09 探究立体几何中的综合应用问题-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

■安徽省灵璧县第一中学 王韵茹 立体几何中的综合应用问题是高考命题 中比较常见的一类考查题型。在实际考查与 命题中,经常以平面几何图形的翻折、立体几 何元素的探索及对应几何元素的最值(或取 值范围)等综合应用来创设,成为高考命题的 一个基本知识点,备受各方关注。 一、翻折问题 例 1 (2024年山东省泰安市高考数 学模拟试卷)如图1,在平行四边形 ABCM 中,AB=2BC=23,∠MAD=60°,D 为 CM 的中点,AF→=12FC →,AH→=HD→。如图 2,沿AD 将△MAD 翻折到△PAD 的位置, PF⊥AC。 图1 图2 (1)证明:HF∥平面PBD; (2)求平面PBC 和平面PCD 的夹角。 解析:(1)由 题 意 得,PA=PD= 3, ∠PAD=60°,△PAD 为正三角形,因为AH→ =HD→,所以 H 为AD 的中点。 设AC∩BD=G,因为CD∥AB,CD= 1 2AB ,所以CG GA= 1 2 ,所以G 为AC 上靠近C 的三等分点。 又因为AF→=13AC →,所以F 为AC 上靠 近A 的三等分点,所以F 为AG 的中点,所 以 HF∥DG。 又DG⊂平面 PBD,HF⊄平面 PBD, 所以 HF∥平面PBD。 (2)由题意得,AD= 3,∠DAB=60°, 结合余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos ∠BAD=3+12-2× 3×23× 1 2 =9,所以BD=3。所以AD2+BD2=AB2, 即AD⊥BD。因为 HF∥DG,所以 AD⊥ HF。因为AD⊥PH,PH∩HF=H,PH, HF⊂平面PHF,所以AD⊥平面PHF。 又因为 PF⊂平面 PHF,所以 AD⊥ PF。又PF⊥AC,AC∩AD=A,AC,AD⊂ 平面ABCD,所以PF⊥平面ABCD。 在Rt△PFH 中,易得PH= 3 2 ,HF= 1 2 ,所以PF= PH2-HF2= 2。 由题意得,∠ABC=60°,∠BAC=30°, 则∠ACB=90°,所以AC⊥BC。 过点C 作平面ABCD 的垂线为z 轴, 图3 CA→、CB→ 分别为x 轴、y 轴的 正方向,建立如图3所示的 空间直角坐标系 C-xyz,则 C(0,0,0),B(0,3,0), A(3,0,0),P (2,0,2), D 3 2 ,- 3 2 ,0 ,所 以 CD→= 3 2 ,- 3 2 ,0 ,CP→=(2,0,2),CB→=(0,3,0)。 设平面PCD 的一个法向量为n=(x, y,z),则 n·CD→=32x- 3 2y=0 , n·CP→=2x+ 2z=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x=1, 得n=(1,3,- 2)。 设平面PBC 的一个法向量为m=(x1, y1,z1),则 m·CB→= 3y1=0, m·CP→=2x1+ 2z1=0。 令x1= 1,得m=(1,0,- 2)。 设平面PBC 和平面PCD 的夹角为θ,θ ∈ 0, π 2 ,则cos θ=|cos<m,n>|= |1+2| 3× 6 = 2 2 ,所以θ= π 4 ,即平面PBC 和平面PCD 的夹角为 π 4 。 52 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月 点评:解决立体几何中的翻折问题的关 键是结合图形弄清翻折前后变与不变的关 系,尤其是隐含的垂直关系。一般地,翻折后 还在同一个平面上的性质不发生变化,不在 同一平面上的性质发生变化。 二、探索问题 图4 例 2 (2024年江苏 省徐州市高考数学模拟试 卷)已 知 四 棱 锥 P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2 的菱形,且∠DAB=60°,侧 面BCP 为等边三角形,PD=3,如图4所示。 (1)求证:PD⊥BC。 (2)在直线PD 上是否存在点M,使得直 线BM 与 平 面 APD 所 成 角 的 余 弦 值 为 10 4 ? 若存在,求出PM DM 的值;若不存在,请 说明理由。 图5 解析:(1)易知△BCD, △BCP 都是等边三角形,如 图5,取BC 的中点O,连接 DO,PO,易 得 DO⊥BC, PO⊥BC。又 DO∩PO= O,DO,PO⊂平面 POD,所 以 BC⊥平 面 POD。又PD⊂平面POD,所以PD⊥BC。 (2)方法一(几何法):假设存在点 M 符 合题意。 由题意及(1)得OD=OP= 3,PD=3, 由余弦定理得∠POD=120°。 由(1)得BC⊥平面POD,又AD∥BC, 所以 AD⊥ 平 面 POD。因 为 AD⊂平 面 APD,所以平面ADP⊥平面POD。 图6 如图6,作 OQ⊥PD, 垂足 为 Q,则 OQ⊥ 平 面 APD。 在△POD 中,由OD= OP= 3,PD=3,∠POD =120°,可得OQ= 3 2 。 取AP 的中点N,连接BN,QN,MN。 因为QN􀱀 1 2AD ,OB􀱀 1 2AD ,所以四边形 BNQO 为平行四边形。 因为OQ⊥ 平面APD,所以BN⊥ 平面 APD,则直线 BM 与平面 APD 所成角为 ∠BMN,且BN=OQ= 3 2 。 由题 意 知 cos ∠BMN = 10 4 ,所 以 sin ∠BMN = 1-cos2∠BMN = 6 4 ,由 BN=BMsin ∠BMN= 3 2 ,得BM= 2。 在△PBD 中,由余弦定理得cos ∠PDB = DB2+PD2-PB2 2DB·PD = 22+32-22 2×2×3 = 3 4 。 在△BDM 中,设DM=t,由余弦定理得 BM2 = DB2 + DM2 - 2DB · DM · cos ∠PDB,即(2) 2 =22+t2-2×2×t× 3 4 ,化简得t2-3t+2=0,解得t=1 或t=2。 所以存在点 M,使得直线 BM 与平面 APD 所成角的余弦值为 10 4 ,此时PM DM 的值 为2或 1 2 。 方 法 二 (等 体 积 法):由 题 意 可 知, △BCD 与△BCP 都是边长为2的等边三角 形,在△POD 中,OD=OP= 3,PD=3,由 余弦定理得∠POD=120°。 图7 如图7,作 PH⊥DO, 垂足 为 H,连 接 OH,得 ∠POH=60°,所以 PH= OPsin 60°= 3 2 。 由(1)得BC⊥平面POD,又AD∥BC, 所以AD⊥平面POD。又PD⊂平面POD, 所以AD⊥PD,所以△ADP 是直角三角形。 设点 B 到平面 APD 的距离为h,由 VP-ABD=VB-ADP 得 1 3× 3 4×4× 3 2= 1 3× 1 2× 2×3×h,解得h= 3 2 。 设直线BM 与平面APD 所成角为θ,由 题意知cos θ= 10 4 ,所以sin θ= 1-cos2θ 62 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月 = 6 4 ,所以h=BMsin θ= 3 2 ,得BM= 2。 以下同方法一。 点评:立体几何中探索性问题的求解策略 为:(1)对于存在判断型问题,应先假设存在, 把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程 组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否 有解,是否有规定范围内的解”等。(2)对于位 置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合 已知和结论列出等式,解出参数。 三、最值(范围)问题 图8 例 3 (2024年河南省 襄城县高考数学模拟试卷)如 图 8,在 正 四 棱 台 ABCD- A1B1C1D1 中,AB=2A1B1, AA1= 3,M,N 分 别 为 棱 B1C1,C1D1 的中点,棱AB 上存在一点E,使 得A1E∥平面BMND。 (1)求 AE AB ; (2)当正四棱台ABCD-A1B1C1D1 的体 积最大时,求BB1 与平面BMND 所成角的 正弦值。 图9 解析:(1)如图9,作B1F ∥A1E 交AB 于F,作 FG∥ BC 交BD 于G,连接 MG。 因 为 A1E ∥ 平 面 BMND,所 以 B1F∥ 平 面 BMND。又平面 B1FGM∩平面 BMND= MG,B1F⊂平面 B1FGM,所以 B1F∥MG。 又因为FG∥BC∥B1C1,所以四边形B1FGM 是平行四边形。 所以FG=B1M= 1 2B1C1= 1 4AD ,即F 为棱AB 上靠近B 的四等分点,故 E 为棱 AB 上靠近A 的四等分点,所以AE AB= 1 4 。 (2)由(1)易知G 为BD 的四等分点,所 以点B1 在点G 的正上方,所以B1G⊥底面 ABCD。 设AB=2A1B1=4x,x>0,则 BG= 1 4BD= 2x ,所以B1G= 3-2x2。 所以该四棱台的体积 V= 1 3 (16x2+ 16x2·4x2 +4x2) 3-2x2 = 28 3x 2 · 3-2x2。 而V2= 784 9x 2·x2·(3-2x2) ≤ 784 9 · x2+x2+3-2x2 3 3 = 784 9 ,当 且 仅 当 x2= 3-2x2,即x=1 时取等号,此时V 取最大 值,AB=4,A1B1=2。 以G 为坐标原点,GF,GB1 所在直线分 别为x 轴,z轴,在平面ABCD 中,过点G 平 图10 行于AB 的直线为y 轴,建 立如图10所示的空间直角 坐标系 G-xyz,则 G(0,0, 0),B1(0,0,1),B(1,1,0), F(1,0,0),所以GB→=(1, 1,0),GM→=FB1→=(-1,0, 1),BB1→=(-1,-1,1)。 设平面BMND 的一个法向量为n=(x, y,z),则 GB→·n=x+y=0, GM→·n=-x+z=0。 令x=1,得 n=(1,-1,1)。 设BB1 与平面BMND 所成角为θ,则sin θ =|cos<n,BB1→>|= |n·BB1→| |n||BB1→| = 1 3×3 = 1 3 ,即 BB1 与平面BMND 所成角的正弦值为 1 3 。 点评:在动态变化过程中产生的体积最 大、距离最大(小)、角的范围等问题的求解策 略为:(1)直观判断:在变化过程中判断点、 线、面在何位置时,所求的量有相应最大、最 小值,即可求解。(2)函数思想:通过建系或 引入变量,把这类动态问题转化为目标函数, 从而利用代数方法求目标函数的最值。 其实,在解决此类涉及立体几何中的翻 折、探索、最值(范围)等综合应用问题时,关 键在于剖析问题的基本条件,合理挖掘内在 与本质,通过几何法的逻辑推理,或利用坐标 法的数学运算等来实现问题的突破与求解。 (责任编辑 王福华) 72 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月