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    平面折疊型問題的6個視角

    2021-05-20 04:29:58趙尚樂尹承利
    中學數(shù)學雜志(高中版) 2021年1期
    關鍵詞:棱錐二面角接球

    趙尚樂 尹承利

    在立體幾何中,平面折疊問題是一類重要題型.這類問題將平面圖形通過折疊變?yōu)榭臻g圖形,使得靜態(tài)問題動態(tài)化,能很好地考查空間線、面間的位置關系及空間角、空間距離、空間幾何體的表面積和體積的求法,對于形成和培養(yǎng)數(shù)學抽象、直觀想象、邏輯推理和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)有著重要的作用,因而是歷年高考或各地模擬考試命題的重點.下面舉例從6個不同視角對平面折疊型問題進行解析,旨在探索題型規(guī)律.

    視角1 等邊三角形中的折疊

    例1 (2020屆四川省德陽市二診理12)△ABC是邊長為23的等邊三角形,E、F分別為AB、AC的中點,沿EF把△AEF折起,使點A翻折到點P的位置,連接PB、PC,當四棱錐PBCFE的外接球的表面積最小時,四棱錐PBCFE的體積為().

    A.534B.334

    C.64D.364

    解析 如圖1,在等邊△ABC中,將△AEF沿EF折起后四邊形BCFE為等腰梯形,則其必有外接圓,設O為梯形BCFE的外接圓圓心,當O也為四棱錐PBCFE的外接球球心時,外接球的半徑最小,也就使得外接球的表面積最小,過A作BC的垂線交BC于點M,交EF于點N,連接PM,PN,點O必在AM上.

    因為E、F分別為AB、AC的中點,則必有AN=PN=MN,所以∠APM=90°,即△APM為直角三角形.

    對于等腰梯形BCFE,如圖2,因為△ABC是等邊三角形,E、F、M分別為AB、AC、BC的中點,必有MB=MC=MF=ME,所以點M為等腰梯形BCFE的外接圓圓心,即點O與點M重合,如圖3.

    所以PO=OC=12BC=3,PA=AO2-PO2=32-3=6,所以四棱錐PBCFE的底面BCFE的高為PO·PAAM=3×63=2.

    VPBCFE=13SBCFEh=13×34S△ABCh=13×34×12×23×3×2=364.

    故選D.

    點評 球與多面體的切、接問題是一類熱點問題,本題通過等邊三角形的折疊形成一個底面為梯形的四棱錐,通過分析、推理確定出四棱錐的外接球的表面積最小時,四棱錐外接球球心的位置,從而求得四棱錐的體積,考查了四棱錐與外接球的位置關系及體積計算,考查了邏輯推理、直觀想象和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng).

    視角2 正方形中的折疊

    例2 (2020年廣東省深圳市二調(diào)理16)已知正方形ABCD邊長為3,點E,F(xiàn)分別在邊AB,AD上運動(E不與A,B重合,F(xiàn)不與A,D重合),將△AEF以EF為折痕折起,當A,E,F(xiàn)位置變化時,所得五棱錐A-EBCDF體積的最大值為.

    解析 不妨設AE=3a,AF=3b,a,b∈(0,1),在Rt△AEF中,易知EF邊上的高h=3aba2+b2.

    又五棱錐AEBCDF的底面面積為S=91-ab2,欲使五棱錐AEBCDF的體積最大,需有平面AEF⊥平面EBCDF.

    所以Vmax=13Sh=9(1-ab2)·aba2+b2.

    因為a2+b2≥2ab,所以Vmax≤91-ab2ab2ab=924(2ab-abab).

    令t=ab,則t∈(0,1),所以Vmax≤924(2t-t3),t∈(0,1).

    令f(t)=2t-t3,t∈(0,1),則f′(t)=2-3t2,易知當t=63時,f(t)取得最大值469,所以Vmax≤924·469=23.綜上,當a=b=63時,五棱錐AEBCDF體積V取得最大值為23.

    點評 立體幾何中的最值問題是體現(xiàn)立體幾何與均值不等式和導數(shù)等知識結(jié)合的一類問題,本題通過將正方體折疊成五棱錐,變靜為動,在確定五棱錐AEBCDF的體積取最大值的情形下,運用均值不等式進行轉(zhuǎn)化,并在換元的基礎上構(gòu)造函數(shù)利用導數(shù)求解,既體現(xiàn)了知識間的交會,同時也考查了直觀想象、邏輯推理、數(shù)學建模和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)的運用.視角3 矩形中的折疊

    例3 (2019屆湖南省岳陽一中一模)記min{a,b}=a,a≤b,b,a>b,已知矩形ABCD中,AB=2AD,E是邊AB的中點,將△ADE沿DE翻折至△A′DE(A′平面BCD),記二面角A′BCD為α,二面角A′CDE為β,二面角A′DEC為γ,

    二面角A′BED為θ,則min{α,β,γ,θ}=.

    解析 作為填空題,可用特例法:不妨設平面A′DE⊥平面ABCD.

    取DE中點O,連接A′O,則A′O⊥平面ABCD,由點O作各邊的垂線OM,ON,OH,并連接A′M,A′N,A′H,

    則α=∠A′HO,β=∠A′NO,θ=∠A′MO,γ=90°,由正切值可確定α最小,故答案為α.

    點評 本題以矩形的折疊為載體,運用折疊前后的位置和度量關系進行推理判斷二面角的大小關系,運用特例法求解.本題屬“折疊”型立體幾何中的動態(tài)問題,解決此類問題需在平時注重空間想象能力的培養(yǎng).

    視角4 平行四邊形中的折疊

    例4 (2020屆山東師范大學附屬中學質(zhì)量評估考試18)如圖5(1),在平行四邊形ABCD中,BD⊥CD,BE⊥AD,將△ABD沿對角線BD折起,使AB⊥BC,連接AC,EC,得到如圖5(2)所示三棱錐ABCD.

    (1)證明:BE⊥平面ADC;

    (2)若ED=1,二面角CBED的平面角的正切值為6,求直線BD與平面ADC所成角的正弦值.

    解析 (1)證明:在平行四邊形ABCD中,BD⊥CD,則AB⊥BD.

    在三棱錐ABCD中,因為AB⊥BC,BC∩BD=B,所以AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.

    又BD⊥CD,AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.

    又BE平面ABD,所以CD⊥BE.

    因為BE⊥AD,AD∩CD=D,所以BE⊥平面ADC.

    (2)由(1)BE⊥平面ADC.

    因為EC平面ADC,所以BE⊥EC.

    又BE⊥ED,所以∠DEC即為二面角CBED的平面角,即tan∠DEC=6.

    因為CD⊥平面ABD,AD平面ABD,所以CD⊥AD,故tan∠DEC=CDED=6.

    又ED=1,所以AB=CD=6.

    在平行四邊形ABCD中,∠ADB=∠DBC,∠BED=∠BDC=90°,所以△DEB∽△BDC,則EDBD=BDBC.

    設BD=m(m>0),則BC=m2+6,故1m=mm2+6,

    解得m=3,所以BD=3,BC=3.

    過點D作DF∥AB,以D為坐標原點,DB、DC、DF所在的直線分別為x、y、z軸,建立如圖6所示的空間直角坐標系Dxyz,則D0,0,0,A3,0,6,C0,6,0,B3,0,0,所以DA=3,0,6,DC=0,6,0,DB=3,0,0.

    設平面ADC的法向量為n=x,y,z,則n·DA

    =x,y,z·3,0,6=3x+6z=0,n·DC=x,y,z·0,6,0=6y=0.

    令z=-6,得n=23,0,-6.

    設直線BD與平面ADC所成的角為θ,則sinθ=|cos|=|DB·n|DB|n|=63×18=63,即直線BD與平面ADC所成角的正弦值為63.

    點評 本題以平行四邊形的折疊為載體,考查線面垂直關系和線面角的求法,推理論證和建立空間直角坐標系,利用向量坐標求線面角的方法都得到了很好的體現(xiàn).考查了直觀想象、邏輯推理、數(shù)學建模和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)的運用. 視角5 梯形中的折疊

    例5 (2021屆山東省師范大學附屬中學上學期二模12)如圖7,直角梯形ABCD,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=12AB=2,E為AB中點,以DE為折痕把△ADE折起,使點A到達點P的位置,且PC=23,則().

    A.平面PDE⊥平面EBCD

    B.PC⊥ED

    C.二面角PDCB的大小為π4

    D.PC與平面PED所成角的正切值為2

    解析 如圖7,由折疊前后的位置關系,可知PE⊥ED.

    連接EC,則EC=EB2+BC2=22,所以在△PEC中,因為PE=AE=12AB=2,PC=23,所以PE2+EC2=PC2,所以△PEC為直角三角形,且PE⊥EC,

    所以PE⊥平面EBCD;又PE平面PDE,所以平面PDE⊥平面EBCD,所以A正確.

    在正方形EBCD中,連接EC、BD,則EC⊥BD;又EC是PC在平面EBCD的射影,所以PC⊥BD,所以B錯誤.

    由DC⊥ED,DC⊥PE,所以DC⊥平面PDE,所以∠PDE是二面角PDCB的平面角.在Rt△PED中,因為ED=EP,所以∠PDE=π4,所以C正確.

    PC與平面PED所成角即為∠ECP,因為EC=22,所以在Rt△PEC中,tan∠ECP=PEEC=222=22,所以D錯誤.

    綜上可知,選AC.

    點評 線面垂直的判斷和空間角的度量是立體幾何中的重要題型,本題通過將直角梯形折疊成四棱錐,考查了運用幾何推理的方法判斷線線垂直、面面垂直和求空間線面角、二面角大小,考查了直觀想象和邏輯推理的數(shù)學素養(yǎng).

    視角6 組合圖形的折疊

    例6 (2019年全國卷Ⅲ理19)圖8(1)是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖8(2).

    (1)證明:圖8(2)中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;

    (2)求圖8(2)中的二面角BCGA的大小.

    (1)(2)圖8

    解析 (1)因為四邊形ADEB為矩形,所以BE∥AD.

    又因為四邊形BFGC為菱形,所以BF∥CG.因為BE與BF重合,所以AD∥CG,即圖8(2)中的A,C,G,D四點共面.

    由題意知,AB⊥BC,AB⊥BE,又因為BC∩BE=B,所以AB⊥平面BCGE.

    又因為AB平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

    (2)分別取BC,AC的中點為O,H,連接OE,OH,則OH∥AB,即有OH⊥平面BCGE.

    因為四邊形BFGC為棱形,且∠FBC=60°,所以OE⊥BC.

    又因為AB⊥平面BCGE,所以AB⊥OE,即OE⊥平面ABC.

    故以點O為坐標原點,OC,OH,OE分別為x軸,y軸,z軸,如圖9建立空間直角坐標系,因為AB=1,BE=2,所以A(-1,1,0),B(-1,0,0),C(1,0,0),G(2,0,[KF(]3[KF)]),可得

    AC=(2,-1,0),CG=(1,0,[KF(]3[KF)]).

    設平面ACG的法向量為n=(x,y,z),所以

    n·AC=0n·CG=0

    2x-y=0,x+[KF(]3[KF)]z=0,[JB)]令z=1,則x=-[KF(]3[KF)],y=-2[KF(]3[KF)],得到n=(-[KF(]3[KF)],-2[KF(]3[KF)],1).因為平面BCG的一個法向量為AB=(0,-1,0),所以cos〈AB,n〉=AB·n

    |AB||n|=2[KF(]3[KF)][]4[SX)]=[SX(][KF(]3[KF)][]2[SX)],故二面角BCGA的大小為[SX(]π6.

    點評 本題是將一個由矩形、直角三角形和平行四邊形等組合成的平面圖形折疊為一個三棱柱,通過推理論證證明四點共面和面面垂直,通過建立空間直角坐標系求二面角,體現(xiàn)了立體幾何基本知識和方法的運用,考查了數(shù)學抽象、直觀想象、邏輯推理及數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng).

    以上從6個視角對平面折疊型問題進行了歸納總結(jié),這些題型很好地體現(xiàn)了立體幾何的核心知識(性質(zhì)、定理、公式等)及思維方法(推理、計算、變換、構(gòu)造、建系)等的運用,求解平面折疊型問題的關鍵,一是要分析清楚折疊前后哪些位置關系、圖形中的元素和度量關系變化了,哪些位置關系、圖形中的元素和度量關系沒有變;二是注重從多角度、多層次、多側(cè)面思考與探究,溝通有關知識與方法之間的內(nèi)在聯(lián)系,從而訓練數(shù)學思維能力,更好地把握這類問題.

    作者簡介 趙尚樂(1992—),男,濟南人,大學本科學歷,從事中學數(shù)學的教育、教學研究工作.2019年主持中國智慧工程研究會基礎教育“十三五”科研規(guī)劃重點課題《教學改革創(chuàng)新與研究》的子課題《二次函數(shù)在初高中教學銜接中的研究》結(jié)題;有多篇論文發(fā)表.

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