02 立体几何中的翻折与探索性问题-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

■河南省许昌市胡银伟高中数学名师工作室 胡银伟 翻折与探索性问题是立体几何中的高频 考点。其考查热点是以翻折或探索性问题为 情境,对空间点、线、面的位置关系进行判断, 或对空间角、空间距离进行计算。 一、翻折问题 在解决平面图形翻折问题时,精准把握 翻折前后图形中线面位置关系及度量关系的 变化是解题的关键。通常,翻折后处于同一 平面的元素性质不发生变化,跨越平面的元 素性质发生改变。 例 1 如图1,在平面五边形PABCD 中,PA=BC=2,AB∥CD,AB=CD=3, AB⊥BC,将△PAD 沿AD 翻折,使点P 到 达点P1 的位置,得到如图2所示的四棱锥 P1-ABCD,且P1B= 13,E 为P1D 的中点。 图1 图2 (1)证明:AE⊥P1C; (2)若P1D=22,求平面ABE 与平面 BCE 夹角的余弦值。 解析:(1)在平面五边形PABCD 中,PA =BC=2,AB∥CD,AB=CD=3,AB⊥BC, 则CD⊥AD。在四棱锥P1-ABCD 中,P1B = 13,P1A=2,所以P1A2+AB2=P1B2, 故AB⊥P1A。又因为AB∥CD,所以CD⊥ P1A。因为CD⊥AD,P1A∩AD=A,P1A, AD⊂平面 P1AD,所以CD⊥平面 PA1D。 因为AE⊂平面 P1AD,所以 AE⊥CD。因 为AB∥CD,AB=CD,AB⊥BC,所以四边 形ABCD 为矩形,所以 AD=BC=2,所以 P1A=AD。又因为E 为P1D 的中点,所以 AE⊥P1D。因为P1D∩CD=D,P1D,CD ⊂平面P1CD,所以AE⊥平面P1CD。因为 P1C⊂平面P1CD,所以AE⊥P1C。 (2)因为P1D=22,P1A=AD=2,所 以P1A2+AD2=P1D2,所以P1A⊥AD。 因为CD⊥平面P1AD,AB∥CD,所以 AB⊥平面P1AD。 以A 为坐标原点,AB,AD,AP1 所在直 图3 线分别为x 轴,y 轴,z 轴, 建立如图3所示的空间直角 坐标系 A-xyz,则 A(0,0, 0),B(3,0,0),C(3,2,0), E(0,1,1),所以AB→=(3,0, 0),AE→=(0,1,1),BC→=(0,2,0),BE→= (-3,1,1)。 设平面ABE 的一个法向量为m=(x1, y1,z1),则 m·AB→=3x1=0, m·AE→=y1+z1=0。 取y1=1, 可得m=(0,1,-1)。 设平面BCE 的一个法向量为n=(x2, y2,z2),则 n·BC→=2y2=0, n·BE→=-3x2+y2+z2=0。 取 x2=1,可得n=(1,0,3)。 所以cos<m,n>= m·n |m||n|= -3 2× 10 = - 35 10 ,所以平面 ABE 与平面BCE 夹角的 余弦值为 35 10 。 评注:处理翻折问题中的平行与垂直关系 时,其关键是结合图形,搞清折叠前后变与不变 的关系,深挖隐含的垂直关系。解决问题的一 般步骤:首先,确定翻折前后各量之间的关系, 甄别翻折前后的变化量和不变量;其次,在翻折 后的图形中确定线和面的位置关系,明确所需线 面;最后,借助判定定理与性质定理严格证明。 例 2 如图4,在平面四边形 ABCD 中,CB=CD=23,tan ∠CDB= 2,O 为对 6 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年4月 图4 角线BD 的中点,F 为BC 的 中点,E 为线段AD 上一点, 且BE⊥AO,CO=AB,AB⊥ BD。 (1)求AE 的长。 (2)从下面①与②中选一 个作答,如果两个都作答,则 只按第一个解答计分。 图5 ①在平面四边形ABCD 中,以BD 为轴,将△BCD 向 上折起,如图5,当平面CBD ⊥平面ABD 时,求异面直线 OF 与BE 所成角的余弦值; ②在平面四边形ABCD 中,以BD 为轴,将△BCD 向 图6 上折起,如图6,当∠COE= 60°时,求三棱锥C-ABD 的 体积。 解析:(1)因 为 CB= CD=2 3,O 为对角线BD 的中点,所以CO⊥BD。 因为tan ∠CDB= CO DO= 2 ,又CO2+ DO2=CD2=12,解得CO=22,DO=2,所 以BD=2DO=4,AB=CO=22,则AD= AB2+BD2 =2 6,AO= AB2+BO2 = 23。 因为 AB⊥BD,BE⊥AO,所以∠ABE +∠EBO= π 2 ,∠AOB+∠EBO= π 2 ,所以 ∠ABE = ∠AOB,所 以 sin ∠ABE = sin ∠AOB= AB AO= 6 3 ,则cos ∠ABE= 3 3 , 且sin ∠BAD= BD AD= 6 3 =sin ∠ABE,故 ∠ABE=∠BAD。 在 等 腰 △ABE 中,由 正 弦 定 理 得 AB sin ∠AEB= AE sin ∠ABE ,即 22 sin 2∠ABE= AE sin ∠ABE ,则AE= 22 2cos ∠ABE= 22 23 3 =6。 (2)若选①。当平面CBD⊥平面 ABD 时,因为CO⊥BD,平面CBD∩平面ABD= BD,CO⊂平面CBD,所以CO⊥平面ABD。 又因为 AB⊥BD,所以以 B 为坐标原点, 图7 BA,BD 所在直线分别为 x 轴,y 轴,在 平 面 BCD 内,过点B 与CO 平行的直 线为z轴,建立如图7所示 的 空 间 直 角 坐 标 系 B-xyz。 由(1)知,AE= 6= 1 2AD ,故 E 为 AD 的 中 点,则O(0,2,0),F(0,1,2),B(0,0,0), E(2,2,0),所以OF→=(0,-1,2),BE→= (2,2,0)。 设异面直线 OF 与BE 所成角为θ,则 cos θ=|cos<OF→,BE→>|= OF →·BE→ |OF→||BE→| = -2 3× 6 = 2 3 。 若选②。由(1)知,AE=6= 1 2AD ,故E 为 AD 的中点,所以 OE= 1 2BA= 2 。当 ∠COE=60°时,S△COE= 1 2CO ·OE·sin 60°= 3。因为OE∥BA,BD⊥BA,所以BD⊥OE, 且BD⊥CO。又因为OE∩CO=O,所以BD ⊥平面COE。因为E 为AD 的中点,O 为BD 的 中 点,所 以 S△ABD =4S△DOE,则 VC-ABD = 4VC-DOE=4VD-COE=4× 1 3S△COE×OD= 83 3 。 评注:翻折问题的解题策略:(1)确定翻折 前后变与不变的关系。画好翻折前后的平面 图形与立体图形,辨析清楚翻折前后图形的位 置和数量关系的变与不变。通常,位于“折痕” 同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变, 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,对于变化的关系则要在立体图形中解 决。(2)确定翻折后关键点的位置。关键点即 翻折中动态变化点。关键点位置的变化,会牵 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年4月 动与其相关的其他点、线、面之间位置关系或 数量关系的变化。只有精准剖析关键点的位 置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的 位置,进而进行有关的证明或计算。 二、立体几何中的探索性问题 立体几何中的探索性问题的基本解题路 径:先假定结论成立或对象存在,继而逻辑推 导,若契合条件则假设成立,并可进一步证 明,反之则不成立。 图8 例 3 如图8,在三棱 柱 ABC-A1B1C1 中,侧 面 ABB1A1 ⊥ 底 面 ABC, △B1BA 是边长为2 3的 正三 角 形,AC= 6,B1C 与平面ABC 所成角为45°。 (1)证明:AC⊥平面ABB1A1。 (2)若E 为BC 的中点,P 为棱CC1 上 一点,且满足λ= CP CC1 ,试问:是否存在λ,使 得平面ABP 与平面AEB1 夹角的余弦值为 6 10 ? 若存在,求出λ值;若不存在,请说明理 由。 图9 解析:(1)如 图 9,取 AB 的 中 点 为 D,连 接 B1D,CD。因 为 △ABB1 为正三角形,所以 B1D⊥ AB。因为侧面ABB1A1⊥ 底 面 ABC,B1D ⊂ 平 面 ABB1A1,平面 ABB1A1∩ 平面ABC=AB,所以B1D⊥平面ABC。所 以∠B1CD 为B1C 与平面ABC 所成角,即 ∠B1CD=45°。因为B1D=3,所以CD=3, 则CD2=AD2+AC2,所以AC⊥AD。因为 侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊂平面ABC, 平面ABB1A1∩平面ABC=AB,所以AC⊥ 平面ABB1A1。 (2)由(1)知,B1D⊥AC,AC⊥AB。连 接DE,由题设知 DE∥AC,所以 DE⊥AB, B1D⊥DE,所以DE,DA,DB1 两两垂直,建 立如图10所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则D(0,0,0),A(0,3,0),B(0,- 3,0), 图10 B1(0,0,3),C(6,3,0), E 6 2 ,0,0 。 设CP→=λCC1→,则CP→ =λCC1→=λBB1→=(0,3λ, 3λ)(0≤λ≤1),DC→=(6, 3,0),所 以 DP→=DC→+ CP→=(6,3(λ+1),3λ),DA→=(0,3,0), AE→= 6 2 ,- 3,0 ,AB1→=(0,- 3,3)。 设平面ADP 的一个法向量为m=(x1,y1, z1),则 m·DA→=3y1=0, m·DP→=6x1+3(λ+1)y1+3λz1=0, 令z1=2,得m=(-6λ,0,2)。 设平面AEB1 的一个法向量为n=(x2, y2,z2),则 n·AE→= 62x2- 3y2=0, n·AB1→=- 3y2+3z2=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令 y2= 3,得n=(6,3,1)。 所 以 |cos<m,n>| = |m·n| |m||n| = |6λ-2| 10× 6λ2+4 = 6 10 ,即81λ2-60λ+4=0, 解得λ= 2 27 ,或λ= 2 3 。 故存在λ= 2 27 ,或λ= 2 3 ,使得平面ABP 与平面AEB1 夹角的余弦值为 6 10 。 评注:解决空间中的探索性问题,常利用 空间向量的坐标运算,将问题转化为方程是 否有解的问题进行处理。如本例第(2)问中, 在棱CC1 上探寻一点P 是否满足条件时,利 用共线向量定理,设 CP→=λCC1→,由向量 相 等,将点P 的坐标用λ表示,再依据条件构建 关于λ的方程,则问题转化为关于λ的方程是 否有解的问题,求解过程中要注意λ的范围。 注:本文系2024年度许昌市教育科学研 究重点课题“基于核心素养下的高中数学建 模课例研究”(课题编号:ZL2024G013)的阶 段性研究成果。 (责任编辑 王福华) 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年4月