立体几何中的折叠、最值、取值范围问题——综合能力提升篇(教师).docVIP

PAGE PAGE 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＝eq \r(2)，EF＝2＋eq \r(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＝eq \r(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． ∵MG?平面MPG，∴MG∥平面DAE，即存在点N与G重合满足条件． 2．(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＝eq \f(1,2)CD，HN∥CD，且HN＝eq \f(1,2)CD， 所以OM∥HN，OM＝HN， 所以四边形MNHO是平行四边形， 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°＝eq \f(\r(2),2)． 在Rt△PKM中，KM＝eq \r(PK2＋PM2)＝eq \f(3\r(2),2)． 所以cos∠PKM＝eq \f(PK,KM)＝eq \f(2\r(2),3)，即二面角A-EG-M的余弦值为eq \f(2\r(2),3)． 方法二：如图，以D为坐标原点，分别以eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DH,\s\up6(→))方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz． 设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)， 所以eq \o(GE,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq \o(MG,\s\up6(→))＝(－1，0，2)． 设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(MG,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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n2＝eq \o(DO,\s\up6(→))＝(1，1，0)， 所以cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(2＋2＋0