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立体几何大题二,翻折doc资料

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立体几何大题题型二：翻折问题

1.已知四边形满足，，是的中点，将△沿着翻折成△，使面面，分别为的中点．

（1）求三棱锥的体积；

（2）证明：平面；

（3）证明：平面平面．

思路分析：对于翻折问题要注意翻折后的图形与翻折前的图形中的变与不变量．（1）求棱锥的体积一般找棱锥高易求的进行转换．由题意知，且，∴四边形为平行四边形，∴，即为等边三角形．由面面的性质定理，连结，则，可知平面．所以即可；（2）本题利用线面平行的判定定理去做．因为为的中点，注意利用中位线；（3）本题利用面面垂直的判定定理证明．因为∥,只需证明平面即可。连结，则．又△为等边三角形，则，得证．本题注意体现了转化的思想． ABCDADBCP12BAADDCBCaEBCBAEAE1BAE1BAEAECD,FG1,BDAE1EACB1BEPACF1BGD1BDCADECPADECADCEAEDCaEAB11BAEAECD1BG1BGAE1BGAECD11EACBBAECVVF1BDAECDAE1BGDGDDGAEABE1BGAEC A

B D

E A B1

C D

E G F

（2）连接交于，连接，∵为菱形，且为的中点，∴．又面，平面，∴平面

（3）连结，则．又，，∴平面．又，∴平面．又平面，∴平面平面．

点评：本题考查了直线与平面平行、平面与平面垂直的判定和几何体的体积，以折叠问题为载体，折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体。如本题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线，线面和面面垂直的判定方法及相互转化，还要正确识别出△沿折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量（边长与角）的变化情况，否则无法正确解题．这正是折叠问题的价值之所在．

2．(2015·山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.(如图(2)) EDACOOFAEDCF1BD1FOBEP1BEACFFOACF1BEPACFGDDGAE1BGAE1BGGDGIAE1BGDAEDCPDC1BGDDC1BDC1BGD1BDCBAEAEA B

C D

E G F (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；

(2)求二面角E­DF­C的余弦值；

(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．

【解】 (1)平行．在△ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.

(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF→＝(1，3，0)，DE→＝(0，3，1)，DA→＝(0，0，2)．

平面CDF的法向量为DA→＝(0，0，2)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，

则DF→·n＝0，DE→·n＝0，即x＋3y＝0，3y＋z＝0，

取n＝(3，－3，3)，

cos〈DA→，n〉＝DA→·n|DA→||n|＝217，

所以二面角E­DF­C的余弦值为217.

(3)存在．设P(s，t，0)，有AP→＝(s，t，－2)，

则AP→·DE→＝3t－2＝0，∴t＝233，

又BP→＝(s－2，t，0)，PC→＝(－s，23－t，0)，

∵BP→∥PC→，∴(s－2)(23－t)＝－st，

∴3s＋t＝23.

把t＝233代入上式得s＝43，∴BP→＝13·BC→，

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.此时，BPBC＝13.

3．(2015·陕西高考)如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE. (1)证明：CD⊥平面A1OC；

(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为362，求a的值．

【解】 (1)证明：在图1中，

因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点．

∠BAD＝π2，所以BE⊥AC.

即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC.

从而BE⊥平面A1OC，

又CD∥BE，

所以CD⊥平面A1OC.

(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，

且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，

又由(1)，A1O⊥BE，

所以A1O⊥平面BCDE，

即A1O是四棱锥A1BCDE的高．

由图1知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.

从而四棱锥A1BCDE的体积为

V＝13×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，

由26a3＝362，得a＝6.

4．(2015·宁夏银川一中二模)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝12AB＝2，点E为AC中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D—ABC，如图2所示．

(1)在CD上找一点F，使AD∥平面EFB；

(2)求点C到平面ABD的距离．

【解】 (1)取CD的中点F，连结EF，BF，

在△ACD中，∵E，F分别为AC，DC的中点， ∴EF为△ACD的中位线，

∴AD∥EF，∵EF⊂平面EFB，AD⊄平面EFB，

∴AD∥平面EFB. (2)设点C到平面ABD的距离为h，

在Rt△ADC中，AD＝CD＝2，∴AC＝AD2＋CD2＝22，易求得BC＝22，

∵AB＝4，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.

∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，且BC⊂平面ABC，

∴BC⊥平面ADC，

∴BC是三棱锥B—ADC的高，BC⊥AD，

又AD⊥DC，DC∩BC＝C，

∴AD⊥平面BCD，

∴AD⊥BD.

∴S△ABD＝12AD·BD＝12×2×23＝23，

由VC－ABD＝VB－ACD，

得13·S△ABD·h＝13·S△ACD·BC，即13·23·h＝13·12×2×2·22，

解得h＝263.

∴点C到平面ABD的距离为263.

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【2021】第7章 第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题 Word版含答案

【2021】第7章 第7节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题 Word版含答案

旗开得胜

读万卷书 行万里路 - 1 - 第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题

(对应学生用书第136页)

考点1 平面图形的翻折问题

3步解决平面图形翻折问题

(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

[解] (1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，

PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，

所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，

所以平面PEF⊥平面ABFD.

(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.

由(1)得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所旗开得胜

读万卷书 行万里路 - 1 - 示的空间直角坐标系H­xyz.

由(1)可得，DE⊥PE.

又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.

又PF＝1，EF＝2，

所以PE⊥PF.

所以PH＝32，EH＝32.

则H(0，0，0)，P0，0，32，D－1，－32，0，

DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.

又HP→为平面ABFD的法向量，

设DP与平面ABFD所成的角为θ，

则sin θ＝|cos 〈HP→，DP→〉|＝|HP→·DP→||HP→||DP→|＝343＝34.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.

平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，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．

[教师备选例题]

(2019·贵阳模拟)如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE＝BF＝AB＝1，旗开得胜

专题06 立体几何中的翻折问题(解析版)

专题06 立体几何中的翻折问题(解析版)

第三篇 立体几何

专题07 立体几何中的翻折问题

常见考点

考点一 翻折问题

典例1．如图1五边形ABCDE中，EDEA，//ABCD，2CDAB，150EDC，将EAD沿AD折到PAD△的位置，得到四棱锥PABCD，如图2，点M为线段PC的中点，且BM平面PCD．

（1）求证：CD平面PAD；

（2）若直线PC与AB所成角的正切值为12，求二面角PBDC余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）77.

【解析】

【分析】

（1）取PD的中点N，连结AN，MN，利用中位线定理可证明四边形ABMN为平行四边形，从而//ANBM，可得AN平面PCD，推出ANPD，ANCD，利用PAD△为等边三角形，由边角关系可得CDAD，结合线面垂直的判定定理证明即可；

（2）利用线线角的定义可得PCD为直线PC与AB所成的角，从而得到2CDPD，设1PD，建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可．

【详解】

（1）证明：取PD的中点N，连接AN，MN

则//MNCD，12MNCD，

又//ABCD，12ABCD，

所以//MNAB，MNAB，则四边形ABMN为平行四边形， 所以//ANBM，

又BM平面PCD，∴AN平面PCD，∴ANPD，ANCD．

由EDEA即PDPA及N为PD的中点，可得PAD△为等边三角形，

∴60PAD，

又150EDC，∴90CDA，

∴CDAD，又,ANAD在平面PAD内相交，

∴CD平面PAD．

（2）//ABCD，∴PCD为直线PC与AB所成的角，

由（1）可得90PDC，∴1tan2PDPCDCD，∴2CDPD，

设1PD，则2CD，1PAADAB，

取AD的中点O，连接PO，易知PO平面ABCD过O作AB的平行线，

立体几何专题——翻折问题

立体几何专题——翻折问题

立体几何专题——翻折问题

1、已知矩形ABCD，AB=1，BC=。将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直.

B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直.

C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.

D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直

2、如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将AFD沿AF折起，使平面AFD⊥平面ABC,在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足，设AK=t,则t的取值范围是_______.

3、如图， 在矩形ABCD中，点,EF分别在线段,ABAD上，243AEEBAFFD.沿直线EF将AEFV翻折成'AEFV，使平面'AEFBEF平面.

（Ⅰ）求二面角'AFDC的余弦值；

（Ⅱ）点,MN分别在线段,FDBC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与'A重合，求线段FM的长'A

立体几何中的翻折问题

立体几何中的翻折问题

第三讲 立体几何中的翻折问题

翻折问题包含折叠与展开两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现. 翻折问题是立体几何的一类典型问题，是实践能力与创新能力考查的好素材. 解答翻折问题的关键在于翻折前后的平面图形与立体图形，哪些发生了变化，哪些没有发生变化. 这些未变化的已知条件，往往就是我们分析问题和解决问题的依据.

例1（1）把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A、B、C、D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成角的大小为_____．

（2）如图所示，已知正方形纸片ABCD，M、N分别是AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则PBQ.

QNMBDCAP例2 （1）已知三棱锥ABCD的底面是等边三角形，三条侧棱长都等于1，且6BAC，动点M，N分别在棱AC，AD上运动，则△BMN周长最小值为.

(2) 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为直角三角形，090ACB，6AC，12BCCC，P是BC1上一动点，则1CPPA的最小值为_______.

（3）二面角l的大小为0120，A，B，且lBA两点在、上的射影分别A、B，321BAAABB，，其中，点上是lC任一点，则BCAC的最小值为.

DACBMN例3（1）矩形ABCD与ADEF所在的平面互相垂直，将DEF沿FD翻折，翻折后的点E恰与BC上的点P重合．设1AB，FAx（1x），AD= y，则当x时，y有最小值．

（2）如图所示，将正方形纸片ABCD翻折，使点B落在CD边上点E处（不与C，D重合），压平后得到折痕MN. 设1CECDn，则AMBN.（用含n的式子表示）

例4（1）四边形ABCD中，AD//BC，AD= AB，045BCD，090BAD，将△ABDA