内容正文:
微专题(三) 立体几何中的综合问题
命题点(一) 立体几何中的折叠问题
命题点(二) 立体几何中的探究性问题
命题点(三) 立体几何中的最值问题
目
录
01
02
03
2
命题点(一) 立体几何中的折叠问题
对立体几何中的折叠问题,要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力,才能顺利解答.从实际教学和考试来看,学生对这类题看到就头疼.分析原因,首先是学生的空间想象力较弱,其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.解题的关键是抓住翻折后的变与不变量.
[例1] 已知平面四边形ABCM由等腰△MAC和Rt△ABC组成,AB⊥BC,MA=MC,O为AC上的点且OA=OC=BC=2(如图1所示),将等腰△MAC沿AC折起,点M折至点D位置,使得平面DAC⊥平面ABC(如图2所示).
[关键点拨]
切入点 通过面面垂直的性质证明DO⊥平面ABC,进而证明DO⊥AB
迁移点 建立坐标系,写出两个平面的法向量,通过锐二面角的余弦值求出参数,进而计算四面体ABCD的体积
[解] (1)证明:因为MA=MC,OA=OC,
所以在△ACD中,DO⊥AC.
又因为平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DO⊂平面DAC,
所以DO⊥平面ABC,
又因为AB⊂平面ABC,
所以DO⊥AB.
(2)在平面ABC内过点O作AC的垂线,建立空间直角坐标系如图所示,
画好翻折前后的平面图形与立体图形,分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
方法技巧
1.如图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形,其中BC∥AD,AB⊥BC,AD=2BC=2AB=2,将△CDE沿CD折起使点E到达点P的位置(如图乙),使二面角P-CD-B为直二面角.
针对训练
(1)证明:AC⊥PD;
(2)若平面PCD与平面PAB的交线为l,求l与平面PAD所成角的正弦值.
解:(1)证明:取AD中点为F,连接CF,由AD=2BC得AF∥BC且AF=BC.
∴四边形ABCF为平行四边形,
∴CF=AF=DF,∴AC⊥CD,
又因为二面角P-CD-B为直二面角,且平面PCD∩平面ABCD=CD,
∴AC⊥平面PCD,又因为PD⊂平面PCD,
所以AC⊥PD.
(2)延长AB和DC交于点G,连接GP,则GP为平面PCD与平面PAB的交线l,
取CD中点为O,连接OF,OP,
∵OP⊥AC,OF∥AC,
∴OP⊥OF,OF⊥CD,OP⊥CD,
以O为坐标原点,OF,OD,OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
命题点(二) 立体几何中的探究性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.处理原则:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
[例2] 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.
(1)求证:B,E,D1,F四点共面;
(2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF?若存在,求出DG的长度;若不存在,说明理由.
[关键点拨]
切入点 以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系
迁移点 假设存在满足题意的点G,根据题意列方程求解
[解] (1)证明:如图所示.
连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME,
因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,
所以四边形EMC1D1为平行四边形,
所以D1E∥MC1,
又因为F为CC1的中点,
所以BM∥C1F,且BM=C1F,
所以四边形BMC1F为平行四边形,
所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,
所以B,E,D1,F四点共面.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t)(0≤t≤2),由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),
设平面GEF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).
因为平面GEF⊥平面BEF,
所以n1·n2=0,
由t-1+t-1+1=0,
方法技巧
解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或