【最新版】高中数学（新北师大版）习题+同步课件培优课　巧解翻折与探究性问题

培优课　巧解翻折与探究性问题

一、翻折问题

立体几何中的翻折是指将平面图形变成立体图形，在解决此类问题时要处理好以下的两点：

1.确定翻折前后的平面图形与立体图形，理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、面之间的位置和数量关系发生变化；对于不变的关系应在平面图形中解决，而对于变化的关系要在立体图形中解决.

2.确定翻折后关键点的位置

所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动其他的点、线、面的位置关系与数量关系的变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能确定其他点的位置，进而进行有关的证明与计算.

二、探究性问题

探究性问题主要是指对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究.这类试题的一般设问方式是“是否存在？存在给出证明，不存在说明理由”，解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设.

类型一　翻折问题

例1 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，将平面DAC沿AC折叠成二面角P－AC－B，其二面角的平面角大小为θ∈(0，π).

(1)求证：PB⊥AC；

(2)若θ＝90°，且|PM|＝2|MB|，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.

(1)证明　取AC中点O，连接PO，BO.

由已知有AC⊥PO，AC⊥BO，

又BO∩PO＝O，BO，PO⊂平面POB，

所以AC⊥平面POB，

又PB⊂平面POB，所以AC⊥PB.

(2)解　由题意，θ＝90°，即∠POB＝90°，

∴PO⊥OB，又AC⊥平面POB，

以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则P(0，0，)，B(0，，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，

则＝(0，，－)，＝(1，，0).

设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z).

由

即

令z＝1，∴y＝1，x＝－，

可得平面PBC的一个法向量为

m＝(－，1，1)，

因为＝＋＝＋＝(－1，0，)＋(0，，－)＝＝(－，2，1)，

设直线AM与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝＝.

例2 已知直角梯形ABEF，∠A＝∠B＝，|AB|＝1，|BE|＝2，|AF|＝3，C为BE的中点，|AD|＝1，如图(1)，沿直线CD折成直二面角，连接部分线段后围成一个空间几何体(如图2).

(1)求异面直线BD与EF所成角的大小；

(2)求过A、B、C、D、E这五个点的球的表面积.

解　(1)以D为原点，DA，DC，DF所在直线为坐标轴建立如图所示的直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，E(0，1，1)，F(0，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，－1，1)，

设异面直线BD与EF所成的角为θ，则cos θ＝＝，所以θ＝，

故异面直线BD与EF所成角的大小为.

(2)过A、B、C、D、E这五个点的球是四棱锥E－ABCD的外接球，由题意可知四棱锥E－ABCD是一个边长为1的正方体的五个顶点，故四棱锥E－ABCD的外接球就是边长为1的正方体的外接球，且外接球的半径R满足：(2R)2＝12＋12＋12＝3，所以外接球的表面积为：4πR2＝3π，

所以过A、B、C、D、E这五个点的球的表面积为3π.

类型二　位置探究型问题

例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，|AB|＝，|BC|＝1，|PA|＝2，E为PD的中点.

(1)求点E到平面PBC的距离；

(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距离.

解　(1)由题意得AB⊥AD，侧棱PA⊥底面ABCD，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0，0，0)，C(，1，0)，P(0，0，2)，B(，0，0)，D(0，1，0)，E，

∴＝，＝(，0，－2)，＝(，1，－2).

设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，即令x＝2，

∴z＝，y＝0，∴n＝(2，0，).

故点E到平面PBC的距离d＝＝＝.

(2)设在侧面PAB内存在一点N(a，0，c)，使NE⊥平面PAC，由(1)知E，

∴＝，＝(0，0，2)，＝(，1，0)，∴

解得∴N，∴N到AB的距离为1，N到AP的距离为.

例4 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，|AB|＝3，|BC|＝5.

(1)求直线A1B与直线AC1所成角的余弦值.

(2)求证：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.

(1)解　由题意，|AA1|＝4，|BC|＝5，|AB|＝3，|AC|＝4，所以|BC|2＝|AB|2＋|AC|2，所以AB⊥AC，又AA1⊥平面ABC，以A为坐标原点，，，1所在方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图：

则A(0，0，0)，B(0，3，0)，A1(0，0，4)，

C1(4，0，4)，所以＝(0，3，－4)，＝(－4，0，－4)，所以|cos 〈，〉|＝＝＝，

即A1B，AC1所成角的余弦值为.

(2)证明　设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ1(0≤λ≤1)，

由(1)，＝(x，y－3，z)，1＝(4，－3，4)，

所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3，4)⇒

所以＝(4λ，3－3λ，4λ)，由AD⊥A1B⇒·＝3(3－3λ)－4(4λ)＝9－25λ＝0⇒λ＝，

所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，此时＝.

类型三　存在判断型问题

例5 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为长方形，PB⊥底面ABCD，|BA|＝2，|BP|＝2，|BC|＝t；t的可能取值为：①t＝；②t＝；③t＝；④t＝；⑤t＝3.已知线段CD上存在点E，满足AE⊥PE.

(1)求t的所有可能取值，并说明理由；

(2)当t为所有可能取值的最大值时，线段CD上满足AE⊥PE的点有两个，分别记为E1，E2，求二面角E1－PB－E2的大小.

解　(1)如图所示，以BC，BA，BP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系.则各点坐标分别为A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(t，0，0)，D(t，2，0)，P(0，0，2).

设E(t，x，0)(0≤x≤2)，所以＝(t，x，－2)，＝(－t，2－x，0)，

又⊥，

∴－t2＋x(2－x)＝0，∴t2＝x(2－x)＝－(x－1)2＋1，t2∈[0，1] ，

∴在所给的数据中，t可以取①②③.

(2)由(1)知t＝，此时x＝或x＝.

根据题意得，其坐标为E1和

E2，

∵PB⊥底面ABCD，且BE1，BE2⊂平面ABCD，

∴PB⊥BE1，PB⊥BE2，

∴∠E1BE2是二面角E1－PB－E2的平面角，由cos 〈1，2〉＝＝＝，

由题图得，二面角E1－PB－E2的平面角为锐角，所以二面角的大小为.

例6 如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，|AB|＝4，CD⊥AB，垂足为D，E是AC的中点，现将△ABC沿CD折成直二面角A－CD－B，如图②.

(1)求异面直线AB与DE所成角的余弦值；

(2)线段AB上是否有一点P，使得直线AC与平面DPE所成角的正弦值为，若存在，请找出点P的位置；若不存在，请说明理由.

解　(1)由题知，在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，|AB|＝4，知|BC|＝2，|AC|＝2，

利用等面积法，知|CD|＝＝＝，|AD|＝3，|BD|＝1.

因为是直二面角A－CD－B，

所以可知DB，DA，DC两两垂直，

分别以DB、DC、DA为x轴、y轴、z轴，D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.

则D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，A(0，0，3)，E，故＝(1，0，－3)，＝，故cos 〈，〉＝

＝＝－，

又异面直线所成角的范围为，

所以异面直线AB与DE所成角的余弦值为.

(2)假设存在点P，使得直线AC与平面DPE所成角的正弦值为，＝(0，，－3)，设＝λ(0≤λ≤1)，有＝λ(－1，0，3)＝(－λ，0，3λ)，＝＋＝(1，0，0)＋(－λ，0，3λ)＝(1－λ，0，3λ)，设平面DPE的法向量为n＝(x，y，z)，

则取x＝，y＝－，z＝1，

∴n＝，∴|cos 〈n，〉|＝＝

＝，解得λ＝或λ＝－1，

由0≤λ≤1，故λ＝，故这样的点P存在，位于线段BA上靠近点B的三等分点.