新高考数学二轮复习题型突破小题提升练易混易错6翻折问题中混淆变量与不变量（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习题型突破小题提升练易混易错6翻折问题中混淆变量与不变量（2份，原卷版+解析版），共9页。
【2024连云港模拟】
1．在矩形ABCD中，，，点E在CD上，现将沿AE折起，使面面ABC，当E从D运动到C，求点D在面ABC上的射影K的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在原平面矩形中,连接,由面面ABC知,故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧,根据的位置求出此弧的长度.
【详解】
由题意，将沿折起，使平面平面，在平面内过点作垂足为在平面上的射影，连接,由翻折的特征知，
则，故点的轨迹是以为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是，
如图当与重合时，,所以，
取为的中点，得到是正三角形.
故，
其所对的弧长为；
故选：D.
【2025上湖北武汉阶段练习】
2．已知矩形的长为4，宽为3，将沿对角线翻折，得到三棱锥，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接相交于点，根据为矩形得点为三棱锥的外接球的球心，求出半径可得答案.
【详解】连接相交于点，则点为的中点，
因为为矩形，所以，
所以点为三棱锥的外接球的球心，
则则三棱锥的外接球的体积为.
故选：A.
【2025上四川成都开学考试】
3．如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片翻折，使点恰好落在对角线交点处，折痕为，点在边上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得到，，根据等腰三角形的性质得到，再利用勾股定理得到结论．
【详解】由折叠可得，，，又为中点，
所以为等腰三角形，
所以，
因为，
所以，
在矩形纸片中，，
由勾股定理求得：，
设，则，
在直角中，，
解得： ，
即的长为.
故选:C.
【2024安徽安庆模拟】
4．如图，已知正方形ABCD的边长为2，N点在边AD上且，将沿BD翻折到的位置，使得. 空间四点，B，C，D的外接球为球O，过N点作球O的截面，则截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先找出BD的中点O为四面体的外接球球心，再分析当截面时截面面积最小，求出截面面积即可.
【详解】如图，取BD的中点为O，
由正方形ABCD的边长为2，则，
因此O为四面体的外接球球心，外接球半径，
设球心到平面的距离为d，截面圆的半径为r，
则有，即，
当截面时，d最大，此时截面面积最小，且，
在中，，，，
由余弦定理可得，，
此时，
所以截面面积最小值为.
故选：A
【2024安徽合肥模拟】
5．在中，，过点作，垂足为点，将沿直线翻折，使点与点间的距离为3，此时四面体的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，根据余弦定理求出BC，根据正弦定理求出的外接圆半径，结合球的性质和勾股定理求出球的半径，利用球的表面积公式计算即可.
【详解】如图，
将沿直线翻折，得到满足题意的几何体为三棱锥，
因为,过点作，则
在中，，，
由余弦定理，得，所以，
设的外接圆圆心为D，半径为r，则，
由正弦定理，得，解得，即，
易知平面，又AM是球O的弦，，，
所以，
得球的半径为，
所以球的表面积为.
故选：D.
【2024陕西西安模拟预测】
6．如图，在矩形中，为边上的点，且，将沿所在直线翻折到的位置，使，则四棱锥的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据翻折不变性，勾股定理及线面垂直的判定定理推出平面，由棱锥的体积公式即可得解．
【详解】如图，过作，垂足为，连接，由翻折不变性可知：，，
在中，，且，
所以，
所以在中，，所以．
又因为，平面，平面，所以平面，
则四棱锥的体积．
故选：A．
【易错指导】在翻折过程中，注意和中各线段长度及相应的垂直关系没有变，如不变．由这些不变的关系确定为二面角的平面角是解题的突破口
【2024上浙江台州阶段练习】
7．如图，将正方形纸片沿对角线翻折，若E，F分别为的中点，O为原正方形的中心，使得折纸后的二面角的大小为，则此时的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量数量积与夹角关系计算即可.
【详解】

如图所示，易知，
所以结合已知有，
易知，
设正方形边长为2，所以,
.
故选：A
【2025】河南省部分学校质量检测】
8．设A，B是曲线上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上，下两半部分所成二面角为，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】C
【分析】先设，，再根据二面角得出，最后应用，应用数量积化简结合基本不等式计算求最小值.
【详解】
设，，
在平面直角坐标系中，过作轴于点，过作轴于点，
则，，，，
折叠后即有，
因为，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选:C.
【原创】
9．直线与椭圆相交于A，B两点，若将x轴下方半平面沿着x轴翻折，使之与上半平面成直二面角，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】判断直线与椭圆的交点的位置,然后求解|AB|的取值范围即可．
【详解】由可知，椭圆的短轴长，长轴长，
又直线与椭圆相交于A，B两点，
所以的最大值为，
将x轴下方半平面沿着x轴翻折，使之与上半平面成直二面角，此时的最大值仍然是长轴长，而短轴两个端点间的距离为，由于A,B不能在短轴端点处，
所以，
故选：C
【易错指导】能翻折成符合题意的直二面角，需要注意隐蔽条件，过原点的直线不能经过椭圆的短轴的端点，注意不变的极端最值
【原创】
10．如图，在直角梯形中，，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】外接球的球心为，半径为为中点，为中点，由二面角的定义可得为二面角的平面角，所以有，作于，由题意可求得，进而可得，即可得答案.
【详解】如图，设外接球的球心为，半径为为的中点，为的中点，
连接，因为，所以，
又，所以，
由，得，
所以，所以，则，
所以为二面角的平面角，则．
作于，因为，都在平面内，
所以平面，又平面，所以，
又，都在平面内，则平面，
易知平面，所以，则有，
即，
由题意可得，
，
设，则，得，从而得，
故三棱锥外接球的表面积为．
故选：A
【2024安徽合肥模拟】
11．如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过作的垂线，垂足为，交于，交于，设在平面内的时影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，则为二面角的平面角，通过辅助角公式和正弦函数的值域，解不等式可得所求正切值的最大值，进一步即可求解．
【详解】
在图1中，过作的垂线，垂足为，交于，交于.
在图2中，设在平面内的射影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，平面，平面，平面平面，
所以为二面角的平面角.
设．，
由，可得．
即有，
令，可得，
其中，
解得，则，等号成立当且仅当．
当二面角的平面角最大时，其正切值为，此时它的正弦值为．
故选：B．
【2024浙江绍兴二模】
12．在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出图形，通过分析得出，外接球球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面（即平行于）的直线上面，且底面外接圆半径为，设到平面的距离为，过作于点，从而，由此列出方程组求出结合球的表面积公式即可得解.
【详解】
依题意取的中点为，且交于点，
注意到是的中点，三角形是等边三角形，从而是三角形的中心，
同时有，，，面，面，
所以面，而面，所以平面面，
故而点在平面的投影在上面，
注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等，
从而，，面，面，
所以面，因为面，所以，
因为面，面，所以，
又因为，面，面，故有面，
所以，
注意到点是直角三角形斜边上的中点，
所以是四边形（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而四点共圆），
所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上，
且底面四边形外接圆的半径为，
设到平面的距离为，过作于点，
所以，即，
解得，这意味着此时点与点重合，
四棱锥的外接球的表面积是.
故选：C.
【2024山东潍坊阶段练习】
13．如图，在矩形中，，，分别为的中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，则在翻折过程中，与平面所成角的正切值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可发现始终垂直平面，则只需过点作出平行的直线，找到该线与平面的交点，连接该点与即可得到与平面所成角，而后通过计算研究该角的正切值即可得.
【详解】连接、，设其交点为，连接，由矩形中，，，
故四边形为正方形，且，，
又由点关于折叠而来，故，且，
又、平面，且，
故平面，过点作于点，
由、，故，又平面，
故平面，连接，则为与平面所成角，
由平面，故，
故与平面所成角的正切值即为，
由，，，
故与全等，故，
，
过点作于点，则有，
设，则，
当点在线段上（可在点，不可在点）时，则，
有，
则，
则，
易得在上时随的增大而增大，
故，
当点在线段上（不在两端）时，，
则，
则，
则，
易得在上时随的增大而增大，
此时，
综上所述，，
即在翻折过程中，与平面所成角的正切值的取值范围为.
故选：D.
【点睛】本题难点在于在翻折过程中如何找到与平面所成角，可以发现翻折过程中平面始终是固定的平面，即虽然在动，但实际上平面并不会动，只需找到点在平面上投影即可得到该角.
【易错指导】本题难点在于在翻折过程中如何找到与平面所成角，可以发现翻折过程中平面始终是固定的平面，即虽然在动，但实际上平面并不会动，只需找到点在平面上投影即可得到该角.
二．多选题.
【2024湖南长沙阶段练习】
14．如图，等边三角形的边长为4，E为边的中点，于D.将沿翻折至的位置，连接.那么在翻折过程中，下列说法当中正确的是（ ）
A．
B．四棱锥的体积的最大值是
C．存在某个位置，使
D．在线段上，存在点M满足，使为定值
【答案】ABD
【分析】对于A，由，得，，从而平面，进而；对于B，当平面平面时，四棱锥的体积最大，由此能求出四棱锥的体积的最大值；对于C，假设存在某个位置，使得，连接，，由得，从而平面，推导出，假设错误；对于D，取的中点，连接，可得，，推导出为直角三角形，由此能判断D．
【详解】对于A：因为，即，，
因为，，面，则平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B：当平面平面时，四棱锥的体积最大.
由A易知为二面角的平面角，此时.
即，，，，面，
此时平面，即为四棱锥底面上的高，
由题意可得，
四棱锥的体积的最大值为：，故B正确；
对于C：假设存在某个位置，使得，连接，由正三角形性质得，
因为，，面，所以平面，
由平面，所以，由A知，
因为，，面，所以平面，
由平面，所以，则，与题设矛盾，假设不成立，故C错误；
对于D：由题设，点M在线段上，且，
取的中点N，连接NB，则，，
由底面三角形的边长为4，则，，，
因为平面，所以面，面，所以，
所以为直角三角形，且，，故为定值，故D正确.
故选：ABD.
【2024湖南师大附中模拟】
15．在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
【答案】AD
【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理得，为等边三角形，则，
且，，
于是二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时取等号，
即四面体的体积的最大值是，A正确；
对于B，由余弦定理得，
因此，B错误；
对于C，，由，，得≌，
则，
因此四面体的表面积的最大值是，C错误；
对于D，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
由，，平面，得平面，
而平面，则，又，平面，
于是平面，同理得平面，则为四面体的外接球球心，
连接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
则，即球的半径为，球的体积为，D正确.
故选：AD.
【易错指导】因为这里是沿菱形对角线翻折的，所以菱形对角线相互垂直在翻折过程中不变，这一点必须明确，否则就易出错
【原创】
16．如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得B．存在某个位置，使得平面
C．四棱锥体积的最大值为D．点在某个球面上运动
【答案】ACD
【分析】假设，可证平面，从而求出，即可判断A，假设平面，推出矛盾，即可判断B，当平面平面时四棱锥体积最大，求出锥体体积，即可判断C，取的中点，连接，即可得到，即可判断D.
【详解】对于A，由题意知，若存在某个位置使得，
则由于平面，因此平面，
又平面，因此，由题意知，故此时，
易知在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，故存在某个位置，使得，故A正确．
对于B，若存在某个位置，使得平面，因为平面，
所以，但在矩形中，，则、为等腰直角三角形，
所以，显然，故不成立，
所以不存在某个位置，使得平面，故B错误．
对于C，当平面平面时四棱锥的体积最大，
又为等腰直角三角形，所以此时点到平面的距离为，
所以四棱锥体积的最大值为，故C正确．
对于D，如图，取的中点，连接，由于为线段的中点，
所以且，
所以点在以点为球心，为半径的球面上，故D正确．
故选：ACD．
【易错指导】翻折位置的变化引起的变化，从而有范围限制；且四棱锥的底面的面积为定值，因此要使其体积最大，只需点到底面的距离最大
【2025上重庆期中】
17．在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则（ ）

A．四棱锥体积的最大值为
B．存在某一翻折位置，使得
C．为的中点，当时，二面角的余弦值为
D．为的中点，则的长为定值
【答案】ACD
【分析】因为梯形面积为定值，只需分析何时高最大，就可求出四棱锥体积的最大值，判断A的真假；反证法可知B不成立；确定二面角的平面角，解三角形确定二面角的三角函数值，判断C的真假；分析折叠过程中的不变量，判断D的真假.
【详解】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为，所以A正确；
对于B，若，又，则平面，即，矛盾，所以B错误；
对于C，取中点，连接，，如图：

由题意，，，所以为二面角的平面角，在中，，，，所以C正确；
对于D，取中点，连接，，，则，，
且四边形为平行四边形，，，所以，即，，不变，由余弦定理知定值，所以D正确.
故选：ACD
【2025上浙江阶段练习】
18．如图，把正方形纸片沿着（是线段的中点）翻折成平面，是原正方形的中心，则在翻折过程中，以下说法正确的是（ ）
A．
B．与所成角的最大值是
C．若是的中点，则与平面所成角的正弦值的最大值是
D．过做的垂线与交于点，
【答案】ABD
【分析】过点作的垂线，交于点，连接，利用线面垂直的判定定理及性质定理可判断；连接，过点作的平行线交于点，直线与的夹角就是直线BD与直线的夹角，设，当在平面ABCD时，，即可判断；的轨迹是圆G，当与圆G相切时，
则与平面ABCD所成角的正弦值的最大，设正方形的边长是2，求出正弦值即可判断；与都是等腰三角形，，继而可判断.
【详解】对于A：过点作的垂线，交于点，连接，
则，又，平面，
则平面，又平面，所以．故正确；
对于B：连接，过点作的平行线交于点，则，
直线BD与直线的夹角，就是直线与的夹角，
设，
当在平面ABCD时，，
因此直线BD与直线的夹角最大值是．故正确；
对于C选项，如图所示，的轨迹是圆G，当与圆G相切时，
则与平面ABCD所成角的正弦值的最大，
设正方形的边长是2，，故C错误．
对于D：与都是等腰三角形，，
因此．故正确.
故选：.
【2025上浙江期中】
19．已知曲线C的方程为：，，，过M的直线交曲线C于A、B两点（A在B的上方），已知，，下列命题正确的是（ ）
A．
B．的最小值是2
C．周长的最大值是
D．若，将沿翻折，使面面，则折后
【答案】ABC
【分析】对于A，利用正弦定理，结合椭圆概念，即可判断；对于B，由，利用三角恒等变换可得，再由基本不等式可得的最小值；对于C，由周长，对于，利用基本不等式即可得到周长的最大值；对于D，由直曲联立可得，又，则折后，即可判断D.
【详解】
由已知，在中，已知，，
由正弦定理得，
又，即，
所以，故A正确；
由
，
得：，
在中，，则，
所以，
故，
当且仅当，时取到最小值是2，故B正确；
周长，
设，，
又，，则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故周长的最大值是，故C正确；
设AB的方程是：与联立得：，
解得：（舍去）或，则点为椭圆上顶点，，
又在圆上，所以 ，
又沿翻折后，平面平面， 平面平面 ，，
则平面，又平面，则，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：B选项中利用三角恒等变换弦化切，再利用基本不等式求最值；C选项先利用椭圆定义和两点间距离公式，再利用基本不等式求最值.
三．填空题.
20．在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为 .
【答案】##
【分析】先通过始终是等腰直角三角形确定动点的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心角为，即可求出动点的轨迹长度.
【详解】
如图，设的中点为，绕旋转，此时平面平面，取中点，中点，中点，
连接.
，，和是等腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，又面，
面，面，同理面，又，面面，又平面平面，
故面面，又面面，，故面，又面，，
故动点形成的轨迹长度为.
故答案为：.
【点睛】本题关键点在于发现在旋转过程中始终是等腰直角三角形，进而确定动点的轨迹是一段圆弧，再结合题目中的线面关系证明
圆弧对应的圆心角为，即可求出动点的轨迹长度.
【2024浙江温州二模】
21．如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．

【答案】##
【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.
【详解】设，取的中点,连接,
由题知平面平面,
平面平面,
又平面,
所以平面，

则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
,
又,
解得，
,
则,
所以直线与平面所成角的余弦值等于，
故答案为：.
【2024四川一模】
22．如图，在矩形中，，，点为线段的中点，沿直线将翻折，点运动到点的位置．当平面平面时，三棱锥的体积为 ．
【答案】##
【分析】取的中点，连接交于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】如图，取的中点，连接交于点，连接．易知四边形为正方形，则，
由翻折前后的不变性可知，，
当平面平面时，又平面平面，平面，
所以平面．
由题意可知，，，
所以．
故答案为：
【原创】
23．已知如图1所示的矩形ABCD中，，现将△ACD沿AC向上翻折（如图2所示），在翻折过程中，当点D到点B的距离在内变化时，点D的运动轨迹形状为 ，长度等于 ．
【答案】 是以F为圆心，DF为半径的一段圆弧
【分析】一般地，翻折前后位于折痕同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于折痕两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化．因此在点F固定、线段DF的长度固定的情况下，点D的轨迹是一段圆弧，其圆心为点F，半径为DF；
将BD长度的变化范围，转化为DE长度的变化范围，这样我们就可以在△DFE中研究∠DFE的变化了，从而得到点D的运动轨迹圆弧所对应的圆心角．
【详解】如图3所示，在矩形ABCD中，过点D作交AC于点F，交AB于点G，
过点B作交DG的延长线于点E，则在翻折过程中，点D的运动轨迹是以F为圆心，DF为半径的一段圆弧．
∵，，则，∴，
，，则，，
，，，，
则，．
翻折后的图4中，，∠DFE为二面角的平面角．
连接DE，∵，，，DF，平面DFE，∴AC⊥平面DFE．
又，∴，BE⊥平面DFE．∵平面DFE，∴．
当时，，∴此时，
∴三角形DEF是等边三角形，．
当时，，
∵，∴，∴．
∴点D的运动轨迹圆弧所对应的圆心角为，长度是．
故答案为：是以F为圆心，DF为半径的一段圆弧；
【易错指导】一般地，翻折前后位于折痕同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于折痕两侧的点、线、面之间的位置关系会发坐变化．因此在点固定、线段的长度固定的情况下，点的轨迹是一段圆弧，其圆心为点，半径为
24．如图所示，在平行四边形中，E为中点，，，.沿着将折起，使A到达点的位置，且平面平面.设P为内的动点，若，则P的轨迹的长度为 .
【答案】
【分析】先建系，分析出P的轨迹为圆，然后判断出P的轨迹的长度为弧长，找出圆心角为，利用弧长公式求出轨迹长度．
【详解】
建立如图示空间直角坐标系，
则,
设
则
∴\
,
∵∴,
∴
整理化简得：
∴P的轨迹为圆，交于,于,
则
∴所对应的圆心角，∴弧长为．
故答案为：．
【点睛】立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，有两种处理方法：
(1)很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义法)；
(2)要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．
【2025上北京期中】
25．如图，长方形中，，，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，，在翻折的过程中（从初始位置开始，直到点再次落到平面内），点到平面距离的最大值为 ，的中点的轨迹长度为 .

【答案】
【分析】第一空，直观想象翻折过程中点的运动轨迹，结合点面距离的定义判断得所求为，从而得解；第二空，利用平行线的传递性，将问题等价于点的轨迹长试，从而得解.
【详解】第一空：过作交于，
易知当平面时，点到平面距离取得最大值，

因为在中，，，，
所以，；
第二空，取的中点，连接，
则，又，
则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点F的轨迹与点的轨迹形状完全相同.
过作的垂线，垂足为，
则的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度为.
故答案为：；.
1.试题特点分析：考查立体几何的高考试题中，翻折问题是常考题型，尤其与空间距离相结合的问题问题是近几年高考的热点.翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置.
2.解题方法阐述：首先要确定翻折前后变与不变的关系，明确变量和不变量，对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决；其次确定翻折后关键点的位置只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算.
3.解题经验分享：第一、画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变. 第二、正确分析翻折过程中运动变化的点．以及与其相关的其他的点、线、面的关系变化.第三、正确利用有关判定或性质定理进行推理.