，0），

所以＝（2，－2，0），＝（－1，0，2）．[来源:

学科网]

设平面EGM的一个法向量为n1＝（x，y，z），

由得取x＝2，得n1＝（2，2，1）．

在正方体ABCD­

EFGH中，DO⊥平面AEGC，

则可取平面AEG的一个法向量为n2＝＝（1，1，0），

所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，

故二面角A­

题型二、立体几何中的最值问题

结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现．在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；

如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；

再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；

还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．

3．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°

，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则·

的最小值为（　　）

A． B．－C． D．－

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D（1,0,2），B1（0,1,3），

设P（0,0，z），则＝（1,0,2－z），＝（0,1,3－z），∴·

＝0＋0＋（2－z）（3－z）＝（z－）2－，故当z＝时，·

取得最小值－．

【答案】B

4．（2015·

四川卷）如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM和AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．

【解析】分别以AB，AD，AQ为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，QM＝m（0≤m≤2），则＝（2，1，0），＝（－1，m，2），

所以cosθ＝＝（0≤m≤2）．

令f（m）＝（0≤m≤2），则f′（m）＝．

因为m∈[0，2]，所以f′（m）＜0，故f（m）max＝f（0）＝，即cosθ的最大值为．

【答案】

5．（2015·

江苏卷）如图，在四棱锥P­

ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1．

（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

（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．

【解析】以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B（1,0,0），C（1,1,0），D（0,2,0），P（0,0,2）．

（1）因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝（0,2,0）．

因为＝（1,1，－2），＝（0,2，－2）．

设平面PCD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PCD的一个法向量．

从而cos〈，m〉＝＝，

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为．

（2）因为＝（－1,0,2），设＝λ＝（－λ，0,2λ）（0≤λ≤1），

又＝（0，－1,0），则＝＋＝（－λ，－1,2λ），又＝（0，－2,2），

从而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＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．

又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝．

题型三、立体几何中的取值范围问题

结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等取值范围问题常常在高考试题中出现．此类问题的解法与立体几何中各类最值问题的解法基本一致．

6．（2014·

四川卷）如图所示，在正方体ABCD­

A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（　　）

A． B．

C． D．

【解析】连接A1O，OP和PA1，不难知∠POA1就是直线OP与平面A1BD所成的角（或其补角）设正方体棱长为2，则A1O＝．

（1）当P点与C点重合时，PO＝，A1P＝2，且cosα＝＝－，此时α＝∠A1OP为钝角，sinα＝＝；

（2）当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝，A1P＝2，且cosα＝＝，此时α＝∠A1OP为锐角，sinα＝＝；

（3）在α从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1上一定存在一点P，使得α＝∠A1OP＝90°

．又因为＜，故sinα的取值范围是．【答案】B

7．（2015·

河北正定中学上期第六次月考）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC．

平面ABE⊥平面BEF；

（2）设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，求a的取值范围．

∵AB∥CD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，

∴ABFD为矩形，AB⊥BF．∵DE＝EC，∴DC⊥EF，

又AB∥CD，∴AB⊥EF，∵BF∩EF＝E，

∴AE⊥面BEF，又AE⊂面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF．

（2）∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD，

又AB⊥PD，∴AB⊥面PAD，AB⊥PA，

以点A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系A－xyz，

则B（1,0,0），C（2,2,0），D（0,2,0），P（0,0,a），E（1,1,）．

∴＝（－1,2,0），＝（1,－1,）．设平面EBD的法向量为m＝（x，y，z），

令y＝a，得x＝2a，z＝－2,则m＝（2a,a,－2）．

显然n＝（0,0,1）是平面ABCD的一个法向量．

由θ∈，知cosθ＝|cos〈，m〉|＝＝∈，

解得a∈．

1（2012·

浙江卷）已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，（　　）

A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直

C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直

D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直

【解析】对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立．【答案】B

2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中点，P，Q是正方体内部或面上的两个动点，则·

的最大值是（　　）

A． B．1C． D．

【解析】以A为坐标原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为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），M（，1,0），所以＝（，1,0）．

设＝（x，y，z），由题意可知因为·

＝·

x＋1·

y＋0·

z＝x＋y，又－1≤x≤1，

－1≤y≤1，所以－≤x≤．所以－≤x＋y≤．故·

的最大值为．

【答案】C

3．（2015·

浙江卷）如图所示，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′­

CD­

B的平面角为α，则（　　）

A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α

C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α

【解析】当AC＝BC时，易知∠A′DB＝α，当AC≠BC时，作A′E⊥CD，BF⊥CD，因为D是中点，故DE＝DF，再作GF∥A′E，GA′∥EF，则∠GFB＝α，设A′D＝BD＝m，FD＝DE＝n，则cos∠A′DB＝＝，cosα＝＝＝，显然cos∠A′DB＜cosα，故∠A′DB＞α．

4．（2016·

石家庄模拟）如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________．

【解析】如图建立空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶，则E（0,0,0），A（1,0,0），F（0,2,0），C（0,2,1），∴＝（－1,2,0），＝（0,2,1），∴cos〈，〉＝，∴AF与CE所成角的余弦值为．

5．（2014·

浙江卷）如图所示，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°

，则tanθ的最大值是________．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）

【解析】由勾股定理得BC＝20m．如图，过P点作PD⊥BC于D，连接AD，则由点A观察点P的仰角θ＝∠PAD，tanθ＝．设PD＝x，则DC＝x，BD＝20－x，在Rt△ABD中，AD＝＝，所以tanθ＝＝＝≤，故tanθ的最大值为．

6．（2012·

上海卷）如图所示，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．

【解析】以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形ABD的高的最大值．作BE垂直AD于E，连接CE，则CE也垂直AD，且BE＝CE，所以四面体ABCD的体积V＝S△BCE·

AD＝c，在三角形ABD中，AB＋BD＝2a，AD＝2c，所以AD边上的高BE等于以AD为焦点，长轴为2a的椭圆上的点到x轴的距离，其最大值刚好在点在短轴端点的时候得到，即BE≤，所以V＝c≤c．

【答案】c　

7．（2012·

安徽卷）平面图形ABB1A1C1C如图

（1）所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝．

现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图

（2）所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．

AA1⊥BC；

（2）求AA1的长；

（3）求二面角A－BC－A1的余弦值．

（向量法）

（1）证明：

取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD．

由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，

因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，

又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1．

故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz．

由题设，可得A1D1＝2，AD＝1．

由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1．

所以A（0，－1,4），B（1,0,4），A1（0,2,0），C（－1,0,4），D（0,0,4）．

故＝（0,3，－4），＝（－2,0,0），·

＝0，

因此⊥，即AA1⊥BC．

（2）因为＝（0,3，－4），所以＝5，即AA1＝5．

（3）连接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，

所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．

因为＝（0，－1,0），＝（0,2，－4），所以cos〈，〉＝－＝－．

即二面角A－BC－A1的余弦值为－．

（综合法）

（1）证明：

取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D．

由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1，

由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C．

因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D．

又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC．

又考虑到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，

故BC⊥AA1．

（2）延长A1D1到G点，使GD1＝AD，连接AG．

因为AD∥GD1，且AD＝GD1，所以AG∥DD1∥BB1，且AG＝DD1＝BB1．

由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G．

由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，

所以AA1＝5．

（3）因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．

在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝，

则cos∠ADA1＝cos＝－．

即二面角A－BC－A1的余弦值为－．

8．已知如图所示的平行四边形ABCD中，BC＝2，BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．

GH∥平面CDE；

（2）记CD＝x，V（x）表示四棱锥F－ABCD的体积，求V（x）的表达式；

（3）当V（x）取最大值时，求平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值．

（1）证法1：

∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC且EF＝AD＝BC．

∴四边形EFBC是平行四边形．∴H为FC的中点．

又∵G是FD的中点，∴HG∥CD．

∵HG平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE．

证法2：

连接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中点．

∴在△EAB中，GH∥AB．又∵AB∥CD，∴GH∥CD．

（2）解：

∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，且FA⊥AD，

∴FA⊥平面ABCD．∵BD⊥CD，BC＝2，CD＝x，

∴FA＝2，BD＝（0＜x＜2）．∴SABCD＝CD·

BD＝x．

∴V（x）＝SABCD·

FA＝x（0＜x＜2）．

（3）解：

要使V（x）取得最大值，即使x＝（0＜x＜2）取得最大值，

∵x2（4－x2）≤2＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝时V（x）取得最大值．

解法1：

在平面DBC内过点D作DM⊥BC于M，连接EM，

∵BC⊥ED，∴BC⊥平面EMD．∴BC⊥EM．

∴∠EMD是平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角，

∵当V（x）取得最大值时，CD＝，DB＝，

∴DM＝BC＝1，EM＝＝．∴sin∠EMD＝＝．

即平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为．

解法2：

以点D为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图所示，

则D（0,0,0），C（，0,0），B（0，，0），E（0,0,2），

∴＝（0,0,2），＝（，0，－2），＝（0，，－2），

设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为θ，

平面ECF的法向量n＝（a，b，c），

由，得令c＝1得n＝（，，1）．

又∵平面ABCD的法向量为，∴cosθ＝＝＝，∴sinθ＝．

即当V（x）取最大值时，平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为．

9．（2014·

江西卷）如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形．平面PAD⊥平面ABCD．

AB⊥PD．

（2）若∠BPC＝90°

，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？

并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．

因为四边形ABCD为矩形，故AB⊥AD．

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故AB⊥PD．

（2）过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG．

故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．

在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝．

设AB＝m，则OP＝＝，

故四棱锥P－ABCD的体积为V＝·

·

m·

．

因为m＝＝，

故当m＝，即AB＝时，四棱锥P－ABCD的体积最大．

此时，建立如图所示的坐标系，

则O（0,0,0），B（,－,0），C（,,0），D（0,,0），P（0,0,）．

故＝（，，－），＝（0，，0），＝（－，0,0）．

设平面BPC的一个法向量n1＝（x，y,1），

则由得解得x＝1，y＝0，n1＝（1,0,1）．

同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝（0，，1）．

从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝＝＝．

10．（2012·

湖北卷）如图

（1）所示，∠ACB＝45°

，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°

（如图

（2））．

（1）当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？

（2）当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

图

（1）　　　　　　　　图

（2）

（1）方法1：

在题图所示的△ABC中，设BD＝x（0＜x＜3），则CD＝3－x．

由AD⊥BC，∠ACB＝45°

知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x．

由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD．

又∠BDC＝90°

，所以S△BCD＝BD·

CD＝x（3－x）．

于是VA－BCD＝AD·

S△BCD＝（3－x）·

x（3－x）＝·

2x（3－x）（3－x）≤3＝．

当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，

故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．

方法2：

同方法1，得VA－BCD＝AD·

x（3－x）＝（x3－6x2＋9x）．

令f（x）＝（x3－6x2＋9x），由f′（x）＝（x－1）（x－3）＝0，且0＜x＜3，解得x＝1．

当x∈（0,1）时，f′（x）＞0，当x∈（1,3）时，f′（x）＜0，所以当x＝1时，f（x）取得最大值．

故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．

（2）方法1：

以点D为原点，建立如图（a）所示的空间直角坐标系D－xyz．

由

（1）知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2．

于是可得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,2,0），A（0,0,2），M（0,1,1），E，且＝（－1,1,1）．

设N（0，λ，0），则＝．因为EN⊥BM等价于·

即·

（－1,1,1）＝＋λ－1＝0，故λ＝，N．

所以当DN＝（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，EN⊥BM．

设平面BMN的一个法向量为n＝（x，y，z），且＝，

由得令x＝1，则n＝（1,2，－1）．

设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝，n＝（1,2，－1），

可得sinθ＝cos（90°

－θ）＝＝＝，即θ＝60°

故EN与平面BMN所成角的大小为60°

由

（1）知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2．

如图（b），取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD．

由

（1）知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD．

如图（c），延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，

所以DP⊥BF．取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，

所以EN⊥BF，因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN．

又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF，又BM⊂面BMF，所以EN⊥BM．

因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．

即当DN＝（即N是CD的靠近点D的一个四等分点），EN⊥BM．

连结MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝，

所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形．

如图（d）所示，取B