11 立体几何解答题中的取值范围问题-《中学生数理化》高考数学2024年2月刊

■江苏省无锡市锡山区教师发展中心 姚敬东 高考中的立体几何解答题侧重于考查逻 辑推理能力和运算求解能力,其中的取值范 围或者最值问题一直是考试的重点,也是难 点。本文选取若干典型例题,归纳解决这类 问题的方法,希望对同学们的复习迎考能有 所帮助。 考向一、求空间角的取值范围 这类题目的特征是几何体含有动态元素 (例如某点在线段上运动),需要求与此相关 的空间角的取值范围。解决这类问题,需要 先建立适当的空间直角坐标系,然后根据动 态因素引入参数,最后把所求角的三角函数 值表示为该参数的函数并求出其值域。值得 注意的是,要根据题目条件给出参数的精确 范围。 图1 例 1 如图1所示,在 三棱柱 ABC-A1B1C1 中,平 面 AA1C1C ⊥ 平 面 ABC, △ABC 为等边三角形,AC= CC1=2,∠ACC1=60°,D,E 分别是线段AC,CC1 的中点。 (1)求证:A1C⊥平面BDE; (2)若P 为线段B1C1 上的动点(不包括 端点),求平面 PBD 与平面BDE 夹角的余 弦值的取值范围。 解析:(1)连接AC1,由题设可知四边形 AA1C1C 为菱形,所以A1C⊥AC1。因为D, E 分别是AC,CC1 的中点,所以 DE∥AC1, 于是 A1C⊥DE。又因为 D 为AC 的中点, △ABC 为等边三角形,所以BD⊥AC。又平 面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平 面ABC=AC,BD⊂平面 ABC,所以BD⊥ 平面 AA1C1C。又 A1C⊂平面 AA1C1C,所 以BD⊥A1C。又BD∩DE=D,BD,DE⊂ 平面BDE,所以A1C⊥平面BDE。 (2)因为CA=CC1=2,∠ACC1=60°, 所以△ACC1 为等边 三 角 形,于 是 C1D⊥ AC。又因为平面 AA1C1C⊥平面 ABC,平 面AA1C1C∩平面 ABC=AC,C1D⊂平面 AA1C1C,所以C1D⊥平面ABC。 图2 以D 为坐标原点,DB, DA,DC1 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图2所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 D-xyz,则 B (3,0,0), E 0,- 1 2 ,3 2 ,C1 (0,0, 3),B1(3,1,3),C(0,-1,0),A1(0,2, 3),所 以 DB→ = (3,0,0),DE→ = 0,- 1 2 ,3 2 ,C1B1→=(3,1,0),CA1→=(0, 3,3)。 设C1P→=λC1B1→=(3λ,λ,0)(0<λ< 1),则P(3λ,λ,3),所以 DP→=(3λ,λ, 3)。 由(1)知,A1C⊥平面 BDE,所以平面 BDE 的一个法向量为m=CA→1=(0,3,3)。 设平面PBD 的法向量为n=(a,b,c), 则 DB→·n= 3a=0, DP→·n= 3λa+λb+ 3c=0, 令b= 3, 则a=0,c=-λ,所以n=(0,3,-λ)。 所 以 cos <m,n>= m·n |m||n| = 33- 3λ 23× 3+λ2 = 3-λ 2 3+λ2 = 1 2 (3-λ)2 3+λ2 。 令3-λ=t∈(2,3),则λ=3-t。 所以 cos<m,n>= 1 2 t2 12-6t+t2 = 82 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年2月 1 2 1 12 t2 - 6 t+1 。 又 1 t ∈ 1 3 ,1 2 ,则12t2 - 6t +1∈ 1 3 ,1 ,所以cos<m,n>∈ 12,32 。 所以平面 PBD 与平面BDE 夹角的余 弦值的取值范围为 1 2 ,3 2 。 点评:本题第一问先证明 A1C⊥DE 和 A1C⊥BD,然后结合线面垂直的判定定理即 可 证 明。第 二 问 先 证 明 点 D 处 的 三 条 棱 DB,DA,DC1 两两垂直,然后以D 为坐标原 点建立空间直角坐标系,从而引入参数λ 表 示点P 的位置(C1P→=λC1B1→),并把二面角 的余弦值表示为f(λ)= 3-λ 2 3+λ2 (0<λ< 1),然后可求得范围。 考向二、求线段长度比值的取值范围 对于线段比值问题,解题时需要建立适 当的空间直角坐标系,将几何问题代数化,然 后利用题目中的条件和数据建立等量关系, 从而表示出所求的线段长度之比。在动态问 题中,还需根据动态过程求出该比值的取值 范围。 图3 例 2 已 知 三 棱 锥 P- ABC(图3)的平面展开图(图4) 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,△ABE 和△BCF 均 为正三角形,在三棱锥 P-ABC 图4 中: (1)求二面角A-PC-B 的余 弦值; (2)若点 M 在棱PC 上,满 足 CM CP=λ