文档文本内容
微专题 解决专题考点综合问题
学生用书P70
突破专题专项备考难点
微专题一 分清变与不变，破解翻折问题
１.解决翻折问题的策略 形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＡＣ ＡＢ ＡＣ ＡＤ ＣＤ 现将 ＡＢＣ 沿 ＡＣ
ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ＝ ＝ ＝２ꎬ △
解决翻折问题的核心在于画好翻折前后的平面图形与立 折起 使得点Ｂ移至点Ｐ的位置 如图 且ＰＣ ＰＤ.
(１) ꎬ ꎬ ２ꎬ ＝
体图形 抓住两个图形的特征关系 并弄清翻折前后哪些量发 求证 ＣＤ ＰＡ
ꎬ ꎬ (１) : ⊥ ꎻ
生了变化 哪些量没有发生变化.准确把握平面图形翻折前后 若Ｍ为ＰＤ的中点 求点Ｄ到平面ＡＣＭ的距离.
、 (２) ꎬ
的两个 不变关系 与折痕垂直的线段 翻折前后垂直关系
“ ”:① ꎬ
不改变 与折痕平行的线段 翻折前后平行关系不改变.
ꎻ② ꎬ
一般情况下 折痕同一侧的量保持着原有的数量关系和位
(２) ꎬ
置关系 抓住这些不变量和不变关系是解决翻折问题的关键.
ꎬ
不变的线线关系尤其是图形中线线平行 线线垂直关系是研究
、
空间位置关系的重要起点和依据 不变的数量关系是求解几何
ꎻ
体的计算问题 如空间几何体的表面积 体积 角 距离 长度
( 、 、 、 、 )
的根本.
２.解决翻折问题的基本步骤 解析 证明 由题意可知ＰＡ ＡＣ.
(１) : ⊥
确定翻折前后的各量之间的关系 搞清翻折前后的变化量 因为ＡＣ ＡＤ ＰＣ ＰＤ ＰＡ ＰＡ
(１) ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
和不变量 所以 ＰＡＣ ＰＡＤ.
ꎻ △ ≌△
在翻折后的图形中确定线和面的位置关系 明确需要用到 所以 ＰＡＤ ＰＡＣ ° 所以ＰＡ ＡＤ
(２) ꎬ ∠ ＝∠ ＝９０ ꎬ ⊥ ꎬ
的线和面 又ＡＣ ＡＤ Ａ 所以ＰＡ 平面ＡＣＤ. 题眼
ꎻ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ( )
利用相关定理或公式进行证明或计算. 因为ＣＤ 平面ＡＣＤ 所以ＰＡ ＣＤ.
(３) ⊂ ꎬ ⊥
例1 (２０２０ 湖南、陕西西安五校联
由 得ＰＤ ＰＣ ＰＡ２ ＡＣ２
考ꎬ９)如图 在正方形 ＡＢＣＤ 中 将 (２) (１) ＝ ＝ ＋ ＝２ ２ꎬ
ꎬ ꎬ 因为Ｍ为ＰＤ的中点 所以ＭＤ
ＡＢＣ沿 ＡＣ 折起 使点 Ｂ 到达点 ꎬ ＝ ２ꎬ
△ ꎬ
Ｂ 的位置 当以 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 四点为 １ ＣＤ
１ ꎬ ꎬ １ꎬ ꎬ
顶点的三棱锥体积最大时 异面直 又 ＭＤＣ ２ １ ２
ꎬ ｃｏｓ∠ ＝ ＰＤ ＝ ＝ ꎬ
线ＡＤ与Ｂ Ｃ所成的角的大小为 ２ ２ ４
１ 所以在 ＭＣＤ中 ＭＣ２ ＭＤ２ ＤＣ２ ＭＤ ＤＣ ＭＤＣ
△ ꎬ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ∠ ＝２＋
( )
２
π π π π ４－２× ２×２× ＝４ꎬ
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. ４
６ ４ ３ ２ 所以ＭＣ .
解析 连接ＢＤ 交ＡＣ于点Ｏ.连接Ｂ Ｏ. ＝２
当Ｂ Ｏ 平面ＡＤＣ
ꎬ
时 点 Ｂ 到平面 ＡＤ
１
Ｃ 的距离等于 Ｂ Ｏ 的 所以 ＡＣＭ
ＡＣ２
＋
ＣＭ２
－
ＡＭ２
３
１ ⊥ ꎬ １ １ ｃｏｓ∠ ＝ ＡＣ ＣＭ ＝ ꎬ
长 当Ｂ Ｏ与平面ＡＤＣ不垂直时 点Ｂ 到平面ＡＤＣ的距离ｄ ２ ４
ꎻ １ ꎬ １
Ｂ Ｏ. 所以 ＡＣＭ ７
< １ ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ
因为 ＡＤＣ的面积为定值 所以三棱锥Ｂ ＡＣＤ的体积最大时 ４
△ ꎬ １－
点Ｂ 到平面ＡＤＣ的距离最大 由此可得当三棱锥Ｂ ＡＣＤ的
体积 １ 最大时 Ｂ Ｏ 平面ＡＤＣ. ꎬ 利用转化思想将动态 １ 问 － 题转化 所以Ｓ △ ＡＣＭ＝ ２ １ ×２×２× ４ ７ ＝ ２ ７.
ꎬ １ ⊥ ( 设点Ｄ到平面ＡＣＭ的距离为ｄ
为静态问题 ꎬ
)
由Ｖ Ｖ 等体积转化
连接Ｂ １ Ｂ.因为ＡＤ ∥ ＢＣ ꎬ 所以 ∠ ＢＣＢ １( 或其补角 ) 就是异面直 三棱锥Ｄ － ＡＭＣ＝ 三棱锥Ｍ － ＡＤＣꎬ( )
线ＡＤ与Ｂ Ｃ所成的角. 利用平移法找异面直线所成的角 得 １ Ｓ ｄ １ Ｓ １ ＰＡ
年 设正方形的 １ 边长为ａ ( ) ３ △ ＡＣＭ ＝ ３ △ ＡＤＣ ２ ꎬ
高 ꎬ
因为Ｂ Ｏ 平面ＡＤＣ ＯＢ 平面ＡＤＣ
考 １ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ 即 ７ｄ ＝ ３ ×２ ２ ×１ꎬ
所以ＯＢ ＯＢ ２ ４
年 ⊥ １ꎬ
模 解得ｄ ２ ２１
因为ＢＯ Ｂ Ｏ １ ＢＤ ２ａ ＝ ꎬ
拟 ＝ １ ＝ ＝ ꎬ ７
２ ２
所以ＢＢ ａ ＢＣ Ｂ Ｃ 即 Ｂ ＢＣ是等边三角形 所以 ＢＣＢ
１＝ ＝ ＝ １ ꎬ △ １ ꎬ ∠ １ 故点Ｄ到平面ＡＣＭ的距离为２ ２１.
π 故当三棱锥Ｂ ＡＣＤ的体积最大时 异面直线ＡＤ与Ｂ Ｃ ７
︵ ＝ ３ ꎬ １－ ꎬ １ 例3 (２０１９课标 Ⅲ ꎬ１９ꎬ１２ 分)图 １ 是由矩形 ＡＤＥＢ ꎬＲｔ△ ＡＢＣ
教 和菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图形 其中ＡＢ ＢＥ ＢＦ
所成的角的大小为π 故选 . ꎬ ＝１ꎬ ＝ ＝２ꎬ
师 ꎬ Ｃ ＦＢＣ °.将其沿ＡＢ ＢＣ折起使得ＢＥ与ＢＦ重合 连接ＤＧ
用 ３ ∠ ＝６０ ꎬ ꎬ ꎬ
书 答案 Ｃ 如图 .
２
︶ 例2 (２０２２安徽名校联盟第一次质检ꎬ１８)如图 在平面四边 证明 图 中的 Ａ Ｃ Ｇ Ｄ 四点共面 且平面 ＡＢＣ 平面
１ꎬ (１) : ２ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ⊥
１ ６８
ＢＣＧＥ 的空间直角坐标系Ｈ ｘｙｚ 则Ａ Ｃ Ｇ
ꎻ － ꎬ (－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０ꎬ
(２)
求图
２
中的二面角Ｂ
－
ＣＧ
－
Ａ的大小.
３)ꎬ
则Ｃ→Ｇ
＝(１ꎬ０ꎬ ３)ꎬ
→ＡＣ
＝(２ꎬ－１ꎬ０)
.设平面ＡＣＧＤ的法向
量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
ＣＧ 解 故 析 Ａ Ｄ ( Ｃ １ Ｇ ) 确 证 定 明 一 : 由 个 已 平 知 面 得 从 Ａ 而 Ｄ ∥ Ａ Ｂ Ｃ Ｅ ꎬ Ｇ ＣＧ Ｄ ∥ 四 Ｂ 点 Ｅ 共 ꎬ 所 面 以 . ＡＤ ∥ 则 {Ｃ→Ｇ ｎ ＝０ꎬ即 { ｘ ＋ ３ ｚ ＝０ꎬ所以可取ｎ .
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ →ＡＣ ｎ ｘ ｙ . ＝(３ꎬ６ꎬ－ ３)
由已知得 ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＢＣ 且 ＢＥ ＢＣ Ｂ 故 ＡＢ 平面 ＝０ꎬ ２ － ＝０
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ 又平面ＢＣＧＥ的一个法向量为ｍ
ＢＣＧＥ.又因为ＡＢ 平面ＡＢＣ 所以平面ＡＢＣ 平面ＢＣＧＥ. ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
⊂ ꎬ ⊥ ｎ ｍ
作ＥＨ ＢＣ 垂足为Ｈ.因为ＥＨ 平面ＢＣＧＥ 平面ＢＣＧＥ 所以 ｎ ｍ ３.
(２) ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ｎ ｍ ＝
平面ＡＢＣ 且平面ＢＣＧＥ 平面ＡＢＣ ＢＣ 所以ＥＨ 平面ＡＢＣ. ｜ ｜｜ ｜ ２
ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ 易知二面角Ｂ ＣＧ Ａ为锐二面角
由已知 菱形ＢＣＧＥ的边长为 ＥＢＣ ° 可求得 ＢＨ － － ꎬ
ꎬ ２ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝１ꎬ 因此二面角Ｂ ＣＧ Ａ的大小为 °.
ＥＨ . － － ３０
＝ ３
以Ｈ为坐标原点 Ｈ→Ｃ的方向为ｘ轴的正方向 建立如图所示
ꎬ ꎬ
第
八
章
立
体
几
何
与
空
间
向
量
１ ６９
微专题二 巧建系妙设点，速破动态变化问题
探索性问题的求解策略 面ＡＢＣＤ ＢＣ ＰＯ 平面ＰＢＣ ＰＯ 平面ＡＢＣＤ 取ＡＢ的中
＝ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
对于存在判断型问题的求解 应先假设存在 把要成立的 点Ｅ 连接ＯＥ 则ＯＥ ＣＡ 由 知ＯＥ 平面ＰＢＣ.因此以Ｏ
(１) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ (１) ⊥
结论当成条件 据此列方程或方程组 把 是否存在问题 转化 为原点 以ＯＣ ＯＥ ＯＰ所在直线分别为ｘ ｙ ｚ轴建立如图所示
ꎬ ꎬ “ ” ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
为 点的坐标是否有解 是否有规定范围内的解 等. æ ö
“ ꎬ ” 的空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ. Ｏ Ｐç ３÷
对于位置探究型问题 通常借助空间向量 引进参数 综合 － ∴ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ è０ꎬ０ꎬ øꎬ
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ２
已知和结论列出等式 解出参数 从而确定点的位置. ( ) ( ) æ ö æ ö
ꎬ ꎬ Ｃ １ Ｂ １ Ｄç ３ ÷ Ｄ→Ｂ ç ３ ３ ÷
例 如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面ＡＢＣＤ是等腰梯形 ＡＢ ＣＤ ꎬ０ꎬ０ ꎬ － ꎬ０ꎬ０ ꎬ è１ꎬ ꎬ０øꎬ ＝è－ ꎬ－ ꎬ０øꎬ
ꎬ － ꎬ ∥ ꎬ ２ ２ ２ ２ ２
ＢＣ ＣＤ ＡＢ . ＰＢＣ是等边三角形 平面ＰＢＣ 平面ＡＢ￣
＝ ＝１ꎬ ＝２△ ꎬ ⊥ 设Ｃ→Ｍ ｔＣ→Ｐ ｔ
ＣＤ 点Ｍ在棱ＰＣ上. ＝ (０<≤１)ꎬ
ꎬ
当Ｍ为棱ＰＣ的中点时 求证 ＡＰ ＢＭ
(１) ꎬ : ⊥ ꎻ
是否存在点Ｍ 使得二面角Ｄ ＭＢ Ｃ的余弦值为 ３ 若
(２) ꎬ － － ?
４
存在 求ＣＭ的长 若不存在 请说明理由.
ꎬ ꎻ ꎬ
æ ｔ ö æ ｔ ö
则Ｍç１－ ３ｔ÷.则Ｄ→Ｍ ç－ －１ ３ ３ｔ÷
è ꎬ０ꎬ ø ＝è ꎬ－ ꎬ øꎬ
２ ２ ２ ２ ２
设平面ＤＭＢ的法向量为ａ ｘ ｙ ｚ
＝( ꎬ ꎬ )ꎬ
解析 证明 连接ＡＣ ì ï ｔ
(１) : ꎬ ï ａ Ｄ→Ｍ ＝－ １＋ ｘ － ３ｙ ＋ ３ｔｚ ＝０ꎬ ｔ
易得 ＡＢＣ π 在 ＡＢＣ中 由余弦定理得ＡＣ 则í ２ ２ ２ 令ｘ 则ｙ ｚ －２
∠ ＝ ꎬ △ ꎬ ＝ ３ꎬ ï ＝ ３ꎬ ＝－３ꎬ ＝ ｔ ꎬ
３ ïａ Ｄ→Ｂ ３ ｘ ３ｙ
î ＝－ － ＝０ꎬ
ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ２ ＡＣＢ π ＡＣ ＢＣ. ２ ２
∴ ＋ ＝ ꎬ∴ ∠ ＝ ꎬ∴ ⊥ ( ｔ )
２ ａ －２
平面ＰＢＣ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＢＣ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ ＡＣ 平 ∴ ＝ ３ꎬ－３ꎬ ｔ ꎬ
∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂
面ＡＢＣＤ 易知平面ＭＢＣ的一个法向量为ｂ 则
ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
ＡＣ 平面ＰＢＣ ａ ｂ (ｔ ) ２ ∴ ⊥ ꎬ ａ ｂ ３ ３ 则 －２
∵
ＢＭ
⊂
平面ＰＢＣ
ꎬ∴
ＡＣ
⊥
ＢＭ
ꎬ
｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝
｜
ａ
｜｜
ｂ
｜
＝ (ｔ
－２
)
２
＝
４
ꎬ ｔ ＝４ꎬ
又Ｍ为棱ＰＣ的中点 且 ＰＢＣ是等边三角形 ３＋９＋ ｔ
ꎬ △ ꎬ
ＢＭ ＰＣ ｔ
∴ ⊥ ꎬ 即 －２ 舍正值 解得ｔ ２ 故ＣＭ Ｃ→Ｍ ２ Ｃ→Ｐ ２ .
又 ＰＣ ＡＣ Ｃ ＢＭ 平面ＡＰＣ ｔ ＝－２( )ꎬ ＝ ꎬ ＝｜ ｜＝ ｜ ｜＝
∵ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ３ ３ ３
ＡＰ 平面ＡＰＣ ＡＰ ＢＭ.
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ 所以存在点Ｍ 使得二面角Ｄ ＭＢ Ｃ的余弦值为 ３ 且ＣＭ的 ꎬ － － ꎬ
假设存在点Ｍ 使得二面角Ｄ ＭＢ Ｃ的余弦值为 ３ .过点 ４
(２) ꎬ － －
４ 长为 ２ .
Ｐ作ＰＯ ＢＣ于点Ｏ 平面ＰＢＣ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＢＣ 平
⊥ ꎬ∵ ⊥ ꎬ ∩ ３
微专题应用创新
微专题一 分清变与不变，破解翻折问题
学生用书P232
１.(多选)(２０２２山东滨州二模ꎬ１２)在边长为 的正方形ＡＢＣＤ 两垂直ꎬ以Ｍ为坐标原点ꎬＭＢꎬＭＮꎬＭＡ′所在直线分别为ｘ轴ꎬ
４
中 如图 所示 Ｅ Ｆ Ｍ 分别为 ＢＣ ＣＤ ＢＥ 的中点 分别沿 ｙ轴ꎬｚ 轴ꎬ建立如图所示的空间直角坐标系ꎬ则Ｍ( ꎬ ꎬ )ꎬ
ꎬ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ０ ０ ０
ＡＥ ＡＦ及ＥＦ所在直线把 ＡＥＢ ＡＦＤ和 ＥＦＣ折起 使Ｂ æ ö
ꎬ △ ꎬ△ △ ꎬ ꎬ Ａ′( ꎬ ꎬ )ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬＣç １ ꎬ３ ３ꎬ ÷ꎬＮ( ꎬ ꎬ ).
Ｃ Ｄ三点重合于点Ｐ 得到三棱锥Ｐ ＡＥＦ 如图 所示 则下列 ０ ０ １ ２ ０ ０ è ０ø ０ ３ ０
ꎬ ꎬ － ꎬ ２ ꎬ ２ ２
结论中正确的是
( )
图 图 æ ö æ ö
１ ２ 则Ａ→′Ｃ ç １ ꎬ３ ３ꎬ ÷ꎬＢ→Ｃ ç ３ ꎬ３ ３ꎬ ÷ꎬ
＝è －１ø ＝è－ ０ø
ＰＡ ＥＦ ２ ２ ２ ２
Ａ. ⊥ 设平面Ａ′ＢＣ的法向量为ｎ (ｘ ꎬｙ ꎬｚ )ꎬ
三棱锥Ｍ ＡＥＦ的体积为 １＝ １ １ １
Ｂ. － ４ ì
ï
Ｃ.
三棱锥Ｐ
－
ＡＥＦ外接球的表面积为
２４π ï
ｎ
１
Ｂ→Ｃ
＝－
３ ｘ
１＋
３ ３ｙ
１＝０
ꎬ
过点Ｍ的平面截三棱锥Ｐ ＡＥＦ的外接球所得截面的面积 则í ２ ２
Ｄ. － ï
的取值范围为 ïｎ Ａ→′Ｃ １ ｘ ３ ３ｙ ｚ ꎬ
[πꎬ６π] î １ ＝ １＋ １－ １＝０
答案 ＡＣＤ ２ ２
２.(２０２２ 山东肥 城市教学研究中心高考适应性训练(一)ꎬ１９) 令ｙ １＝１ ꎬ则ｘ １＝ ３ ꎬｚ １＝２ ３ ꎬ即ｎ １＝ ( ３ ꎬ １ ꎬ ２ ３ )ꎬ同理ꎬ平面
如图 已知等边 ＡＢＣ的边长为 点Ｍ Ｎ分别是边ＡＢ ＡＣ Ａ′ＣＮ的一个法向量为ｎ ( ꎬ ꎬ )ꎬ设平面 Ａ′ＢＣ 和平面
１ꎬ △ ３ꎬ ꎬ ꎬ ２＝ － ３ １ ３
ｎ ｎ
上的点 且满足Ｂ→Ｍ Ｍ→Ａ Ｂ→Ｎ １→ＢＡ ２ Ｂ→Ｃ 如图 将 ＡＭＮ Ａ′ＣＮ的夹角为θꎬ则 θ １ ２ －３＋１＋６ ７ꎬ
ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ＋ ꎬ ２ꎬ △ ｃｏｓ ＝ ｎ ｎ ＝ ＝
３ ３ ｜ １｜ ｜ ２｜ ４× ７ ７
沿ＭＮ折起到 Ａ′ＭＮ的位置.
△ 故平面Ａ′ＢＣ和平面Ａ′ＣＮ的夹角的余弦值为 ７.
７
若选择条件 平面Ａ′ＭＮ 平面ＢＣＮＭ.
② ⊥
平面 Ａ′ＭＮ 平面 ＢＣＮＭꎬ平面 Ａ′ＭＮ 平面 ＢＣＮＭ ＭＮꎬ
∵ ⊥ ∩ ＝
Ａ′Ｍ 平面Ａ′ＭＮꎬＡ′Ｍ ＭＮꎬ Ａ′Ｍ 平面ＢＣＮＭꎬ
⊂ ⊥ ∴ ⊥
Ａ′Ｍ ＢＭꎬ结合( )可知ꎬＭＡ′ꎬＭＢꎬＭＮ两两垂直ꎬ
∴ ⊥ １
下面同选条件 .
①
图 图
１ ２
若选择条件 四棱锥Ａ′ ＢＣＮＭ的体积为７ ３.
求证 平面Ａ′ＢＭ 平面ＢＣＮＭ ③ －
(１) : ⊥ ꎻ １２
给出三个条件 Ａ′Ｍ ＣＮ 平面 Ａ′ＭＮ 平面 ＢＣＮＭ
(２) :① ⊥ ꎻ② ⊥ ꎻ 易得四边形ＢＣＮＭ的面积Ｓ ７ ３ꎬ又四棱锥Ａ′ ＢＣＮＭ的体积
＝ －
４
四棱锥Ａ′ ＢＣＮＭ的体积为７ ３ 从中任选一个 求平面Ａ′ＢＣ
③ － ꎬ ꎬ
１２ 为７ ３ꎬ所以ꎬ四棱锥Ａ′ ＢＣＮＭ的高为 ꎬ即点Ａ′到底面ＢＣＮＭ
和平面Ａ′ＣＮ的夹角的余弦值. － １
１２
的距离为 ꎬ
年 解析 ( )证明:等边 ＡＢＣ中ꎬ由Ｂ→Ｎ １→ＢＡ ２ Ｂ→Ｃꎬ得Ｂ→Ｎ １
１ △ ＝ ＋ － 又因为Ａ′Ｍ ꎬ Ａ′Ｍ 平面ＢＣＮＭꎬ Ａ′Ｍ ＢＭꎬ
高 ３ ３ ＝１ ∴ ⊥ ∴ ⊥
考 →ＢＡ (Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｎ)ꎬ即Ａ→Ｎ Ｎ→Ｃꎬ所以 ＡＮ ꎬＮＣ ꎬ由Ｂ→Ｍ 结合( １ )可知ꎬＭＡ′ꎬＭＢꎬＭＮ两两垂直ꎬ
＝２ － ＝２ ＝２ ＝１ ＝ 下同选条件 .
年
模 ２
Ｍ→Ａꎬ得ＢＭ
＝２
ꎬＭＡ
＝１
.
３.(２０２２河北
①
保定二模ꎬ２０)如图 在 ＡＢＣ 中 ＡＢ ＢＣ
１ꎬ Ｒｔ△ ꎬ ⊥ ꎬ
拟 在 ＡＭＮ中ꎬＡＭ ꎬＡＮ ꎬ Ａ °ꎬ由余弦定理得ＭＮ ꎬ ＡＣ ＡＢ Ｅ Ｆ都在ＡＣ上 且ＡＥ ＥＦ ＦＣ ＥＢ
△ ＝１ ＝２ ∠ ＝６０ ＝ ３ ＝２ ＝１２ꎬ ꎬ ꎬ ∶ ∶ ＝３ ∶ ４ ∶ ５ꎬ
ＭＮ２ ＡＭ２ ＡＮ２ꎬ ＭＮ ＡＢꎬ ＭＮ Ａ′ＭꎬＭＮ ＢＭꎬ又 ＢＭ ＦＧ 将 ＡＥＢ ＣＦＧ分别沿ＥＢ ＦＧ折起 使得点Ａ Ｃ在点
∴ ＋ ＝ ∴ ⊥ ∴ ⊥ ⊥ ∥ ꎬ △ ꎬ△ ꎬ ꎬ ꎬ
Ａ′Ｍ ＭꎬＢＭꎬＡ′Ｍ 平面Ａ′ＢＭꎬ Ｐ处重合 得到四棱锥Ｐ ＥＦＧＢ 如图 .
∩ ＝ ⊂ ꎬ － ꎬ ２
ＭＮ 平面Ａ′ＢＭꎬ
︵ ∴ ⊥
教 又ＭＮ 平面ＢＣＮＭꎬ 平面Ａ′ＢＭ 平面ＢＣＮＭ.
⊂ ∴ ⊥
师 ( )若选择条件 Ａ′Ｍ ＣＮ.
用 ２ ① ⊥
书 ∵ Ａ′Ｍ ⊥ ＣＮꎬＡ′Ｍ ⊥ ＭＮꎬＣＮꎬＭＮ ⊂ 平面ＢＣＮＭꎬＣＮ ∩ ＭＮ ＝ Ｎꎬ
︶ Ａ′Ｍ 平面ＢＣＮＭꎬ Ａ′Ｍ ＢＭꎬ结合( )知ꎬＭＡ′ꎬＭＢꎬＭＮ两
∴ ⊥ ∴ ⊥ １
１ ７０
则Ｅ( ꎬ ꎬ )ꎬＦ( ꎬ ꎬ )ꎬＰ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬ
０ ０ ０ ４ ０ ０ ０ ０ ３ ０ ３ ３ ０
æ ö æ ö
Ｍç ꎬ３ ３ꎬ３ ÷ꎬ则Ｅ→Ｆ ( ꎬ ꎬ )ꎬＥ→Ｍ ç ꎬ３ ３ꎬ３ ÷ꎬＢ→Ｆ ( ꎬ
è０ ø ＝ ４ ０ ０ ＝è０ ø ＝ ４
２ ２ ２ ２
ꎬ )ꎬＰ→Ｆ ( ꎬ ꎬ ).
－３ ３ ０ ＝ ４ ０ －３
平面ＢＦＭ即平面ＢＦＰꎬ设平面ＢＦＭ的法向量为ｍ (ｘ ꎬｙ ꎬ
＝ １ １
{
ｘ ｙ ꎬ
ｚ )ꎬ则ｍＢ→Ｆ ꎬｍＰ→Ｆ ꎬ得 ４ １－３ ３ １＝０ 令ｙ ꎬ得ｍ
１ ＝０ ＝０ ｘ ｚ . １＝４
４ １－３ １＝０
( ꎬ ꎬ ).
图 图 ＝ ３ ３ ４ ４ ３
１ ２
设平面ＥＦＭ的法向量为ｎ (ｘ ꎬｙ ꎬｚ )ꎬ则ｎＥ→Ｆ ꎬｎＥ→Ｍ
(１) 证
若
明
Ｍ
:
为
ＥＦ
Ｐ
⊥
Ｂ
Ｐ
的
Ｂ ꎻ
中点 求钝二面角Ｂ ＦＭ Ｅ的余弦值.
{ ４ ｘ ２＝０ ꎬ ＝ ２ ２ ２ ＝０
(２) ꎬ － － ꎬ即 令ｙ ꎬ得ｎ ( ꎬ ꎬ ).
解析 ( )证明:由ＡＥ ＥＦ ＦＣ ꎬＡＣ ꎬ得ＰＥ ＝０ ３ ３ｙ ３ ｚ ꎬ ２＝１ ＝ ０ １ － ３
１ ∶ ∶ ＝３ ∶ ４ ∶ ５ ＝１２ ＝ ２＋ ２＝０
ＡＥ ꎬＥＦ ꎬＰＦ ＦＣ ꎬ则ＰＦ２ ＰＥ２ ＥＦ２ꎬ所以ＰＥ ＥＦ.因 ２ ２
＝３ ＝４ ＝ ＝５ ＝ ＋ ⊥ ｍｎ
ＡＥ ＡＢ 因为 ‹ｍꎬｎ› ４－１２ ４ ９１ꎬ
为 １ ꎬ Ａ Ａꎬ所以 ＡＢＥ ＡＣＢꎬ所以ＢＥ ＡＣꎬ ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ＝－
ＡＢ＝ＡＣ＝ ∠ ＝∠ △ ∽△ ⊥ ｜ ｜｜ ｜ ９１×２ ９１
２
即ＢＥ ＥＦ.又ＰＥ ＢＥ Ｅꎬ所以ＥＦ 平面ＰＥＢꎬ因为ＰＢ 平
⊥ ∩ ＝ ⊥ ⊂ 所以钝二面角Ｂ ＦＭ Ｅ的余弦值为 ４ ９１.
面ＰＥＢꎬ所以ＥＦ ＰＢ. － － －
⊥ ９１
( )以Ｅ为坐标原点ꎬ以Ｅ→ＦꎬＥ→ＢꎬＥ→Ｐ的方向分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ
２
轴的正方向建立空间直角坐标系Ｅ ｘｙｚꎬ
－
第
八
章
立
体
几
何
与
空
间
向
量
１ ７１
微专题二 巧建系妙设点，速破动态变化问题
学生用书P233
１.(２０２２辽宁鞍山二模ꎬ１９)如图 在梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＢ ＣＤ
ꎬ ꎬ ∥ ꎬ
ＢＣＤ ２π 四边形ＡＣＦＥ为矩形 且ＣＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＣＤ
∠ ＝ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ＝
３
ＢＣ ＣＦ .
＝ ＝ ＝１
求证 ＥＦ 平面ＢＣＦ
(１) : ⊥ ꎻ
点Ｍ在线段ＥＦ上运动 当点Ｍ在什么位置时 平面ＭＡＢ
(２) ꎬ ꎬ
与平面 ＦＣＢ 所成锐二面角最大 并求此时锐二面角的余 则Ａ( ꎬ ꎬ )ꎬＢ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ( ꎬ ꎬ )ꎬＦ( ꎬ ꎬ )ꎬＥ( ꎬ ꎬ )ꎬ
? ３ ０ ０ ０ １ ０ ０ ０ ０ ０ ０ １ ３ ０ １
弦值.
则→ＡＢ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
＝ － ３ １ ０
设点Ｍ(ｔꎬ ꎬ )ꎬ其中 ｔ ꎬＡ→Ｍ (ｔ ꎬ ꎬ )ꎬ
０ １ ０≤≤ ３ ＝ － ３ ０ １
设平面ＭＡＢ的法向量为ｍ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
＝
{
ｍ→ＡＢ ｘ ｙ ꎬ
则 ＝－ ３ ＋ ＝０ 取ｘ ꎬ可得 ｍ ( ꎬ ꎬ ｔ)ꎬ
ｍＡ→Ｍ (ｔ )ｘ ｚ ꎬ ＝１ ＝ １ ３ ３－
＝ － ３ ＋ ＝０
解析 ( )证明:在梯形ＡＢＣＤ中ꎬＡＢ ＣＤꎬＡＤ ＣＤ ＢＣ 易知平面ＦＣＢ的一个法向量为ｎ ( ꎬ ꎬ ).所以 ‹ｍꎬｎ›
１ ∥ ＝ ＝ ＝ ＝ １ ０ ０ ｃｏｓ ＝
ｍｎ
ꎬ ＢＣＤ ２πꎬ所以 ＡＤＣ ２πꎬ所以 ＢＡＣ ＡＣＤ π.又因 ｜ ｜ １ ꎬ
１ ∠ ＝ ∠ ＝ ∠ ＝∠ ＝ ｍ ｎ ＝
３ ３ ６ ｜ ｜｜ ｜ (ｔ )２
４＋ － ３
为 ＡＢＣ ＢＣＤ πꎬ则 ＡＣＢ ＡＢＣ ＢＡＣ πꎬ 所以当ｔ ꎬ即Ｍ与Ｆ重合时ꎬ ‹ｍꎬｎ›取最小值ꎬ此时平面
∠ ＝π－∠ ＝ ∠ ＝π－∠ －∠ ＝ ＝０ ｃｏｓ
３ ２ ＭＡＢ与平面 ＦＣＢ 所成锐二面角最大ꎬ此时平面 ＭＡＢ 与平面 所以ＡＣ ＢＣꎬ因为ＣＦ 平面ＡＢＣＤꎬＡＣ 平面ＡＢＣＤꎬ所以ＡＣ
⊥ ⊥ ⊂
ＣＦ.因为ＢＣ ＣＦ Ｃꎬ所以ＡＣ 平面ＢＣＦꎬ ＦＣＢ所成锐二面角的余弦值为 ７.
⊥ ∩ ＝ ⊥
因为四边形ＡＣＦＥ为矩形ꎬ所以ＡＣ ＥＦꎬ因此ＥＦ 平面ＢＣＦ. ７
∥ ⊥ ２.(２０２２辽宁东北育才学校二模ꎬ２０)如图 ＡＢＣ是边长为
( )由( )知 ＣＦꎬＡＣꎬＣＢ 两两垂直.以点 Ｃ 为坐标原点ꎬＣＡ、 ꎬ△ ６
２ １ 的正三角形 点Ｅ Ｆ Ｎ分别在边ＡＢ ＡＣ ＢＣ上 且ＡＥ ＡＦ ＣＢ、ＣＦ所在直线分别为ｘ、ｙ、ｚ轴建立如图所示的空间直角坐 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ＝
ＢＮ Ｍ为ＢＣ边的中点 ＡＭ交ＥＦ于点Ｏ 沿ＥＦ将三角形
标系ꎬ ＝４ꎬ ꎬ ꎬ
ＡＥＦ折到三角形ＤＥＦ的位置 使ＤＭ .
ꎬ ＝ １５
证明 平面ＤＥＦ 平面ＢＥＦＣ
(１) : ⊥ ꎻ
试探究在线段ＤＭ上是否存在点Ｐ 使二面角Ｐ ＥＮ Ｂ的
(２) ꎬ － －
ＤＰ 设 平 面 ＥＮＰ 的 法 向 量 为 ｍ ( ｘꎬ ｙꎬ ｚ )ꎬ 则
大小为 ° 若存在 求出 的值 若不存在 请说明理由. ＝
６０ ? ꎬ ＰＭ ꎻ ꎬ { ｍＥ→Ｎ ｘ ｙ ꎬ
＝－３ ＋ ３ ＝０ 取 ｘ ꎬ可得 ｍ
ｍＥ→Ｐ ｘ λｙ ( λ)ｚ ꎬ ＝ １ ＝
＝－２ ＋ ３ ＋ ２ ３－２ ３ ＝０
æ λ ö
ç ꎬ ꎬ ２－３ ÷ꎬ易得平面ＥＮＢ的一个法向量为ｎ ( ꎬ ꎬ
è１ ３ λø ＝ ０ ０
２ ３－２ ３
)ꎬ
１
又二面角Ｐ ＥＮ Ｂ的大小为 °ꎬ
－ － ６０
λ
２－３
λ
解析 ( )证明:在 ＤＯＭ中ꎬ易得ＤＯ ꎬＯＭ ꎬＤＭ １ ２ ３－２ ３ ꎬ解得λ (舍去)或λ ６ .此时
ꎬ由 １ ＤＭ２ ＤＯ２ △ ＯＭ２ꎬ得ＤＯ ＯＭꎬ ＝２ ３ ＝ ３ ∴ ２ ＝ æ ç ２－３ λ ö ÷ ２ ＝２ ＝ ７
＝ １５ ＝ ＋ ⊥ １＋３＋è λø
又 ＡＥ ＡＦ ꎬＡＢ ＡＣ ꎬ ＥＦ ＢＣꎬ ２ ３－２ ３
∵ ＝ ＝４ ＝ ＝６ ∴ ∥ ＤＰ
又Ｍ为ＢＣ中点ꎬ ＡＭ ＢＣꎬ ＤＯ ＥＦꎬ ＥＦ ＯＭ ＯꎬＥＦꎬ Ｄ→Ｐ ６ Ｄ→Ｍꎬ所以 .
∴ ⊥ ∴ ⊥ ∵ ∩ ＝ ＝ ＰＭ＝６
ＯＭ 平面ＢＥＦＣꎬ ＤＯ 平面ＢＥＦＣꎬ又ＤＯ 平面ＤＥＦꎬ 平 ７
⊂ ∴ ⊥ ⊂ ∴
面ＤＥＦ 平面ＢＥＦＣ.
⊥
( )由( )知ＤＯ 平面ＢＥＦＣꎬ以Ｏ为原点ꎬ以Ｏ→ＥꎬＯ→ＭꎬＯ→Ｄ的
２ １ ⊥
方向分别为ｘꎬｙꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚꎬ则
－
Ｄ( ꎬ ꎬ )ꎬＭ( ꎬ ꎬ )ꎬＥ( ꎬ ꎬ )ꎬＮ( ꎬ ꎬ )ꎬ Ｄ→Ｍ ( ꎬ
０ ０ ２ ３ ０ ３ ０ ２ ０ ０ －１ ３ ０ ∴ ＝ ０
ꎬ )ꎬＥ→Ｄ ( ꎬ ꎬ )ꎬＥ→Ｎ ( ꎬ ꎬ )ꎬ设Ｄ→Ｐ λＤ→Ｍ
３ －２ ３ ＝ －２ ０ ２ ３ ＝ －３ ３ ０ ＝
( λ )ꎬ Ｄ→Ｐ ( ꎬ λꎬ λ)ꎬ →ＥＰ Ｅ→Ｄ Ｄ→Ｐ ( ꎬ λꎬ
０≤ ≤１ ∴ ＝ ０ ３ －２ ３ ∴ ＝ ＋ ＝ －２ ３
λ).
２ ３－２ ３
年
高
考
年
模
拟
︵
教
师
用
书
︶
１ ７２
