《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点三 考查角度2 立体几何中的翻折问题与探索性问题 Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点三 考查角度2 立体几何中的翻折问题与探索性问题 Word版含解析.docx（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考查角度2立体几何中的翻折问题与探索性问题分类透析一翻折问题例1 如图,在边长为4的菱形ABCD中,DAB=60,点E,F分别是边CD,CB的中点,ACEF=O,以EF为折痕将CEF折起,使点C运动到点P的位置,连接PA,PB,PD,得到如图所示的五棱锥P-ABFED,且PB=10.(1)求证:BDPA.(2)求四棱锥P-BFED的体积.分析 (1)抓住EF与BD的平行关系,结合菱形的性质,利用翻折前后的垂直关系可证EF平面PAO,问题得以解决;(2)分别计算PO的长度和四边形BFED的面积,再利用公式计算体积.解析 (1)点E,F分别是边CD,CB的中点,BDEF.菱形ABCD的对角线互相垂
2、直,BDAC,EFAC,EFAO,EFPO.AO平面POA,PO平面POA,AOPO=O,EF平面POA,BD平面POA,BDPA.(2)设AOBD=H,连接BO,DAB=60,ABD为等边三角形,BD=4,BH=2,HA=23,HO=PO=3.在RtBHO中,BO=BH2+HO2=7.在PBO中,BO2+PO2=10=PB2,POBO.又POEF,EFBO=O,EF平面BFED,BO平面BFED,PO平面BFED.梯形BFED的面积S=12(EF+BD)HO=33,四棱锥P-BFED的体积V=13SPO=13333=3.方法技巧 1.画好两个图翻折前的平面图和翻折后的立体图;2.分析好两个关
3、系翻折前后哪些位置关系和度量关系发生了改变,哪些没有改变.一般地,在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的,在两个半平面内的几何元素之间的关系是变化的,分别位于两个半平面内但垂直于翻折棱的直线翻折后仍然垂直于翻折棱.分类透析二空间线面关系的探索性问题例2 如图,三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,AA1平面ABC,E,F分别为棱A1B1,BC的中点.(1)求证:直线BE平面A1FC1.(2)若平面A1FC1与直线AB交于点M,请指出点M的位置,说明理由,并求三棱锥B-EFM的体积.分析 (1)取A1C1的中点G,连接EG,FG,利用线线平行得到线面平行;(2)采用分析法进行求解.解析
4、 (1)取A1C1的中点G,连接EG,FG,则EG12B1C1,又BF12B1C1,所以BFEG.所以四边形BFGE是平行四边形,所以BEFG.而BE平面A1FC1,FG平面A1FC1,所以直线BE平面A1FC1.(2)M为棱AB的中点.理由如下:因为ACA1C1,AC平面A1FC1,A1C1平面A1FC1,所以直线AC平面A1FC1.又平面A1FC1平面ABC=FM,所以ACFM.又F为棱BC的中点,所以M为棱AB的中点.所以SBFM=14SABC=141222sin 60=34,所以VB-EFM=VE-BFM=13342=36.方法技巧 探索性问题的处理思路:先假设存在,再通过推理,进行验
5、证.探索空间中的线面平行与垂直关系,可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探索.分类透析三条件追溯型例3 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等边三角形,且AA1底面ABC,M为AA1的中点,点N在线段AB上,且AN=2NB,点P在线段CC1上.(1)证明:平面BMC1平面BCC1B1.(2)当CPPC1为何值时,PN平面BMC1?分析 (1)取BC1的中点O,BC的中点Q,连接MO,OQ得MOAQ.由AQ平面BCC1B1得MO平面BCC1B1,再利用线面垂直得到面面垂直.(2)采用分析法求解.解析 (1)设BC1的中点为O,BC的中点为Q,连接MO,OQ,AQ,则OQ12
6、CC1AM,四边形AQOM是平行四边形,AQMO.AA1CC1,AA1平面ABC,CC1平面ABC.AQ平面ABC,CC1AQ.又AB=AC,AQBC.CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,BCCC1=C,AQ平面BCC1B1,MO平面BCC1B1.MO平面BMC1,平面BMC1平面BCC1B1.(2)取AE=2EM,则NEBM.NE平面BMC1,BM平面BMC1,NE平面BMC1.若PN平面BMC1,则平面NEP平面BMC1.EP平面NEP,EP平面BMC1.平面BMC1平面AA1C1C=MC1,EPMC1.又EMPC1,四边形EMC1P是平行四边形,PC1=EM=13AM=16AA
7、1=16CC1,当CPPC1=5时,PN平面BMC1.方法技巧 以空间几何体为背景的探索存在性问题,涉及的点具有运动性和不确定性,比较简单的探索可以先猜后证,利用传统方法解决.若用向量法处理,可以避免繁杂的画图、推理及验证过程,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在问题”转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围的解问题”等,问题的解决简单、有效,且解法固定,操作方便.1.(2018年全国卷,文18改编)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90,以AC为折痕将ACM折起,使点M到达点D的位置,且ABDA.(1)证明:CD平面ABC.(2)Q为线段AD上一点,P
8、为线段BC上一点,且BP=DQ=23DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解析 (1)由已知可得,BAC=90,所以ABAC.又ABAD,且ACAD=A,所以AB平面ACD.所以ABCD.又因为ACM=90,所以CDAC.因为AB平面ABC,AC平面ABC,ABAC=A,所以CD平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22.作QEAC,垂足为E,则QE=13DC=1.结合(1),得QE平面ABC,因此,三棱锥Q-ABP的体积V=13QESABP=13112322sin 45=1.2.(2016年全国卷,文19改编)如图,菱形ABCD的对角线A
9、C与BD交于点O,点E,F分别在线段AD,CD上,且AE=CF,EF交BD于点H,将DEF沿EF折起到DEF的位置.(1)证明:AC平面HBD.(2)若AB=5,AC=6,AE=54,OD=22,求点O到平面DEF的距离.解析 (1)由已知得,ACBH,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.所以EFHD,EFHD,所以ACHD.又因为BH平面HBD,HD平面HBD,BHHD=H,所以AC平面HBD.(2)由EFAC,得OHDO=AEAD=14.由AB=5,AC=6,得DO=BO=AB2-AO2=4.所以OH=1,DH=DH=3. 所以(OD)2+OH2=(22)2+12=
10、9=DH2,故ODOH.由(1)知AC平面BHD,所以ACOD.又AC平面ABC,OH平面ABC,ACOH=O,所以OD平面ABC.由EFAC=DEAD,得EF=92.所以VD-OEF=13SOEFDO=131292122=322,设点O到平面DEF的距离为h,则VO-DEF=13SDEFh=1312923h=322,解得h=223,所以点O到平面DEF的距离为223.1.(黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2018届高三第二次模拟考试)如图,E是边长为2的正方形ABCD的边AB的中点,将AED与BEC分别沿ED,EC折起,使得点A与点B重合,记为点P,得到三棱锥P-CDE.(1)求证:平面PED平面
11、PCD.(2)求点P到平面CDE的距离.解析 (1)A=B=90,PEPD,PEPC.又PC平面PCD,PD平面PCD,PCPD=P,PE平面PCD.PE平面PED,平面PED平面PCD.(2)设点P到平面CDE的距离为h,依题意可知,三角形CDE是底边长为2,高为2的等腰三角形,其面积为1222=2.易知PCD是边长为2的等边三角形,其面积为3422=3,由(1)知PE平面PCD,又PE=1,VE-PCD=1331=33.VE-PCD=VP-ECD,132h=33,h=32.2.(四川省广元市2018届高三第二次高考适应性统考)如图,菱形ABCD的边长为6,BAD=60,ACBD=O.将菱形
12、ABCD沿对角线AC折起,得到三棱锥B-ACD,M是棱BC的中点,DM=32.(1)求证:OM平面ABD.(2)求证:平面ABC平面MDO.(3)求三棱锥M-ABD的体积.解析 (1)因为点O是菱形ABCD的对角线的交点,所以O是AC的中点.又M是棱BC的中点,所以OM是ABC的中位线,所以OMAB.因为OM平面ABD,AB平面ABD,所以OM平面ABD.(2)由题意知,OM=OD=3.因为DM=32,所以OM2+OD2=DM2,所以DOM=90,ODOM.又四边形ABCD为菱形,所以ODAC.因为OM平面ABC,AC平面ABC,OMAC=O,所以OD平面ABC.因为OD平面MDO,所以平面A
13、BC平面MDO.(3)三棱锥M-ABD的体积等于三棱锥D-ABM的体积.由(2)知,OD平面ABC,所以OD为三棱锥D-ABM的高.因为ABM的面积=12BABMsin 120=126332=932,所以三棱锥M-ABD的体积=13SABMOD=932.3.(2018年湖南东部六校联考)如图,在直角梯形ABCD中,ABCD,ABBC,AB=2CD,DEAB,将AED沿DE折起到A1ED的位置,连接A1B,A1C,得到如图所示的四棱锥A1-EBCD,M,N分别为A1C,BE的中点.(1)求证:DEA1B.(2)求证:MN平面A1ED.(3)在棱A1B上是否存在一点G,使得EG平面A1BC?若存在
14、,求出A1GGB的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)由题意知DEA1E,DEBE.A1E平面A1BE,BE平面A1BE,A1EBE=E,DE平面A1BE.A1B平面A1BE,DEA1B.(2)如图,取CD的中点F,连接NF,MF.M,N分别为A1C,BE的中点,MFA1D,NFDE.又A1D平面A1DE,DE平面A1DE,MF平面A1DE,NF平面A1DE.MF平面MNF,NF平面MNF,MFNF=F,平面A1DE平面MNF,MN平面A1ED.(3)取A1B的中点G,连接EG.A1E=BE,EGA1B.由(1)知DE平面A1BE.DEBC,BC平面A1BE,EGBC.又A1B平面A1BC,
15、BC平面A1BC,A1BBC=B,EG平面A1BC.故棱A1B上存在点G,使得EG平面A1BC,此时A1GGB=1.4.(2018年重庆巴蜀中学模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PB,PAPB,F为线段PC上的点,且BF平面PAC.(1)求证:平面PAB平面ABCD.(2)求证:PC=PD.(3)在棱PD上是否存在一点G,使得FG平面PAB?若存在,求出PG的长;若不存在,请说明理由.解析 (1)BF平面PAC,BFPA.PAPB,PB平面PBC,BF平面PBC,PBBF=B,PA平面PBC,PABC.ABBC,PA平面PAB,AB平面PAB,PAAB=
16、A,BC平面PAB.BC平面ABCD,平面PAB平面ABCD.(2)如图,作PEAB,垂足为E,连接EC,ED.PA=PB,PAPB,AB=2,PE=BE=AE=1,PB=2.BC平面PAB,BCPB.在RtPBC中,由勾股定理得PC=PB2+BC2=6.平面PAB平面ABCD,PEAB,PE平面ABCD,PEED.DE=AE2+AD2=5,在RtPED中,PD=PE2+DE2=6,PC=PD.(3)作FGCD,交PD于点G.FGCD,ABCD,FGAB.FG平面PAB,AB平面PAB,FG平面PAB.BF平面PAC,BFPC.BF=PBBCPC=233,PF=PB2-BF2=63.FGCD,PFPC=PGPD,PG=PF=63,故棱PD上存在点G,使得FG平面PAB,且PG=63.