1、第3课时 立体几何中的翻折问题和探索性问题 题型2 解答题规范踩点 多得分考情分析 翻折问题和探索性问题是近年来高考立体几何中的常见题型翻折是联结平面几何与立体几何的纽带，实现平面向空间的转化；探索性问题常以动点形式出现，是带着解析几何的味道出现在立体几何中的神秘杀手，让很多学生不知所措！对于这两类题目，破题的秘诀是“以静制动，静观其变！”1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 翻折问题1处理好翻折问题的关键是抓住两图的特征关系，画好翻折前后的平面图形与立体图形，并弄清翻折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2以翻折棱为基准，在同一个
2、半平面内的几何元素之间的关系是不变的，分别位于两个半平面内的几何元素之间的关系一般是变化的垂直于翻折棱的直线翻折后，仍然垂直于翻折棱(2019全国卷)图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2.(1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；(2)求图 2 中的二面角 BCGA 的大小解(1)证明：由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面由已知得 A
3、BBE，ABBC，且 BEBCB，所以 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE.(2)作 EHBC，垂足为 H.因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC，所以 EH平面 ABC.由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，可求得 BH1，EH 3.以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，则 A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，CG(1,0，3)，AC(2，1，0)设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，则 CG n0，ACn0，即x 3z0，2xy0.所以可取
4、n(3,6，3)又平面 BCGE 的法向量可取 m(0,1,0)，所以 cosn，m nm|n|m|32.因此二面角 BCGA 的大小为 30.(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变和不变一般情况下，线段的长度是不变的，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口(2)在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形1如图，已知正ABC 的边长为 3，D，E 分别是边 BC 上的三等分点，沿 AD，AE 把ABC 折成三棱锥 ADEF，使 B，C 两点重合于点 F，且 G是 DE 的中点(1)求证：DE平面 AGF；(2)求二面角 ADE
5、F 的余弦值；(3)求点 F 到平面 ADE 的距离解(1)证明：按题意作出三棱锥，如图由题知 ADAE，DGGE，所以 DEAG，又 DFEF，DGGE，所以 DEFG.又 AGFGG，所以 DE平面 AGF.(2)由(1)得 DEAG，DEFG，所以AGF 为二面角 ADEF 的平面角在AGF 中，AF3，AG3 32，FG 32，所以 cosAGFAG2FG2AF22AGFG3 3223223223 32 3213.(3)过点 F 作 FHAG 于 H，由(1)知 DE平面 AGF，因为 FH平面 AGF，所以 DEFH.又 AGFH，AG平面 ADE，DE平面 ADE，所以 FH平面
6、ADE，则 FH 的长就是点 F 到平面 ADE 的距离在 RtFGH 中，FHGFsinFGH 32 1132 63，所以 F 到平面 ADE 的距离为 63.2一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 AEGM 的余弦值解(1)点 F，G，H 的位置如图所示(2)证明：连接 BD，设 O 为 BD 的中点，连接 OM.因为 M，N 分别是 BC，GH 的中点，所以 OMCD，且 OM12CD，又因为
7、 NHCD，且 NH12CD，所以 OMNH，OMNH，所以四边形 MNHO 是平行四边形，从而 MNOH.又 MN平面 BDH，OH平面 BDH，所以 MN平面 BDH.(3)连接 AC，过 M 作 MPAC 于 P.在正方体 ABCDEFGH 中，ACEG，所以 MPEG.过 P 作 PKEG 于 K，连接 KM，所以 EG平面 PKM，从而KMEG.所以PKM 是二面角 AEGM 的平面角设 AD2，则 CM1，PK2，在 RtCMP 中，PMCMsin45 22.在 RtMPK 中，KM PK2PM23 22.所以 cosPKMPKKM2 23，即二面角 AEGM 的余弦值为2 23.
8、(另外，也可利用空间坐标系求解)热点 2 探索性问题立体几何中的探索性问题主要是对位置关系、角的大小以及点的位置的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设如图，在几何体 ABCDEF 中，平面 ADE平面 ABCD，四边形 ABCD 为菱形，且DAB60，EAEDAB2EF，EFAB，M 为 BC 的中点(1)求证：FM平面 BDE；(2)求直线 CF 与平面 BDE 所成角的正弦值；(3)在棱 CF 上是否存在点 G，使 BGDE？若存在，求CGC
9、F的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：取 CD 的中点 N，连接 MN，FN.因为 N，M 分别为 CD，BC 的中点，所以 MNBD.又 BD平面 BDE 且 MN平面 BDE，所以 MN平面 BDE.因为 EFAB，AB2EF，所以 EFCD，EFDN.所以四边形 EFND 为平行四边形，所以 FNED.又 ED平面 BDE 且 FN平面 BDE，所以 FN平面 BDE.又 FNMNN，所以平面 MFN平面 BDE.又 FM平面 MFN，所以 FM平面 BDE.(2)取 AD 的中点 O，连接 EO，BO.因为 EAED，所以 EOAD.因为平面 ADE平面 ABCD，所以 EO平面
10、ABCD，EOBO.因为 ADAB，DAB60，所以ADB 为等边三角形因为 O 为 AD 的中点，所以 ADBO.因为 EO，BO，AO 两两垂直，设 AB4，以 O 为坐标原点，OA，OB，OE 为 x 轴、y 轴、z 轴，如图建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意，得A(2,0,0)，B(0,2 3，0)，C(4,2 3，0)，D(2,0,0)，E(0,0,2 3)，F(1，3，2 3)CF(3，3，2 3)，DE(2,0,2 3)，BE(0，2 3，2 3)设平面 BDE 的法向量为 n(x，y，z)则nBE0，nDE 0，即yz0，x 3z0.令 z1，则 y1，x 3.所以 n(3，
11、1,1)设直线 CF 与平面 BDE 所成角为，sin|cosCF，n|CFn|CF|n|1010.所以直线 CF 与平面 BDE 所成角的正弦值为 1010.(3)设 G 是 CF 上一点，且CG CF，0,1因此点 G(34，32 3，2 3)BG(34，3，2 3)由BG DE 0，解得 49.所以在棱 CF 上存在点 G 使得 BGDE，此时CGCF49.由于空间向量的引入，解决探索性问题时，我们常利用空间向量的运算使几何问题代数化，降低思维的难度(1)对于存在型问题，解题时一般先假设其存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或者方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否在规定
12、范围内有解”等问题(2)对于位置探索型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数从而确定位置(2019北京高考)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PFPC13.(1)求证：CD平面 PAD；(2)求二面角 FAEP 的余弦值；(3)设点 G 在 PB 上，且PGPB23.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由解(1)证明：因为 PA平面 ABCD，所以 PACD.又因为 ADCD，PAADA，所以 CD平面 PAD.(2)过点 A 作 AD 的垂线交 BC
13、于点 M.因为 PA平面 ABCD，所以 PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则A(0,0,0)，B(2，1，0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为 E 为 PD 的中点，所以 E(0,1,1)所以AE(0,1,1)，PC(2,2，2)，AP(0,0,2)所以PF13PC23，23，23，所以AFAPPF23，23，43.设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，则 nAE0，nAF0，即yz0，23x23y43z0.令 z1，则 y1，x1.于是 n(1，1,1)又因为平面 PAE 的一个法向量为 p(1,0,0)，所以 cosn，p np
14、|n|p|33.由题知，二面角 FAEP 为锐角，所以其余弦值为 33.(3)直线 AG 在平面 AEF 内理由：因为点 G 在 PB 上，且PGPB23，PB(2，1，2)，所以PG 23PB43，23，43，所以AG APPG 43，23，23.由(2)知，平面 AEF 的一个法向量 n(1，1,1)，所以AG n4323230.所以直线 AG 在平面 AEF 内2 专题作业 PART THREE 1.如图所示，在正四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 2.(1)若点 E 为 PD 上的点，且 PB平面 EAC，试确定 E 点的位置；(2)在(1)的条件下，在
15、线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF所成的锐二面角的余弦值为 114，若存在，求线段 PF 的长度，若不存在，请说明理由解(1)设 BD 交 AC 于点 O，连接 OE.PB平面 AEC，平面 AEC平面 BDPOE，PBOE.又 O 为 BD 的中点，在BDP 中 E 为 PD 的中点(2)连接 OP，由题知 PO平面 ABCD，且 ACBD，以OC，OD，OP 所在直线为 x，y，z 轴建立直角坐标系，如图OPPD2OD2 6.O(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0，2，0)，C(2，0,0)，D(0，2，0)，P(0,0，6)，则 E0，22，62，OC(2，
16、0,0)，OE 0，22，62，OD(0，2，0)设平面 AEC 的法向量为 m(x1，y1，z1)则 mOC 0，mOE 0 x10，y1 3z10.令 z11，得平面 AEC 的一个法向量 m(0，3，1)，假设在线段 PA 上存在点 F，满足题设条件，不妨设PFPA(01)则 F(2，0，6 6)，OF(2，0，6 6)设平面 BDF 的法向量 n(x2，y2，z2)，nOD 0，nOF 0y20，2x21 6z20.令 z21 得平面 BDF 的一个法向量 n31，0，1.由于平面 AEC 与平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为 114，则 cosm，n mn|m|n|121311
17、2 114，解得 15.所以|PF|15|PA|2 25.故在线段 PA 上存在点 F，当|PF|2 25 时，使得平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为 114.2(2019广州质检)如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，DE平面 ABCD，BF平面 ABCD，DE2 2，DEBF，ABC120.(1)当 BF 长为多少时，平面 AEF平面 CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角 EACF 的余弦值解(1)连接 BD 交 AC 于点 O，则 ACBD.取 EF 的中点 G，连接 OG，则 OGDE.DE平面 ABCD，OG平面 ABCD.
18、OG，AC，BD 两两垂直以 AC，BD，OG 所在直线分别作为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设 BFm(0m2 2)，由题意，易求 A(3，0,0)，C(3，0,0)，E(0，1,2 2)，F(0,1，m)则AE(3，1，2 2)，AF(3，1，m)，CE(3，1，2 2)，CF(3，1，m)，设平面 AEF，平面 CEF 的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)则n1AE0，n1AF0，3x1y12 2z10，3x1y1mz10，解得z12 3m2 2x1，y12 6 3mm2 2 x1.取 x1m2 2，得 n1(m2 2，2 6 3m,2
19、 3)同理可求得 n2(m2 2，3m2 6，2 3)若平面 AEF平面 CEF，则 n1n20，(m2 2)2(3m2 6)(2 6 3m)120，解得 m 2或 m7 2(舍去)，故当 BF 长为 2时，平面 AEF平面 CEF.(2)当 m 2时，AE(3，1,2 2)，AC(2 3，0,0)，EF(0,2，2)，AF(3，1，2)，CF(3，1，2)，则EFAF0，EFCF0，所以 EFAF，EFCF，且 AFCFF，所以 EF平面 AFC，所以平面 AFC 的一个法向量为EF(0,2，2)设平面 AEC 的一个法向量为 n(x，y，z)，则nAE0，nAC0，3xy2 2z0，x0，
20、得y2 2z，x0.令 z 2，n(0,4，2)从而 cosn，EF nEF|n|EF|66 3 33.故所求的二面角 EACF 的余弦值为 33.3(2019武汉模拟)如图 1，在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中，ABCD，且 CD6，AB12，将它沿对称轴 OO1 折起，使平面 ADO1O平面 BCO1O.如图 2，点 P 为 BC 的中点，点 E 在线段 AB 上(不同于 A，B 两点)，连接 OE并延长至点 Q，使 AQOB.(1)证明：OD平面 PAQ；(2)若 BE2AE，求二面角 CBQA 的余弦值解(1)证明：由题设知 OA，OB，OO1 两两垂直，所以以 O 为坐标原点，O
21、A，OB，OO1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设 AQ 的长度为 m，则相关各点的坐标为 O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)点 P 为 BC 的中点，P0，92，3，OD(3,0,6)，AQ(0，m,0)，PQ 6，m92，3，OD AQ 0，OD PQ 0.ODAQ，ODPQ，且 AQPQQ，OD平面 PAQ.(2)BE2AE，AQOB，AQ12OB3，则 Q(6,3,0)，QB(6,3,0)，BC(0，3,6)设平面 CBQ 的法向量为 n1(x，y，z)，n1QB 0，n1
22、BC0，6x3y0，3y6z0，令 z1，则 y2，x1，则 n1(1,2,1)，又显然，平面 ABQ 的法向量为 n2(0,0,1)设二面角 CBQA 的平面角为.由图可知，为锐角，则 cos|n1n2|n1|n2|66.所以二面角 CBQA 的余弦值为 66.4(2019河北衡水模拟)如图，在矩形 ABCD 中，AD2AB4，E 为 BC的中点，现将BAE 与DCE 折起，使得平面 BAE平面 ADE，平面 DCE平面 ADE.(1)求证：BC平面 ADE；(2)求二面角 ABEC 的余弦值解(1)证明：取 AE，ED 中点 M，N，连接 MB，MN，NC，所以 MNAD 且 MN12AD
23、.因为四边形 ABCD 是矩形，且 AD2AB4，E 是 BC 中点，所以 ABBECDEC，则 BMAE，CNED.又因为平面 BAE平面 ADE，平面 DCE平面 ADE，所以 BM平面ADE，CN平面 ADE，则 BMCN.又因为ABE 与CDE 是全等的等腰直角三角形，所以 BMCN，则四边形 BCNM 是平行四边形，则 BCMN，即BCAD.又 BC平面 ADE，AD平面 ADE，则 BC平面 ADE.(2)因为 AEDE2 2，AD4，所以AED90，即 AEED，过 E作直线平行于 BM，以 E 为坐标原点，该直线为 z 轴建立空间直角坐标系如图则 E(0,0,0)，A(0,2 2，0)，M(0，2，0)，N(2，0,0)，所以 B(0，2，2)，C(2，0，2)，E B(0，2，2)，EC(2，0，2)设平面 BCE 的法向量为 n(x，y，z)，则 nEB0，nEC0，即 2y 2z0，2x 2z0.令 z1，则 n(1,1，1)又易知平面 ABE 的法向量为 i(1,0,0)，所以 cosn，i ni|n|i|33，所以二面角 ABEC 的余弦值为 33.本课结束