高考数学命题角度4_3空间中的折叠问题大题狂练文 16页

命题角度 4.3：空间中的折叠问题 1.如图1，四边形 ABCD 为等腰梯形， 2, 1AB AD DC CB    ，将 ADC 沿 AC 折起， 使得平面 ADC  平面 ABC ， E 为 AB 的中点，连接 ,DE DB . （1）求证： BC AD ； （2）求 E 到平面 BCD的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） E 到平面 BCD的距离为 3 4 【解析】试题分析：（1）在图1中，作CH AB 于 H ，由平面几何知识可知 AC BC ，又 平面 ADC  平面 ABC，所以 BC  平面 ADC ，可证。（2）E 为 AB 的中点， E 到平面 BCD 的距离等于 A 到平面 BCD距离的一半，过 A 作 AQ CD 于Q ， AQ  平面 ,BCD AQ 就 是 A 到平面 BCD的距离. （2）如图 2 ， E 为 AB 的中点， E 到平面 BCD 的距离等于 A 到平面 BCD距离的一半. 而平面 ADC  平面 BCD ，所以过 A 作 AQ CD 于 Q ，又由 ,AQ BC BC CD C   则 AQ  平面 ,BCD AQ 就是 A 到平面 BCD的距离. 由图易得 3 2AQ CH  . E 到平面 BCD的距离为 3 4 . 2.已知下图中，四边形 ABCD 是等腰梯形， / /AB CD ， / /EF CD ， DM AB 于 M、交 EF 于点 N， 3 3DN  ， 3MN  ，现将梯形 ABCD 沿 EF 折起，记折起后 C、D 为 'C 、 'D 且使 ' 2 6D M  ，如图示． (Ⅰ)证明： 'D M  平面 ABFE；, (Ⅱ)若图中， 60A   ，求点 M 到平面 'AED 的距离． 【答案】 (Ⅰ)见解析 (Ⅱ) 2 2 ． 【解析】试题分析：（I）折叠前后， 'D N ⊥EF、MN⊥EF，故 EF⊥平面 'MND ，故 'EF D M . 利用勾股定理可证得 'D M MN ，所以 'D M  平面 ABFE；（II）设点 M 到平面 'AED 的 距离为 h， 8D  , 4AM  ，利用勾股定理证明 'D E AE ，利用等体积法可求得点 M 到 平面 'AED 的距离为 2 2 . 试题解析： (Ⅰ) 可知 / /EF AB ，∴ 'D N ⊥EF、MN⊥EF， 又 'D N MN N  ，得 EF⊥平面 'MND ， 得 'EF D M ， ∵ 2 2 2' 27 'D M MN D N   ∴ 'D M MN ， 又 MN EF N  ，∴ 'D M  平面 ABFE． ∴ 'D E AE ， ' 1 ' 62AEDS AE D E    ，又 1 2 32AEMS AM MN    ， 代入①式，得 12 2 3 2 63h    ，解得 2 2h  ， ∴点 M 到平面 'AED 的距离为 2 2 ． 3.如图 1，在边长为 4 的正三角形 ABC 中， ,D F 分别为 ,AB AC 的中点， E 为 AD 的中点. 将 BCD 与 AEF 分别沿 ,CD EF 同侧折起，使得二面角 A EF D  与二面角 B CD E  的大小都等于 90°，得到如图 2 所示的多面体. （1）在多面体中，求证： , , ,A B D E 四点共同面； （2）求多面体的体积. 【答案】（1）见解析（2） 7 3 6 【解析】试题分析：（1）由已知条件可证明 AE  平面 DEFC 和 BD  平面 DEFC ，所以 / /AE BD ，故 , , ,A B D E 四点共同面； （2）利用体积分割求 1 1 7 3· ·3 3 6A CDEF A BCD BCDCDEFV V V S DE S DE      梯形 . （2）因为 AE  平面 DEFC ， BD  平面 DEFC ， / / , / / ,EF CD AE BD DE CD ，所 以 AE 是四棱锥 A CDEF 的高，点 A 到平面 BCD 的距离等于点 E 到平面 BCD ，又 1, 2 3AE DE CD   ， 3EF  ， 2BD  ， 所 以 1 1 7 3· ·3 3 6A CDEF A BCD BCDCDEFV V V S DE S DE      梯形 . 4.以 为直径的圆 经过 、 两点，延长 、 交于 点，将 沿线段 折起，使 点 在底面 的射影恰好 为 的中点 .若 ， ，线段 、 的中点分别为 . （1）判断四点 是否共面，并说明理由； （2）求四棱锥 的体积. 【答案】（1）四点 不共面.（2） 【解析】试题分析：（1）证明四点不共面,基本方法为反证法,即假设四点共面,则由线线平行 得到线面平行 平面 ,再由线面平行得到线线平行 ,与条件相交矛盾, 反设不成立,得到结论,（2）求四棱锥的体积,关键在于求高,而高的寻求往往借助于线面垂直 关系得到,本题根据面面垂直性质定理得到线面垂直, ，所以 为四棱锥 的 高,再代入体积公式即可. 试题解析：（1）假设四点 共面，因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 又因为平面 平面 ， 平面 ， 所以 ，与已知 矛盾，所以四点 不共面. （2）由题意 ，又 ， 于 ， 所以 平面 所以平面 平面 ， 点在底面 的射影恰为 的中点 ，所以 ，所以 为四棱锥 的高， ， ∴ ， ，∴ ∴ ， ， ，线段 的中点为 ， 所以 点到平面 的高为 连接 ， 所以 ， ， 5.如图（1），五边形 ABCDE 中， 0, / / , 2 , 150ED EA AB CD CD AB EDC    .如图（2）， 将 EAD 沿 AD 折到 PAD 的位置，得到四棱锥 P ABCD .点 M 为线段 PC 的中点，且 BM  平面 PCD． （1）求证：平面 PAD  平面 PCD； （2）若直线 PC 与 AB 所成角的正切值为 1 2 ，设 1AB  ，求四棱锥 P ABCD 的体积. 【答案】（1）见解析；（2） 3 2 . 【解析】试题分析： （1）要证明面面垂直，一般先证线面垂直，题中已知 BM  平面 PCD，由于 M 是 PC 的中 点，只要取 PD 的中点 N ，可证 / /AN BM ，从而得 AN  平面 PCD ，因此就得到面面垂 直； （2）由（1）的垂直可证 PAD 是等边三角形，因此有 60PDA  ，再得 90CDA   ， 于是有CD  平面 PAD ，可得CD PD ，这样可求得图形中各线段长，可得四棱锥的底面 积和高，得体积． 试题解析： （1）证明：取 PD 的中点 N ，连接 ,AN MN ，则 1/ / , 2MN CD MN CD ， 又 1/ / , 2AB CD AB CD ，所以 / / ,MN AB MN AB ， 则四边形 ABMN 为平行四边形，所以 / /AN BM ， 又 BM  平面 PCD， ∴ AN  平面 PCD， AN PCD 面 ∴平面 PAD  平面 PCD； PO AD PAD ABCD  面 面 PO PAD 面 所以 PO ABCD 面 所以 PO P ABCD是锥 的高 . / /AB CD ，∴ PCD 为直线 PC 与 AB 所成的角， 由（1）可得 090PDC  ，∴ 1tan 2 PDPCD CD    ，∴ 2CD PD ， 由 1AB  ，可知 2, 1CD PA AD AB    ， 则 1 3 3 2P ABCD ABCDV POS   . 6.如图（1）所示，已知四边形 SBCD 是由直角△ SAB 和直角梯形 ABCD 拼接而成的，其中 SAB SDC   90  .且点 A 为线段 SD 的中点， 2 1AD DC  ， AB SD 现将△ SAB 沿 AB 进行翻折， 使得二面角 S AB  C 的大小为 90 ，得到图形如图（2）所示，连接 SC ，点 ,E F 分别在线段 ,SB SC 上. （1）证明： BD AF ； （2）若三棱锥 B AEC 的体积为四棱锥 S ABCD 体积的 2 5 ，求点 E 到平面 ABCD 的距离. 【答案】（1）见解析（2） 1 2 【解析】试题分析： (1)利用线面垂直的判断定理可证得 BD  平面 SAC ，则 BD AF . (2)利用体积的比值结合体积公式可得点 E 到平面 ABCD 的距离为 1 2 . 试题解析： （Ⅰ）因为平面 SAB  平面 ABCD ， 又 SA AB ，所以 SA  平面 ABCD ． 又 BD  平面 ABCD ， 所以 SA BD ． 在直角梯形 ABCD 中， 90BAD ADC    ， 2 1AD CD  ， 2AB  ， 所以 1tan tan 2ABD CAD    ， 又 90DAC BAC     ， 所以 90ABD BAC     ， 即 AC BD ， 又 AC SA A  ， 所以 BD  平面 SAC ． 因为 AF  平面 SAC ，所以 BD AF . （Ⅱ）设点 E 到平面 ABCD 的距离为 h ， 因为 B AEC E ABCV V  ，且 2 5 E ABC S ABCD V V    ， 所 1 1 5 1 1 53 2 2 1 1 22 13 2 ABCD S ABCD E ABC ABC S SAV V S h h               梯形 ， 即 1 2h  ，故点 E 到平面 ABCD 的距离为 1 2 . 7. 如图，在矩形 ABCD 中， 2, 4, ,AD AB E F  分别为 ,AB AD 的中点，现将 ADE 沿 DE 折起，得四棱锥 A BCDE . （1）求证： EF  平面 ABC ； （2）若平面 ADE  平面 BCDE ，求四面体 FACE 的体积. 【答案】（1）见解析；（2） 2 2 3 . 【解析】试题分析：（1）取线段 AC 的中点 M ，连接 ,MF MB ，只需证明四边形 BEFM 为 平行四边形，即有 EF BM ，可得； （2）先证CE  平面 ADE ，进而四面体 FACE 的体积 1 ·3 EFAV S CE  . 试题解析： (1)取线段 AC 的中点 M ，连接 ,MF MB ，因为 F 为 AD 的中点，所以 MF CD ，且 1 2MF CD ，在折叠前，四边形 ABCD 为矩形， E 为 AB 的中点，所以 BE CD ，且 1 2BE CD . MF BE  ，且 MF BE ,所以四边形 BEFM 为平行四边形，故 EF BM ， 又 EF  平面 ,ABC BM  平面 ABC ，所以 EF  平面 ABC . 8.如图 1，平行四边形 ABCD 中， AC BC ， 1BC AC  ，现将△ DAC 沿 AC 折起， 得到三棱锥 D ABC (如图 2)，且 DA BC ，点 E 为侧棱 DC 的中点. （Ⅰ）求证：平面 ABE  平面 DBC ； （Ⅱ）求三棱锥 E ABC 的体积； （Ⅲ）在 ACB 的角平分线上是否存在点 F ，使得 DF ∥平面 ABE ？若存在，求 DF 的长； 若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 1 12B ACEV   ；（Ⅲ） 2DF  . 【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面几何知识先证明 AE CD ，再由线面垂直的判定的定理可 得 BC  平面 ACD ，从而得 AE BC ，进而可得 AE  平面 BCD ，最后由由线面垂直的 判定的定理可得结论；（Ⅱ）由等积变换可得 1 3B ACE ACEV BC S    ，进而可得结果；（Ⅱ） 取 AB 中点O ，连接 CO 并延长至点 F ，使CO OF ，连接 AF ， DF ， BF ，先证四边 形 ACBF 为平行四边形，则有 BC ∥ AF ，利用平面几何知识可得结果. 试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形 ABCD 中，有 AD BC AC  ，又因为 E 为侧棱 DC 的中点， 所以 AE CD ； 又因为 AC BC ， AD BC ，且 AC AD A  ，所以 BC  平面 ACD . 又因为 AE  平面 ACD ，所以 AE BC ； 因为 BC CD C  ， 所以 AE  平面 BCD， 又因为 AE  平面 ABE ， 所以平面 ABE  平面 BCD． （Ⅱ）解：因为 E ABC B ACEV V  ， BC  平面 ACD ，所以 BC 是三棱锥的高， 故 1 3B ACE ACEV BC S    ， 又因为 1BC ， 2CD , 2 2AE  ，所以 1 1 1 2 1 122 2 2 2 2 4ACES AE CD       ， 所以有 1 1 3 12B ACE ACEV BC S    . （Ⅲ）解：取 AB 中点 O ，连接 CO 并延长至点 F ，使CO OF ，连接 AF ， DF ， BF . 因为 BC AC ，所以射线CO 是角 ACB 的角分线. 又因为点 E 是的 CD 中点，所以 OE ∥ DF ， 因为OE  平面 ABE ， DF  平面 ABE ， 所以 DF ∥平面 ABE . 因为 AB 、 FC 互相平分， 故四边形 ACBF 为平行四边形，有 BC ∥ AF . 又因为 DA BC ，所以有 AF AD ， 又因为 1AF AD  ，故 2DF  . 9.如图，在 ABC 中， C 为直角， 4AC BC  ．沿 ABC 的中位线 DE ，将平面 ADE 折起，使得 90ADC   ，得到四棱锥 A BCDE ． （Ⅰ）求证： BC  平面 ACD ； （Ⅱ）求三棱锥 E ABC 的体积； （Ⅲ）M 是棱CD 的中点，过 M 做平面 与平面 ABC 平行，设平面 截四棱锥 A BCDE 所得截面面积为 S ，试求 S 的值． 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ） 8 3 ;（Ⅲ） 2 2 ． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知： BC  平面 ACD ，又 AD  平面 ADC ， 所以 AD BC ， 又因为 90ADC   ，所以 AD DC ． 又因为 BC DC C  ，所以 AD  平面 BCDE ． 所以， 1 3E ABC A EBC EBCV V S AD     ． 依题意， 1 1 4 2 42 2EBCS BC CD       ． 所以， 1 84 23 3E ABCV      ． （Ⅲ）分别取 , ,AD EA AB 的中点 , ,N P Q ，并连接 , , ,MN NP PQ QM ， 因为平面 / / 平面 ACD ，所以平面 与平面 ACD 的交线平行于 AC ，因为 M 是中点，所 以平面 与平面 ACD 的交线是 ACD 的中位线 MN ．同理可证，四边形 MNPQ 是平面 截 四棱锥 A BCDE 的截面． 即： MNPQS S ． 由（Ⅰ）可知： BC  平面 ACD ，所以 BC AC ， 又∵ / /QM AC ， / /MN BC ∴QM MN ． ∴四边形 MNPQ 是直角梯形． 在 Rt ADC 中， AD CD 2  ∴ 2 2AC  ． 1 22MN AC  ， 1 12NP DE  ，  1 32MQ BC DE   ． ∴   11 3 2 2 22S      ． 点睛：立体几何是高中数学中的重要知识内容之一，也是高考重点考查的考点之一，在问题 的设置上通常设置为考查和检测线面的位置关系和角度距离的计算问题。求解本题的第一问 时，直接运用线面垂直的判定定理进行分析推证；解答第二问时，先确定三棱锥的高与底面， 运用体积公式求解；第三问的设置是探求截面的位置及形状，然后求其面积，使得问题获解。 10.如图 1，在边长为 3 的正三角形中， E ， F ， P 分别为 AB ， AC ， BC 上的点， 且满足 1AE FC CP   .将 AEF 沿 EF 折起到 1A EF 的位置，使平面 1A EF  平面 EFB ，连结 1A B ， 1A P ， CQ .（如图 2） （Ⅰ）若Q 为 1A B 中点，求证： PQ  平面 1A EF ； （Ⅱ）求证： 1A E EP ； （Ⅲ）求 CQ 与平面 1A BE 所成角的正切. 【答案】（1）见解析（2）见解析（3） 3 6 2 试题解析：证明：（Ⅰ）取 1A E 中点 M ，连结QM ， MF . 在 1A BE 中， Q ， M 分别为 1A B ， 1A E 的中点， 所以QM BE ，且 1 2QM BE . 因为 1 2 CF CP FA PB   ， 所以 PF BE ，且 1= 2PF BE ， 所以QM PF ， QM PF . 所以四边形 PQMF 为平行四边形. 所以 PQ FM . 又因为 FM  平面 1A EF ，且 PQ  平面 1A EF ，所以 PQ  平面 1A EF . （Ⅲ）作 CN BE 于 N ，连接QN ，则CN EF 因为 1EF A E ， EF BE ， 1A E BE E  ，因此 EF  平面 1A BE ， 因此CN 平面 1A BE ，因此QN 是 CQ 在平面 1A BE 内的射影， 因此 CQN 为CQ 与平面 1A BE 所成角， 3 3 2CN  ， 1 1 5 2 2BQ A B  ， 1 2cos 5 A BE  QBN 中， 2 2 2 1 12 cos 2QN BQ BN BQ BN A BE       ，于是 2 2QN  因此 3 3 3 62tan 22 2 CNCQN QN     ， 因此 CQ 与平面 1A BE 所 成角的正切为 3 6 2