2019届高考数学文科：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

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
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,AC ∩EF=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:BD ⊥PA.
P-BFED 的体积.
抓住EF 与BD 的平行关系,结合菱形的性质,利用翻折前EF ⊥平面PAO ,问题得以解决;(2)分别计算PO 的长BFED 的面积,再利用公式计算体积.
∵点E ,F 分别是边CD ,CB 的中点, EF.
∵菱形ABCD 的对角线互相垂直, ∴BD ⊥AC ,∴EF ⊥AC , ∴EF ⊥AO ,EF ⊥PO.
∵AO ⊂平面POA ,PO ⊂平面POA ,AO ∩PO=O , ∴EF ⊥平面POA ,∴BD ⊥平面POA ,∴BD ⊥PA.
(2)设AO ∩BD=H ,连接BO , ∵∠DAB=60°,
∴△ABD 为等边三角形,∴BD=4,BH=2,HA=2√3,HO=PO=√3. ∴在Rt△BHO 中,BO=√BH 2+HO 2=√7. ∵在△PBO 中,BO 2+PO 2=10=PB 2,∴PO ⊥BO.
又PO ⊥EF ,EF ∩BO=O ,EF ⊂平面BFED ,BO ⊂平面BFED , ∴PO ⊥平面BFED.
∵梯形BFED 的面积S=1
2(EF+BD )×HO=3√3,
∴四棱锥P-BFED 的体积V=13S×PO=1
3×3√3×√3=3.
.画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图改变,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
如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1的各棱长均为2,AA 1⊥平面ABC ,E ,F A 1B 1,BC 的中点.
(1)求证:直线BE ∥平面A 1FC 1.
(2)若平面A 1FC 1与直线AB 交于点M ,请指出点M 的位置,说明理由,B-EFM 的体积.
取A
1C 1的中点G ,连接EG ,FG ,利用线线平行得到线面平行.
解析 (1)取A 1C 1的中点G ,连接EG ,FG , 则EG 1
2B 1C 1,
又BF 12B 1C 1,所以BF EG.
所以四边形BFGE 是平行四边形,所以BE ∥FG. 而BE ⊄平面A 1FC 1,FG ⊂平面A 1FC 1, 所以直线BE ∥平面A 1FC 1. (2)M 为棱AB 的中点. 理由如下:
因为AC ∥A 1C 1,AC ⊄平面A 1FC 1,A 1C 1⊂平面A 1FC 1, 所以直线AC ∥平面A 1FC 1. 又平面A 1FC 1∩平面ABC=FM , 所以AC ∥FM.
又F 为棱BC 的中点, 所以M 为棱AB 的中点. 所以
S △BFM =1
4S △ABC =1
4×1
2×2×2×sin 60°=√3
4,
所以V B-EFM =V E-BFM =13
×√34
×2=√36
.
探索性问题的处理思路:先假设存在,再通过推理,进,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
如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC 是等边三角形,且AA 1ABC ,M 为AA 1的中点,点N 在线段AB 上,且AN=2NB ,点P 在线段CC 1上.
(1)证明:平面BMC 1⊥平面BCC 1B 1.
(2)当
CP PC 1
为何值时,PN ∥平面BMC 1?
取BC 1的中点O ,BC 的中点Q ,连接MO ,OQ 得MO ∥AQ.由AQ 1B 1得MO ⊥平面BCC 1B 1,再利用线面垂直得到面面垂直.(2)采用分析法求解.
设BC 1的中点为O ,BC 的中点为Q ,连接MO ,OQ ,AQ ,则
OQ 1
2CC 1 AM ,
∴四边形AQOM 是平行四边形, ∴AQ ∥MO.
∵AA 1∥CC 1,AA 1⊥平面ABC , ∴CC 1⊥平面ABC. ∵AQ ⊂平面ABC , ∴CC 1⊥AQ.
又∵AB=AC ,∴AQ ⊥BC.
∵CC 1⊂平面BCC 1B 1,BC ⊂平面BCC 1B 1,BC ∩CC 1=C , ∴AQ ⊥平面BCC 1B 1, ∴MO ⊥平面BCC 1B 1.
∵MO ⊂平面BMC 1,
∴平面BMC 1⊥平面BCC 1B 1. (2)取AE=2EM ,则NE ∥BM.
∵NE ⊄平面BMC 1,BM ⊂平面BMC 1, ∴NE ∥平面BMC 1.
若PN ∥平面BMC 1,则平面NEP ∥平面BMC 1. ∵EP ⊂平面NEP ,∴EP ∥平面BMC 1. ∵平面BMC 1∩平面AA 1C 1C=MC 1, ∴EP ∥MC 1. 又∵EM ∥PC 1,
∴四边形EMC 1P 是平行四边形, ∴PC 1=EM=13AM=16AA 1=1
6CC 1,
∴当CP
=5时,PN ∥平面BMC 1.
以空间几何体为背景的探索存在性问题,涉及的点具,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Ⅰ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AB ⊥DA. (1)证明:CD ⊥平面ABC.
(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且BP=DQ=2
3DA ,求三棱锥
Q-ABP 的体积.
解析 (1)由已知可得,∠BAC=90°,所以AB ⊥AC. ⊥AD ,且AC ∩AD=A ,所以AB ⊥平面ACD. 所以AB ⊥CD.
又因为∠ACM=90°,所以CD ⊥AC.
因为AB ⊂平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,AB ∩AC=A , 所以CD ⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3√2. 又BP=DQ=2
3DA ,所以BP=2√2.
作QE ⊥AC ,垂足为E ,则QE=1
3
DC=1.
结合(1),得QE ⊥平面ABC ,
因此,三棱锥Q-ABP 的体积V=1
3
×QE×S △ABP =1
3
×1×1
2
×3×2√2sin
45°=1.
2.(2016年全国Ⅱ卷,文19改编)如图,菱形ABCD 的对角线AC 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△D'EF 的位置. (1)证明:AC ⊥平面HBD'.
(2)若AB=5,AC=6,AE=5
4,OD'=2√2,求点O 到平面D'EF 的距离.
由已知得,AC ⊥BH ,AD=CD. 又由AE=CF 得
AE AD =CF CD
,故AC ∥EF.
所以EF ⊥HD ,EF ⊥HD',所以AC ⊥HD'.
又因为BH ⊂平面HBD',HD'⊂平面HBD',BH ∩HD'=H ,所以AC ⊥平面HBD'.
(2)由EF ∥AC ,得
OH DO =AE AD =14
.
由AB=5,AC=6,得DO=BO=√AB 2-AO 2=4. 所以OH=1,D'H=DH=3.
所以(OD')2+OH 2=(2√2)2+12=9=D'H 2, 故OD'⊥OH.
由(1)知AC ⊥平面BHD',所以AC ⊥OD'. 又AC ⊂平面ABC ,OH ⊂平面ABC ,AC ∩OH=O , 所以OD'⊥平面ABC. 由EF AC =DE
AD
,得EF=9
2
.
所以V D'-OEF =13
S △OEF ×D'O=13
×12
×92
×1×2√2=3√22
,
设点O 到平面D'EF 的距离为h , 则V O-D'EF =1
3
×S △D'EF ×h=1
3
×1
2
×9
2
×3×h=
3√2
2
, 解得h=
2√2
3
, 所以点O 到平面D'EF 的距离为2√23
.
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PCD. (2)到平面CDE 的距离.
∵∠A=∠B=90°,∴PE ⊥PD ,PE ⊥PC. PC ⊂平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PC ∩PD=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1
2×2×2=2.
易知△PCD 是边长为2的等边三角形,
∴其面积为√3
4×22=√3,
由(1)知PE ⊥平面PCD ,又PE=1, ∴V E-PCD =1
3×√3×1=√3
3.
∵V E-PCD =V P-ECD ,∴1
3×2×h=√3
3,∴h=√3
2.
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°,AC ∩BD=O.将菱形ABCD 沿对角线AC 折
起,得到三棱锥B-ACD ,M 是棱BC 的中点,DM=3√2.
(1)求证:OM ∥平面ABD.
(2)求证:平面ABC ⊥平面MDO. (3)M-ABD 的体积.
因为点O 是菱形ABCD 的对角线的交点, 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OM ∥AB. 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=3√2,所以OM 2+OD 2=DM 2, 所以∠DOM=90°,OD ⊥OM.
又四边形ABCD 为菱形,所以OD ⊥AC.
因为OM ⊂平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,OM ∩AC=O ,所以OD ⊥平面ABC. 因为OD ⊂平面MDO ,所以平面ABC ⊥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=1
2
×BA×BM×sin 120°=1
2
×6×3×√32=
9√3
2
, 所以三棱锥M-ABD 的体积=13
×S △ABM ×OD=
9√3
2
.
3.(2018年湖南东部六校联考)如图,在直角梯形ABCD
中,AB ∥CD ,AB ⊥BC ,AB=2CD ,DE ⊥AB ,将△AED 沿DE 折起到△A 1ED 的位置,连接A 1B ,A 1C ,得到如图所示的四棱锥A 1-EBCD ,M ,N 分别为A 1C ,BE 的中点.
(1)求证:DE ⊥A 1B.
(2)求证:MN ∥平面A 1ED.
(3)在棱A 1B 上是否存在一点G ,使得EG ⊥平面A 1BC ?若存在,求出A 1G GB
的
值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题意知DE ⊥A 1E ,DE ⊥BE.
1⊂平面A 1BE ,BE ⊂平面A 1BE ,A 1E ∩BE=E ,∴DE ⊥平面A 1BE. ∵A 1B ⊂平面A 1BE ,∴DE ⊥A 1B.
(2)如图,取CD 的中点F ,连接NF ,MF. ∵M ,N 分别为A 1C ,BE 的中点,
∴MF ∥A 1D ,NF ∥DE.
又∵A 1D ⊂平面A 1DE ,DE ⊂平面A 1DE , ∴MF ∥平面A 1DE ,NF ∥平面A 1DE.
∵MF ⊂平面MNF ,NF ⊂平面MNF ,MF ∩NF=F , ∴平面A 1DE ∥平面MNF , ∴MN ∥平面A 1ED.
(3)取A 1B 的中点G ,连接EG. ∵A 1E=BE ,∴EG ⊥A 1B. 由(1)知DE ⊥平面A 1BE.
∵DE ∥BC ,∴BC ⊥平面A 1BE , ∴EG ⊥BC.
又∵A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,A 1B ∩BC=B , ∴EG ⊥平面A 1BC.
故棱A 1B 上存在点G ,使得EG ⊥平面A 1BC ,此时
A 1G GB
=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 ,PA ⊥PB ,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;,请说明理由.
∵BF ⊥平面PAC , PA.
∵PA ⊥PB ,PB ⊂平面PBC ,BF ⊂平面PBC ,PB ∩BF=B , ∴PA ⊥平面PBC , ∴PA ⊥BC.
∵AB ⊥BC ,PA ⊂平面PAB ,AB ⊂平面PAB ,PA ∩AB=A ,
∴BC ⊥平面PAB. ∵BC ⊂平面ABCD ,
∴平面PAB ⊥平面ABCD.
(2)如图,作PE ⊥AB ,垂足为E ,连接EC ,ED. ∵PA=PB ,PA ⊥PB ,AB=2,
∴PE=BE=AE=1,PB=√2.
∵BC ⊥平面PAB ,∴BC ⊥PB.在Rt△PBC 中,由勾股定理得PC=√PB 2+BC 2=√6.
∵平面PAB ⊥平面ABCD ,PE ⊥AB , ∴PE ⊥平面ABCD , ∴PE ⊥ED.
∵DE=√AE 2+AD 2=√5,
∴在Rt△PED 中,PD=√PE 2+DE 2=√6, ∴PC=PD.
(3)作FG ∥CD ,交PD 于点G. ∵FG ∥CD ,AB ∥CD , ∴FG ∥AB.
∵FG ⊄平面PAB ,AB ⊂平面PAB , ∴FG ∥平面PAB. ∵BF ⊥平面PAC , ∴BF ⊥PC. ∴BF=
PB ·BC PC
=2√3
3, ∴PF=√PB 2-BF 2=√6
3. ∵FG ∥CD ,
∴PF PC =PG PD ,∴PG=PF=√6
3,
故棱PD 上存在点G ,使得FG ∥平面PAB ,且PG=√63
.。