第二编 专题四 大题专讲 第4讲.DOC

第4讲立体几何中的翻折问题与探索性问题

「考情研析」在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探索性问题也是常考题型，考查热点仍是点、线、面的位置关系的判断和空间角的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题．

考向1立体几何中的翻折问题

例1(2022·长沙市雅礼中学一模)如图，在四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝eq\f(1,2).沿BA将△PAB翻折到△SBA的位置，使得SD＝eq\f(\r(5),2).

(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l，并证明l⊥平面CSB；

(2)点Q是棱SC上异于S，C的一点，连接QD，当二面角Q－BD－C的余弦值为eq\f(\r(6),6)时，求此时三棱锥Q－BCD的体积．

解(1)如图，延长BA，CD相交于E，连接SE，则SE为平面SCD与平面SBA的交线l.

证明：在△SAD中，SA＝1，AD＝eq\f(1,2)，SD＝eq\f(\r(5),2)，

则SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.

由SA⊥AD，AD⊥AB，SA∩AB＝A，得AD⊥平面SAB，

又BC∥AD，∴BC⊥平面SAB，则BC⊥SE，

由PD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝eq\f(1,2)，得AE＝1，

∴AE＝AB＝SA，可得SE⊥SB，

又BC∩SB＝B，∴SE⊥平面CSB，

即l⊥平面CSB.

(2)由(1)知，SA⊥AB，AD⊥AB，AD⊥SA.

以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，S(0，0，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，

设eq\o(SQ,\s\up6(→))＝λeq\o(SC,\s\up6(→))(0λ1)，则Q(λ，λ，1－λ)，

eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(λ，λ－1，1－λ)，

设n＝(x，y，z)是平面QBD的法向量，

则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝\f(1,2)x－y＝0，,n·\o(BQ,\s\up6(→))＝λx＋（λ－1）y＋（1－λ）z＝0，))

取x＝2，可得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(1－3λ,1－λ)))，

易知m＝(0，0，1)是平面CBD的一个法向量，

由|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－3λ,1－λ))),\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－3λ,1－λ)))\s\up12(2))×1)＝eq\f(\r(6),6)，解得λ＝eq\f(1,2)，∴点Q是SC的中点，

∴VQ－BDC＝eq\f(1,3)S△BDC·eq\f(1,2)SA＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).

翻折问题的两个解题策略

确定翻折

前后变与

不变的

关系

画好翻折前后的平面图形与立体图形，分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、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决

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，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间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，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算

(2022·潍坊一模)图1是由矩形ACC1A1、等边三角形ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连接B1C1，BN，如图2.

(1)证明：在图2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四点共面；

(2)在图2中，若二面角A1－AC－B的大小为θ，且tanθ＝－eq\f(1,2)，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．

解(1)证明：取AC的