1、20202020 年数学（文）立体几何二轮专项提升年数学（文）立体几何二轮专项提升 专题专题 0808折叠问题与探索性问题折叠问题与探索性问题 一、一、高考题型特点：高考题型特点： 在高考立体几何的大题中，常常出现折叠问题与探索性问题，有时也出现在小题中，难度中等偏上。 二、重难点：二、重难点： 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化， 哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用 探索条件的常用方法： (1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明； (2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性； (3)把几何问题转
2、化为代数问题，探索命题成立的条件 探索结论的常用方法： 首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合理的结论就肯定假设，如果 得到了矛盾的结果就否定假设 三、易错注意点： （一）平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到 翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形 的结构特征 解决此类问题的步骤为： （二）探索性问题的一般解题方法 先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算在推理 论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明
3、存在；如果得到了一个不合理的结论，则 说明不存在 四、典型例题：四、典型例题： 例 1 (2019 全国 III 文 19）图 1 是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1， BE=BF=2，FBC=60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图 2. （1）证明图 2 中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE； （2）求图 2 中的四边形ACGD的面积. 【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE 又因为AB平面ABC，
4、所以平面ABC平面BCGE （2）取CG的中点M，联结EM，DM. 因为ABDE，AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE，故DE CG. 由已知，四边形BCGE是菱形，且60EBC得EM CG，故CG 平面DEM. 因此DM CG. 在Rt DEM中，1DE ，EM 3，故2DM . 所以四边形ACGD的面积为4. 例 2. （2019 北京文 18）如图，在四棱锥PABCD中，PA 平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的 中点 （）求证：BD平面PAC； （）若ABC=60，求证：平面PAB平面PAE； （）棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由 【解析】 （）因为PA
5、 平面ABCD，且BD 平面ABCD， 所以PABD 又因为底面ABCD为菱形，所以BDAC 又PA平面PAC，AC 平面PAC，PAACA， 所以BD 平面PAC （）因为PA平面ABCD，AE 平面ABCD， 所以PAAE 因为底面ABCD为菱形，ABC=60，且E为CD的中点， 所以AECD 又/AB CD，所以ABAE 又PA平面PAB，AB 平面PAB，PAABA，所以AE平面PAB 又AE 平面PAE，所以平面PAB平面PAE （）棱PB上存在点F，且F为PB的中点，使得CF平面PAE 取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG 因为G，F分别为PA，PB的中点，则F
6、GAB，且FG= 1 2 AB 因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点， 所以CEAB，且CE= 1 2 AB 所以FGCE，且FG=CE 所以四边形CEGF为平行四边形， 所以CFEG 因为CF平面PAE，EG平面PAE， 所以CF平面PAE 例 3 （2018 全国卷）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是 CD上异于C，D 的点 (1)证明：平面AMD 平面BMC； (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由 【解析】(1)由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD 因为BCCD，BC 平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM 因为M为CD上异
7、于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM 又BC CM=C，所以DM平面BMC 而DM 平面AMD，故平面AMD平面BMC (2)当P为AM的中点时，MC平面PBD 证明如下：连结AC交BD于O因为ABCD为矩形，所以O为AC中点 连结OP，因为P为AM中点，所以MCOP MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD 例 4. (2018全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC为折痕将ACM折 起，使点M到达点D的位置，且ABDA. (1)证明：平面ACD平面ABC； (2)Q 为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQ2 3DA，求三棱锥 QABP 的
8、体积 【解析】(1)证明：由已知可得，BAC90，即BAAC. 又因为BAAD，ACADA， 所以AB平面ACD. 因为AB平面ABC， 所以平面ACD平面ABC. (2)由已知可得，DCCMAB3，DA3 2. 又BPDQ2 3DA，所以 BP2 2. 如图，过点 Q 作 QEAC，垂足为E，则 QE DC且 QEDC 由已知及(1)可得，DC平面ABC， 所以 QE平面ABC，QE1. 因此，三棱锥 QABP的体积为VQABP1 3S ABPQE1 3 1 232 2sin 4511. 五五、强化提升训练：强化提升训练： 1.如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC，PA1，AB1，AC2，
9、BAC60. (1)求三棱锥PABC的体积； (2)在线段PC上是否存在点M，使得ACBM，若存在，请说明理由，并求PM MC的值 【解析】(1)由题设AB1，AC2，BAC60， 可得SABC1 2ABACsin 60 3 2 . 由PA平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高， 又PA1， 所以三棱锥PABC的体积V1 3S ABCPA 3 6 . (2)在线段PC上存在点M，使得ACBM，证明如下： 如图，在平面ABC内，过点B作BNAC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MNPA交PC于点M，连接BM. 由PA平面ABC，知PAAC， 所以MNAC. 因为BNMNN，所以AC平面MBN
10、， 又BM平面MBN， 所以ACBM. 在 RtBAN中，ANABcosBAC1 2， 从而NCACAN3 2， 由MNPA，得PM MC AN NC 1 3. 2.如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为正方形，BCPD2，E 为PC的中点，CB3CG. (1)求证：PCBC； (2)AD边上是否存在一点M，使得PA平面MEG？若存在，求出AM的长； 若不存在， 请说明理由 【解析】(1)证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD， 所以PDBC. 因为四边形ABCD是正方形，所以BCCD. 又PDCDD，PD平面PCD，CD平面PCD， 所以BC平面PCD. 因为PC
11、平面PCD，所以PCBC. (2)连接AC，BD交于点O，连接EO，GO， 延长GO交AD于点M，连接EM，则PA平面MEG. 证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点， 所以EOPA. 因为EO平面MEG，PA平面MEG，所以PA平面MEG. 因为OCGOAM，所以AMCG2 3， 所以AM的长为2 3. 3(2019湖北五校联考)如图 1 所示，在直角梯形ABCD中，ADC90，ABCD，ADCD1 2AB2，E 为AC的中点，将ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，得到如图 2 所示的几何体DABC. (1)求证：BC平面ACD； (2)点F在棱CD上，且满足AD平
12、面BEF，求几何体FBCE的体积 【解析】(1)证明：ACAD 2CD22 2， BACACD45，AB4， 在ABC中，BC 2AC2AB22ACABcos 458， AB 2AC2BC216，ACBC. 平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC， BC平面ACD. (2)AD平面BEF，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF，ADEF， E为AC的中点，EF为ACD的中位线， 由(1)知，几何体FBCE的体积VFBCEVBCEF1 3S CEFBC， SCEF1 4S ACD1 4 1 222 1 2， VFBCE1 3 1 22 2 2 3 . 4(2018合肥二检)如图 1，在
13、平面五边形ABCDE中，ABCE，且AE2，AEC60，CDED 7，cos EDC5 7.将CDE 沿CE折起，使点D到P的位置，且AP 3，得到如图 2 所示的四棱锥PABCE. (1)求证：AP平面ABCE； (2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：ABl. 【证明】 ：(1)在CDE中，CDED 7，cosEDC5 7， 由余弦定理得CE7 2 7 22 7 75 72. 连接AC， AE2，AEC60， AC2. 又AP 3， 在PAE中，AP 2AE2PE2， 即APAE. 同理，APAC. ACAEA，AC平面ABCE，AE平面ABCE， AP平面ABCE. (2)AB
14、CE，且CE平面PCE，AB平面PCE， AB平面PCE. 又平面PAB平面PCEl，ABl. 5.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是圆内接四边形(记此圆为W)，且PA平面ABCD. (1)当BD是圆W的直径时，PABD2，ADCD 3，求四棱锥PABCD的体积 (2)在(1)的条件下， 判断在棱PA上是否存在一点 Q， 使得BQ平面PCD？若存在，求出 AQ 的长；若不存在，请说明理由 【解析】(1)因为BD是圆W的直径，所以BAAD， 因为BD2，AD 3，所以AB1. 同理BC1，所以S四边形ABCDABAD 3. 因为PA平面ABCD，PA2， 所以四棱锥PABCD的体积V1 3S
15、 四边形ABCDPA2 3 3 . (2)存在，AQ2 3.理由如下 延长AB，DC交于点E，连接PE，则平面PAB与平面PCD的交线是PE. 假设在棱PA上存在一点 Q，使得BQ平面PCD， 则BQPE，所以AQ PA AB AE. 经计算可得BE2，所以AEABBE3，所以AQ2 3. 故存在这样的点 Q，使BQ平面PCD，且AQ2 3. 6(2019湖北武汉部分学校调研)如图 1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中点，将ADE沿 AE折起，得到如图 2 所示的四棱锥D1ABCE，其中平面D1AE平面ABCE. (1)证明：BE平面D1AE； (2)设F为CD1的中点，在线段A
16、B上是否存在一点M，使得MF平面D1AE，若存在，求出AM AB的值；若不存在， 请说明理由 【解析】(1)证明：四边形ABCD为矩形且ADDEECBC2， AEB90，即BEAE， 又平面D1AE平面ABCE，平面D1AE平面ABCEAE， BE平面D1AE. (2)当AM AB 1 4时，MF平面 D1AE，理由如下： 取D1E的中点L，连接FL，AL， FLEC，又ECAB， FLAB，且FL1 4AB， M，F，L，A四点共面， 又MF平面AD1E，MFAL. 四边形AMFL为平行四边形， AMFL1 4AB， AM AB 1 4. 7如图 1 所示，在 RtABC中，ABC90，D为
17、AC的中点，AEBD于点E(不同于点D)，延长AE交BC 于点F，将ABD沿BD折起，得到三棱锥A1BCD，如图 2 所示 (1)若M是FC的中点，求证：直线DM平面A1EF. (2)求证：BDA1F. (3)若平面A1BD平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？请说明理由 【解析】(1)证明：D，M分别为AC，FC的中点， DMEF， 又EF平面A1EF，DM平面A1EF， DM平面A1EF. (2)证明：EFBD，A1EBD，A1EEFE， A1E平面A1EF，EF平面A1EF， BD平面A1EF， 又A1F平面A1EF，BDA1F. (3)直线A1B与直线CD不能垂直理由如下：
18、平面BCD平面A1BD，平面BCD平面A1BDBD，EFBD，EF平面BCD， EF平面A1BD， 又A1B平面A1BD，A1BEF， 又DMEF，A1BDM. 假设A1BCD，DMCDD， A1B平面BCD， A1BBD，与A1BD为锐角矛盾， 直线A1B与直线CD不能垂直 8(2019河南名校联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是梯形，ABCD， ADDCCBa，ABC60，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE平面ABCD，点M 在线段EF上 (1)求证：BC平面ACFE； (2)当EM为何值时，AM平面BDF？证明你的结论 【解析】(1)证明：在梯形ABCD中，因为ABCD
19、，ADDCCBa，ABC60， 所以四边形ABCD是等腰梯形，且DCADAC30，DCB120， 所以ACBDCBDCA90，所以ACBC. 又平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD， 所以BC平面ACFE. (2)当EM 3 3 a时，AM平面BDF，理由如下： 如图，在梯形ABCD中，设ACBDN，连接FN. 由(1)知四边形ABCD为等腰梯形，且ABC60，所以AB2DC，则CNNA1 2. 易知EFAC 3a，所以AN2 3 3 a. 因为EM 3 3 a， 所以MF2 3EF 2 3 3 a， 所以MF AN， 所以四边形ANFM是平行四边形， 所以
20、AMNF， 又NF平面BDF，AM平面BDF， 所以AM平面BDF. 9.如图所示的五面体ABEDFC中，四边形ACFD是等腰梯形，ADFC，DAC60， BC平面ACFD，CACBCF1，AD2CF，点G为AC的中点 (1)在AD上是否存在一点H，使GH平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证 明；若不存在，说明理由； (2)求三棱锥GECD的体积 【解析】(1)存在点H使GH平面BCD，此时H为AD的中点证明如下 取点H为AD的中点，连接GH， 因为点G为AC的中点， 所以在ACD中，由三角形中位线定理可知GHCD， 又GH平面BCD，CD平面BCD， 所以GH平面BCD. (2)因为A
21、DCF，AD平面ADEB，CF平面ADEB， 所以CF平面ADEB， 因为CF平面CFEB，平面CFEB平面ADEBBE， 所以CFBE， 又CF平面ACFD，BE平面ACFD， 所以BE平面ACFD， 所以VGECDVEGCDVBGCD. 因为四边形ACFD是等腰梯形，DAC60，AD2CF2AC，所以ACD90， 又CACBCF1，所以CD 3，CG1 2， 又BC平面ACFD， 所以VBGCD1 3 1 2CGCDBC 1 3 1 2 1 2 31 3 12 . 所以三棱锥GECD的体积为 3 12 . 10(2019河北五校联考)如图 1，在直角梯形ABCD中，ADC90，ABCD，A
22、DCD1 2AB2，E 为AC 的中点，将ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图 2.在图 2 所示的几何体DABC 中： (1)求证：BC平面ACD； (2)点F在棱CD上，且满足AD平面BEF，求几何体FBCE的体积 【解析】(1)证明ACAD 2CD22 2，BACACD45，AB4， 在ABC中，BC 2AC2AB22ACABcos 458， AB 2AC2BC216，ACBC， 平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，BC平面ABC， BC平面ACD. (2)解AD平面BEF，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF， ADEF， E为AC的中点，EF为
23、ACD的中位线， 由(1)知，VFBCEVBCEF1 2S CEFBC， SCEF1 4S ACD1 4 1 222 1 2， FFBCE1 3 1 22 2 2 3 . 11(2019广州模拟)如图，直角梯形ABEF中，ABEBAF90，C，D分别是BE，AF上的点，且DA ABBC 2a，DF2CE2a.沿CD将四边形CDFE翻折至四边形CDPQ的位置，连接AP，BP，BQ，得到多 面体ABCDPQ，且AP 6a. (1)求多面体ABCDPQ的体积； (2)求证：平面PBQ平面PBD. 【解析】(1)DAABBC 2a，ABCBAD90， 四边形ABCD是正方形， CDAD，CDDP，又A
24、DDPD，AD，DP平面ADP， CD平面ADP. ABCD，AB平面ADP， AD 2DP2AP2，ADDP， 又CDAD，CDDPD，CD，DP平面CDPQ， AD平面CDPQ，又ADBC， BC平面CDPQ. VBCDPQ1 3S 梯形CDPQBC1 3 （a2a） 2a 2 2aa 3， VBADP1 3S ADPAB1 3 1 2 2a2a 2a 2a 3 3 ， 多面体ABCDPQ的体积为VBCDPQVBADP5a 3 3 . (2)证明取BP的中点G，连接GQ，DG，DQ， 在ABP中，BPAB 2AP22 2a， BG1 2BP 2a， 在BCQ中，BQBC 2CQ2 3a. PQ （DPCQ） 2CD2 3a， PQBQ，GQBP. QGBQ 2BG2a，又 BD 2AB2aDP， DGBP， DGBD 2BG2 2a，又 DQCQ 2CD2 3a， DQ 2QG2DG2，QGDG.又 BPDGG，BP，DG平面PBD， QG平面PBD， 又QG平面PBQ， 平面PBQ平面PBD.
