1、 1 课题 立体几何中的折叠、最值、取值范围问题 综合能力提升篇 立体几何章节在历来的高考中分值占比重，以两小一大的形式出现较多空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力要在立体几何学习中形成纵观近几年全国及各省高考试题，对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题的考查逐年加重，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本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨 题型一：立体几何中的折叠问题 折叠
2、与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化 这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据 而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试 1如图 1，在等腰梯形 CDEF 中， DE CD 2， EF 2 2，将它沿着两条高 AD， CB 折叠成如图2 所示的四棱锥 E ABCD(E， F 重合 ) (1)求证： BE DE； (2)设点 M 为线段 AB 的中点，试在线段 CE 上确定一点
3、 N，使得 MN 平面 DAE 【解析】 (1)证明 ： AD EF， AD AE， AD AB又 AB AE A， AD 平面 ABE， AD BE由图 1 和题中所给条件知， AE BE 1， AB CD 2， AE2 BE2 AB2，即 AE BE又 AE AD A， BE 平面 ADE， BE DE (2)取 EC 的中点 G， BE 的中点 P，连接 PM， PG， MG 则 MP AE， GP CB DA， MP 平面 DAE， GP 平面 DAE MP GP P， 平面 MPG 平面 DAE 2 MG 平面 MPG， MG 平面 DAE，即存在点 N 与 G 重合满足条件 2 (
4、2015四川卷 )一个正方体的平面展开图及该正方体的直 观图的示意图如图 所示，在正方体中，设BC 的中点为 M， GH 的中点为 N (1)请将字母 F， G， H 标记在正方体相应的顶点处 (不需说明理由 )； (2)证明：直线 MN 平面 BDH； (3)求二面角 A EG M 的余弦值 【 解析】 (1)点 F， G， H 的位置如图所示 (2)证明 ： 连接 AC， BD 交于点 O，连接 OH， OM 因为 M， N 分别是 BC， GH 的中点， 所以 OM CD，且 OM 12CD， HN CD，且 HN 12CD， 所以 OM HN， OM HN， 所以四边形 MNHO 是平
5、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 EG M 的平面角 设 AD 2，则 CM 1， PK 2 在 Rt CMP 中， PM CMsin 45 22 在 Rt PKM 中， KM PK2 PM2 3 22 所以 cos PKM PKKM 2 23 ，即二面角 A EG M 的余弦值为 2 23 方法二：
6、 如图，以 D 为坐标原点，分别以 DA ， DC ， DH 方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 D xyz 3 设 AD 2，则 M(1， 2， 0)， G(0， 2， 2)， E(2， 0， 2)， O(1， 1， 0)， 所以 GE (2， 2， 0)， MG ( 1， 0， 2) 来源 :学科网 设平面 EGM 的一个法向量为 n1 (x， y， z)， 由n1GE 0，n1MG 0，得2x 2y 0， x 2z 0， 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 n
7、2 DO (1， 1， 0)， 所以 cos n1， n2 n1n2|n1|n2| 2 2 04 4 1 1 1 0 2 23 ， 故二面角 A EG M 的余弦值为 2 23 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
8、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 PD PB1 的最小值为 ( ) A 52 B 14C 14 D 52 【 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 PD (1,0,2 z)， PB1 (0,1,3 z)， PD PB1 0 0 (2 z)(3 z) (z52)2 14，故当 z52时，
9、 PD PB1 取得最小值 14 【 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 ，则 cos的最大值为 _ 4 【 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， QMm(0 m 2)，则 AF (2， 1， 0)， EM ( 1， m， 2)， 所以 cos AF EM|AF | |EM | 2 m5m2 25(0 m 2) 令 f(m) 2 m5m2 25(
10、0 m 2)，则 f (m) 5m2 25 （ 2 m） 10m2 5m2 255m2 25 因为 m 0， 2，所以 f (m) 0，故 f(m)max f(0) 25，即 cos 的最大值为 25 【 答案 】 25 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 2， 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 AB ， AD ， AP
11、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 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD (0,2,0) 因为 PC (1,1， 2)， PD (0,2， 2) 设平面 PCD 的法向量为 m (x， y， z)， 则mPC 0，mPD 0，即 x y 2z 0，2y 2z 0， 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 AD ， m AD m|AD |m| 33 ， 所以平面 PAB 与平面 PC
12、D 所成二面角的余弦值为 33 (2)因为 BP ( 1,0,2)，设 BQ BP ( ， 0,2)(0 1)， 5 又 CB (0， 1,0)，则 CQ CB BQ ( ， 1,2)，又 DP (0， 2,2)， 从而 cos CQ ， DP CQ DP|CQ |DP | 1 2102 2 设 1 2 t， t 1,3，则 cos2 CQ ， DP 2t25t2 10t 929 1t 59 2 209 910 当且仅当 t 95，即 25时， |cos CQ ， DP |的最大值为 3 1010 因为 y cos x 在 0， 2 上是减函数，此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值 又因
13、为 BP 12 22 5，所以 BQ 25BP 2 55 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 ，则 sin 的取值范围是 ( ) A 33 ， 1 B 63 ， 1 C 63 ， 2 23 D 2 23 ， 1 【 解析 】 连接 A1O， OP 和
14、PA 1，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 6 (1)当 P 点与 C 点重合时， PO 2， A1P 2 3，且 cos 6 2 122 6 2 33 ，此时 A1OP 为钝角，sin 1 cos2 63 ； (2)当 P 点与 C1点重合时， PO A1O 6， A1P 2 2，且 cos 6 6 82 6 6 13，此时 A1OP 为锐角， sin 1 cos2 2 23 ； (3)在 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 A1OP 90又因为 63 2 23 ，故 sin 的取值范围是
15、63 ， 1 【答案】 B 6 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 (1)求证：平面 ABE 平面 BEF； (2)设 PA a，若平面 EBD与平面 ABCD 所成锐二面角 4， 3 ，求 a 的取值范围 【解析】 (1)证明 ： 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
16、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,a2) BD ( 1,2,0)， DE (1, 1,a2)设平面 EBD 的法向量为 m (x， y， z)， 则mBD 0，mDE 0，即 x 2y 0，x y a2z 0， 令 y a，得 x 2a， z
17、 2,则 m (2a,a, 2) 显然 n (0,0,1)是平面 ABCD 的一个法向量 由 4， 3 ， 知 cos |cos AD ， m | |m n|m|n| 25a2 4 12， 22 ， 解得 a 2 55 ， 2 155 1(2012浙江卷 )已知矩形 ABCD， AB 1， BC 2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 C
18、D” ， “ 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 2，可得 AC 1，那么存在 AC 这样的位置， 使得 AB CD 成立 【答案】 B 7 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 AM PQ 的最大值是 ( ) A 12 B 1C 32 D 54 【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，
19、则 A(0,0,0)， M(12， 1,0)，所以 AM (12， 1,0) 设 PQ (x， y， z)，由题意可知 1 x 1， 1 y 1， 1 z 1.因为 AM PQ 12x 1y 0z 12x y，又 1 x 1， 1 y 1，所以 12 12x 12所以 32 12x y 32故 AM PQ 的最大值为 32 【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 ACD，所成二面角 ACD B 的平面角为 ，则 ( ) A ADB B ADB C ACB D ACB 【 解析 】 当 AC BC 时，易知 AD
20、B ，当 AC BC 时，作 AE CD， BF CD，因为 D 是中点，故 DE DF，再作 GF AE， GA EF，则 GFB ，设 AD BD m，FD DE n，则 cos ADB m2 m2 AB22mm 2m2 AB22m2 ， cos (m2 n2) (m2 n2) BG22 m2 n2 m2 n2 2m2 2n2 AB2 (2n)22(m2 n2) 2m2 2n2 AB22(m2 n2) ， 显然 cos ADB cos ，故 ADB 【答案】 B 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， AEED AD
21、1 1 2，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 11 2，则 E(0,0,0)， A(1,0,0)， F(0,2,0)， C(0,2,1)， AF ( 1,2,0)， EC (0,2,1)， cos AF ， EC 45， AF 与 CE 所成角的余弦值为 45 【 答案 】 45 8 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
22、 P 的仰角 的大小若 AB 15 m， AC 25 m， BCM 30 ，则 tan 的最大值是 _ (仰角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角 ) 【 解析 】 由勾股定理得 BC 20 m如图，过 P 点作 PD BC 于 D，连接 AD， 则由点 A 观察点 P 的仰角 PAD， tan PDAD 设 PD x， 则 DC 3x， BD 20 3x， 在 Rt ABD 中 ， AD 152 (20 3x)2 625 40 3x 3x2， 所以 tan x625 40 3x 3x2 1625x2 40 3x 3 1625 1x 20 36252 2725 5 39 ，故 tan 的最大
23、值为 5 39 【 答案 】 5 39 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 13S BCEAD 23c BE2 1，在三角形 ABD 中， AB BD2a， AD 2c，
24、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 a2 c2，所以 V 23c BE2 1 23c a2 c2 1 【答案】 23c a2 c2 1 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 2， A1B1 A1C1 5 9 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
25、对此空间图形解答下列问题 (1)证明： AA1 BC； (2)求 AA1 的长； (3)求二面角 A BC A1 的余弦值 【解析】 (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
26、，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 AA1 (0,3， 4)， BC ( 2,0,0)， AA1 BC 0， 因此 AA1 BC ，即 AA1 BC (2)因为 AA1 (0,3， 4)，所以 | |AA1 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 DA (0， 1,0)， DA1 (0,2， 4)，所以 cos DA ， DA1 21 22 42 55 即二面角
27、A BC A1的余弦值为 55 (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 10 因为 AD GD1， 且 AD GD1， 所以 AG DD1 B
28、B1，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 55 ， 则 cos ADA1 cos 2 D1DA1 55 即二面角 A BC A1的余弦值为 55 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 (1)
29、求证： 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 【解析】 (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 HG 平面
30、CDE， CD 平面 CDE， GH 平面 CDE (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 4 x2(0 x 2) S ABCD CDBD x 4 x2 V(x) 13S ABCDFA 23x 4 x2(0 x 2) (3)解： 要使 V(x)取得最大值，即使 x 4 x2 x2(4 x2)(0 x 2)取得最大值， x2(4 x2) x2 4 x222 4，当且仅当 x2 4 x2，即 x 2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
