专题06 立体几何中折叠问题（第三篇）（解析版）.docx

1、备战 2020 年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品 第三篇立体几何 专题 06立体几何中折叠问题 类型对应典例 折叠问题中的点线面位置关系典例 1 折叠问题中的体积典例 2 折叠问题中的线面角典例 3 折叠问题中的二面角典例 4 【典例 1】 【新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第四中学 2020 届月考】 如图，在直角梯形ABCD中，/AB DC， 90BAD ，4AB ，2AD ，3DC ，点E在CD上， 且2DE ，将ADE沿AE折起，使得平面ADE 平面ABCE（如图）.G为AE中点. （1）求证:DG 平面ABCE； （2）求四棱锥DABCE的体积； （3）在线段BD上是否存在点P

2、，使得/ /CP平面ADE？若存在，求 BP BD 的值；若不存在，请说明理由. 【思路引导】 （1）证明DGAE，再根据面面垂直的性质得出DG 平面ABCE； （2）分别计算DG和梯形ABCE的面积，即可得出棱锥的体积； （3）过点 C 作/ /CFAE交AB于点F，过点F作/ /FPAD交DB于点P，连接PC，可证平面/ /CFP 平面ADE，故/ /CP平面ADE，根据/ /FPAD计算 BP BD 的值. 【详解】 （1）证明：因为G为AE中点，2ADDE， 所以DGAE. 因为平面ADE 平面ABCE， 平面ADE 平面ABCEAE，DG 平面ADE， 所以DG 平面ABCE （2）

3、在直角三角形ADE中，易求 2 2AE ,则2 AD DE DG AE 所以四棱锥DABCE的体积为 1(14)25 22 323 D ABCE V （3） 过点 C 作/ /CFAE交AB于点F，则:1:3AF FB 过点F作/ /FPAD交DB于点P，连接PC,则:1:3DP PB 又因为CF/ /AE，AE 平面,ADECF 平面ADE, 所以CF/ /平面ADE 同理/ /FP平面ADE 又因为CFPFF， 所以平面CFP/ /平面ADE 因为CP 平面CFP， 所以/ /CP平面ADE 所以在BD上存在点P，使得/ /CP平面ADE，且 3 4 BP BD . 【典例 2】 【福建省

4、罗源市第一中学 2020 届月考】 如图 1,在正方形ABCD中，E是AB的中点， 点F在线段BC上,且 1 4 BFBC.若将,AEDCFD分别 沿,ED FD折起，使,A C两点重合于点M,如图 2. 图 1 图 2 (1)求证:EF 平面MED； (2)求直线EM与平面MFD所成角的正弦值. 【思路引导】 （1）设正方形ABCD的边长为4，由 222 DEEFDF ，可得EFED，结合MDEF，利用线面 垂直的判定定理，即可得到EF 平面MED. （2）建立空间直角坐标系，过点M作MNED，垂足为N，求出向量EM 和平面MFD的一个法向量， 利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】 （1

5、）证明：设正方形的边长为 4，由图 1 知, , ,即 由题意知，在图 2 中，,平面,平面,且, 平面,平面,. 又平面,平面,且,平面 （2）由（1）知平面，则建立如图所示空间直角坐标系，过点作，垂足为 ，在 中，,从而 , ,. 设平面的一个法向量为，则， 令，则，.设直线与平面所成角为 , 则,.直线与平面所成角的正弦值为. 【典例 3】 【河南南阳一中 2020 届月考】 如图 1，已知菱形AECD的对角线,AC DE交于点F，点E为线段AB的中点，2AB ，60BAD， 将三角形ADE沿线段DE折起到PDE的位置， 6 2 PC ，如图 2 所示 （）证明：平面PBC平面PCF；

6、（）求三棱锥EPBC的体积 【思路引导】 （）折叠前，ACDE； ，从而折叠后，DEPF，DECF，由此能证明 DE平面 PCF 再由 DCAE，DCAE 能得到 DCEB，DCEB说明四边形 DEBC 为平行四边形可得 CBDE由 此能证明平面 PBC平面 PCF （） 由题意根据勾股定理运算得到PFCF， 又由 （） 的结论得到BC PF， 可得PF 平面BCDE， 再利用等体积转化有 1 3 E PBCP BCEBCE VVSPF ，计算结果. 【详解】 （）折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以ACDE； 所以折叠后，DEPF，DECF,又PFCFF，,PF CF 平面PCF， 所以D

7、E 平面PCF 因为四边形AECD为菱形，所以/ /,AEDC AEDC 又点E为线段AB的中点，所以/ /,EBDC EBDC 所以四边形DEBC为平行四边形 所以/ /CBDE 又DE 平面PCF，所以BC 平面PCF 因为BC 平面PBC，所以平面PBC 平面PCF （）图 1 中，由已知得 3 2 AFCF ，1BCBE，60CBE 所以图 2 中， 3 2 PFCF ，又 6 2 PC 所以 222 PFCFPC ，所以PFCF 又BC 平面PCF，所以BC PF 又BCCFC，,BC CF 平面BCDE， 所以PF 平面BCDE， 所以 11131 1 1 sin60 33228

8、E PBCP BCEBCE VVSPF 所以三棱锥EPBC的体积为 1 8 【典例 4】 【河北省唐山市 2019 届高三下学期第一次模拟考试】 如图，ABC中，4ABBC，90ABC，,E F分别为AB，AC边的中点， 以EF为折痕把AEF 折起，使点A到达点P的位置，且PBBE （1）证明：BC 平面PBE； （2）求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值 【思路引导】 （1） 由E，F分别为AB，AC边的中点， 可得EFBC， 由已知结合线面垂直的判定可得EF 平面PBE， 从而得到BC 平面PBE； （2）取BE的中点O，连接PO，由已知证明PO 平面BCFE，过O作 OMBC交C

9、F于M，分别以OB，OM，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求 出平面PCF与平面PBE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PBE与平面PCF所成锐二 面角的余弦值 【详解】 （1）因为,E F分别为AB，AC边的中点， 所以EFBC， 因为90ABC， 所以EFBE，EFPE， 又因为BEPEE， 所以EF 平面PBE， 所以BC 平面PBE （2）取BE的中点O，连接PO， 由（1）知BC 平面PBE，BC 平面BCFE， 所以平面PBE 平面BCFE， 因为PBBEPE， 所以POBE， 又因为PO 平面PBE，平面PBE 平面BCFEBE， 所以PO 平面BC

10、FE， 过O作OMBC交CF于M，分别以OB，OM，OP所在直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，则 0,0, 3P，1,4,0C，1,2,0F 1,4,3PC ，1,2,3PF ， 设平面PCF的法向量为, ,mx y z ， 则 0, 0, PC m PF m 即 430, 230, xyz xyz 则1,1, 3m ， 易知0,1,0n 为平面PBE的一个法向量， 2 2 2 1 0 1 13015 cos , 55 113 m n ， 所以平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值 5 5 【针对训练】 1. 【湖南省湖南师范大学附属中学、岳阳市第一中等六校 2019 届高三下

11、学期联考】 在RtABC中，90ABC， 1 tan 2 ACB已知E，F分别是BC，AC的中点将CEF沿EF 折起，使C到C的位置且二面角CEFB的大小是60连接CB，C A，如图： （）求证：平面FAC平面ABC； （）求平面AFC与平面BEC所成二面角的大小 【思路引导】 （）法一：由AFC F设AC的中点为G，连接FG 设BC的中点为H，连接GH，EH而BEC即为二面角CEFB的平面角 60BEC，推导出EHBC由EFC E，EFBE，从而EF 平面BEC由/ /EFAB， 得AB 平面BEC，从而ABEH，即EHAB进而EH 平面ABC推导出四边形EHGF为 平行四边形从而/ /FG

12、EH，FG 平面ABC，由此能证明平面AFC 平面ABC 法二：以B为原点，在平面BEC中过B作BE的垂线为x轴，BE为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐 标系，利用向量法能证明平面AFC 平面ABC （）以B为原点，在平面BEC中过B. 作BE的垂线为x轴，BE为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐 标系，利用向量法能求出平面AFC与平面BEC所成二面角大小 【详解】 （）证法一：F是AC的中点，AFC F 设AC的中点为G，连接FG设BC的中点为H，连接GH，EH 由题意得C EEF，BEEF， BEC即为二面角CEFB的平面角60BEC， E为BC的中点BEEC，BEC为等边三角形，EHBC

13、EFC E，EFBE，C EBEE，EF平面BEC / /EFAB，AB平面BEC，ABEH，即EHAB BCABB，EH平面ABC G，H分别为AC，BC的中点/ / /GHABFE， 1 2 GHABFE 四边形EHGF为平行四边形/ /FGEH，FG 平面ABC， 又FG 平面AFC平面AFC 平面ABC 法二：如图，以B为原点，BE为x轴，在平面BEC中过B作BE的垂线为y轴，BA为z轴，建立空间 直角坐标系， 设2AB 则0,0,2A，0,0,0B，2,0,1F，2,0,0E， 1, 3,0C 设平面ABC的法向量为, ,ax y z ，0,0,2BA ，1, 3,0BC ， 20

14、30 a BAz a BCxy ，令1y ，则3,1,0a ， 设平面AFC的法向量为, ,bx y z ， 2,0, 1AF ，1, 3, 2AC ， 20 320 b AFxz b ACxyz ，取1x ，得 1, 3,2b 0a b ，平面AFC 平面ABC 解： （）如图，以B为原点，BE为x轴，在平面BEC中过B作BE的垂线为y轴，BA为z轴，建立 空间直角坐标系， 设2AB 则0,0,2A，0,0,0B，2,0,1F，2,0,0E， 1, 3,0C 平面BEC的法向量0,0,1m 设平面AFC的法向量为, ,nx y z ， 1, 3, 2AC ，2,0, 1AF ， 320 20

15、 n ACxyz n AFxz ，取1x ，得1, 3,2n 设平面AFC与平面BEC所成的二面角的平面角为， 2 cos 2 m n mn 由图形观察可知，平面AFC与平面BEC所成的二面角的平面角为锐角 平面AFC与平面BEC所成二面角大小为45 2 【广东省化州市 2019 届高三上学期第一次模拟考试】 已知长方形ABCD中，1AB ， 2AD ，现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面 体ABCD，如图所示. （1）试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD能否垂直？若能垂直，求出相应的a的值；若不垂直， 请说明理由； （2）当四面体ABCD体积最大时，求二面角A CDB的余弦

16、值. 【思路引导】 （1） 若 ABCD， 得 AB面 ACD， 由于 ABAC.,所以 AB2a2BC,解得 a2=1， 成立; （2） 四面体 ABCD 体积最大时面 ABD面 BCD，以 A 为原点，在平面 ACD 中过 O 作 BD 的垂线为 x 轴，OD 为 y 轴，OA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 ACDB 的余弦值 【详解】 (1)若 ABCD，因为 ABAD，ADCDD， 所以 AB面 ACDABAC. 由于 AB=1,AD=BC= 2 ,AC=a, 由于 ABAC.,所以 AB2a2BC, 所以 12a2( 2)2a1, 所以在折叠的过程中，异面直

17、线 AB 与 CD 可以垂直,此时a的值为 1 (2)要使四面体 ABCD 体积最大，因为BCD 面积为定值 2 2 ， 所以只需三棱锥 ABCD 的高最大即可，此时面 ABD面 BCD. 过 A 作 AOBD 于 O，则 AO面 BCD， 以 O 为原点建立空间直角坐标系o xyz (如图)， 则易知, 显然，面 BCD 的法向量为, 设面 ACD 的法向量为n (x，y，z), 因为 所以，令 y 2，得n (1， 2，2)， 故二面角 ACDB 的余弦值即为|cosn OA，. 3 【新疆石河子二中 2020 届月考】 如图，在平行四边形ABCM中，3ABAC，90ACM，以AC为折痕将

18、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 2 3 BPDQDA，求三棱锥QABP的体积 【思路引导】 (1)首先根据题的条件，可以得到BAC=90，即BAAC，再结合已知条件 BAAD，利用线面垂直的 判定定理证得 AB平面 ACD，又因为 AB平面 ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面 ACD平面 ABC； (2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于 三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解： （1）由已知可得，BAC=90，BAAC 又 B

19、AAD，且ACADA，所以 AB平面 ACD 又 AB平面 ABC， 所以平面 ACD平面 ABC （2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3 2 又 2 3 BPDQDA，所以 2 2BP 作 QEAC，垂足为 E，则QE 1 3 DC 由已知及（1）可得 DC平面 ABC，所以 QE平面 ABC，QE=1 因此，三棱锥QABP的体积为 111 13 2 2sin451 332 Q ABPABP VQES 4 【广东中山市 2020 届高三期末考试】 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 D1ABC

20、E，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 AB 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 【思路引导】 （1）先计算得 BEAE，再根据面面垂直性质定理得结果， （2）先分析确定点 M 位置，再取 D1E 的中点 L， 根据平几知识得 AMFL 为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果. 【详解】 (1)证明连接 BE， ABCD 为矩形且 ADDEECBC2， AEB90，即 BEAE， 又平面 D1AE平面 ABCE， 平面 D1AE平面 ABCEAE，B

21、E平面 ABCE， BE平面 D1AE. (2)解 AM 1 4 AB，取 D1E 的中点 L，连接 AL，FL， FLEC，ECAB，FLAB 且 FL 1 4 AB， FLAM，FL=AM AMFL 为平行四边形，MFAL， 因为 MF 不在平面 AD1E 上， AL平面 AD1E，所以 MF平面 AD1E. 故线段 AB 上存在满足题意的点 M，且 AM AB 1 4 . 5 【2020 届重庆八中高三月考】 如图， 在边长为4的菱形ABCD中， 60DAB ， 点E，F分别是边CD，CB的中点，ACEFO 沿 EF将CEF翻折到PEF，连接 ,PA PB PD，得到如图的五棱锥P AB

22、FED，且10PB （1）求证：BD 平面POA； （2）求四棱锥PBFED的体积 【思路引导】 （1）证明：点E，F分别是边CD，CB的中点， BDEF. 菱形ABCD的对角线互相垂直， BDAC. EFAC. EFAO，EFPO.分 AO平面POA，PO 平面POA，AOPOO， EF 平面POA. BD 平面POA. （2）解：设，连接BO， 60DAB ， ABD为等边三角形. 4BD ，2BH ， 2 3HA ， 3HOPO . 在 R tBHO中， 22 7BOBHHO ， 在PBO中， 222 10BOPOPB， POBO. POEF，EFBOO，EF 平面BFED，BO 平面B

23、FED， PO 平面BFED. 梯形BFED的面积为 1 3 3 2 SEFBDHO， 四棱锥PBFED的体积 11 3 333 33 VS PO. 6 【湖南省长沙市 2019 届上学期高三统一检测】 已知三棱锥PABC（如图一） 的平面展开图 （如图二） 中， 四边形ABCD为边长等于 2的正方形，ABE 和BCF均为正三角形，在三棱锥PABC中： （I）证明：平面PAC 平面ABC； （）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦 值. 图一 图二 【思路引导】 (1)设 AC 的中点为 O,证明 PO 垂直 AC,OB,结合平面与平面垂直判定,即

24、可.(2)建立直角坐标系,分别计算两 相交平面的法向量,结合向量的数量积公式,计算夹角,即可. 【详解】 （）设AC的中点为O，连接BO，PO. 由题意，得 2PAPBPC ， 1PO ，1AOBOCO. 因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点， 所以POAC， 因为在POB中，1PO ，1OB ， 2PB ， 222 POOBPB ，所以POOB. 因为ACOBO，,AC OB 平面ABC，所以PO 平面ABC， 因为PO 平面PAC，所以平面PAC 平面ABC. （）由（）知，BOPO，BOAC，BO 平面PAC， 所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角， 且 1 tan BO BMO

25、 OMOM ， 所以当OM最短时，即M是PA的中点时，BMO最大. 由PO 平面ABC，OBAC，所以POOB，POOC，于是以 OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系， 则0,0,0O，1,0,0C，0,1,0B，1,0,0A ，0,0,1P， 11 ,0, 22 M ， 1, 1,0BC ，1,0, 1PC ， 31 ,0, 22 MC . 设平面MBC的法向量为 111 ,mx y z ，则 由 0 0 m BC m MC 得： 11 11 0 30 xy xz . 令 1 1x ，得 1 1y ， 1 3z ，即1,1,3m . 设平面PBC的法向量为 222 ,nxy z ， 由 0 0 n BC n PC 得： 22 22 0 0 xy xz ， 令1x ，得1y ，1z ，即1,1,1n . 55 33 cos, 3333 m n n m m n . 由图可知，二面角PBCM的余弦值为 5 33 33 .