2020版高考数学（文）新创新一轮复习通用版讲义：第八章第五节 翻折与探索性问题
展开第五节 翻折与探索性问题
题型一 平面图形的翻折问题
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.
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(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BP＝DQ＝DA，求三棱锥QABP的体积．
[解] (1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，
即BA⊥AC.
又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，
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，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，
所以BP＝2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊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VQABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.
[方法技巧] 解决平面图形翻折问题3步骤
[针对训练]
1．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是( )
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
解析：选C 取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正确；
取A1D的中点F，连接MF，EF，则四边形EFMB为平行四边形，则∠A1EF为异面直线BM与A1E所成角，故B正确；
点A关于直线DE的对称点为N，则DE⊥平面AA1N，即过O与DE垂直的直线在平面AA1N上，故C错误；
三棱锥A1ADE外接球半径为AD，故D正确．
2．(2019·石家庄模拟)如图①所示，在边长为24的正方形ADD1A1中，点B，C在边AD上，且AB＝6，BC＝8，作BB1∥AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1∥AA1分别交AD1，A1D1于点Q，C1，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图②所示的三棱柱ABCA1B1C1.
(1)求证：AB⊥平面BCC1B1;
(2)求多面体A1B1C1APQ的体积．
解：(1)证明：由题知，在题图②中，AB＝6，BC＝8，CA＝10，
∴AB2＋BC2＝CA2，∴AB⊥BC.
又AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面BCC1B1.
(2)由题易知三棱柱ABCA1B1C1的体积为×6×8×24＝576.
∵在题图①中，△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形，
∴AB＝BP＝6，AC＝CQ＝14，
∴VACQPB＝×S四边形CQPB×AB＝××(6＋14)×8×6＝160.
∴多面体A1B1C1APQ的体积V＝VABCA1B1C1－VACQPB＝576－160＝416.
题型二 探索性问题
探索性问题一般可以分为判断存在型、条件探索型、结论探索型、类比推理型、知识重组型等，立体几何中的探索性问题一般以判断存在型为主.这类问题一般的设问方式是“是否存在……，若存在……，若不存在……”.由于没有一个明确的结论，在没有经过深入分析、严格计算和推理论证前其存在性是未知的.
[典例] (2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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] (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：
连接AC交BD于O.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为AC的中点．
连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.
又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
[方法技巧] 求解探索性问题的类型及策略
问题类型 | 求解策略 |
对命题条件的探索 | (1)先猜后证，即先观察，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，再证明充分性； (3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件 |
对命题结论的探索 | (1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么； (2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在 |
[针对训练]
(2019·长沙一中阶段性检测)如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PC⊥底面ABCD，且PC＝2，E是侧棱PC上的动点．
(1)求四棱锥PABCD的表面积；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得AP∥平面BDE？若存在，指出点E的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PC⊥底面ABCD，且PC＝2，∴PC⊥BC，PC⊥DC，
∴S△PCD＝S△PCB＝×1×2＝1，
PB＝PD＝＝.
∵AB⊥CB，AB⊥PC，CB∩PC＝C，
∴AB⊥平面PCB，∴AB⊥PB，
∴S△PAB＝AB·PB＝.同理，S△PAD＝.
又S正方形ABCD＝1，
∴SPABCD＝S正方形ABCD＋S△PAB＋S△PAD＋S△PCD＋S△PCB＝1＋＋＋1＋1＝＋3.
(2)在棱PC上存在点E，且E是PC的中点时，AP∥平面BDE.
理由如下：如图，连接AC交BD于点O，连接OE，则在△ACP中，O，E分别为AC，PC的中点．∴OE∥AP，
又OE⊂平面BDE，AP⊄平面BDE，
∴AP∥平面BDE.
[课时跟踪检测]
1．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
解析：选D ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.
2．(2019·亳州模拟)如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体AEFH中必有( )
A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
解析：选A ∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确．故选A.
3．(2019·泉州模拟)如图，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④该多面体外接球的表面积为5πa2.
解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.
答案：①②③④
4．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是________．
①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面体A′BCD的体积为.
解析：∵BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D.∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝，∴A′C＝，BC＝，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°，四面体A′BCD的体积V＝××12×1＝.
答案：②③
5．如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．
①MB是定值；
②点M在圆上运动；
③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；
④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.
解析：取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．
答案：①②④
6．(2019·武汉调研)在矩形 ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．
②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
③假设AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.
答案：②
7．(2019·武汉调研)如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，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AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.
(2)当＝时， 使得MF∥平面D1AE，理由如下：
取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC，
又EC∥AB，∴FL∥AB，
且FL＝AB，∴M，F，L，A四点共面，又MF∥平面AD1E，∴MF∥AL.∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝AB，＝.
8．(2019·青岛模拟)平面内两正方形ABCD与ABEF，点M，N分别在对角线AC，FB上，且AM∶MC＝FN∶NB，沿AB折起，使得∠DAF＝90°.
(1)证明：折叠后MN∥平面CBE；
(2)若AM∶MC＝2∶3，在线段AB上是否存在一点G，使平面MGN∥平面CBE？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：
如图，设直线AN与直线BE交于点H，连接CH，因为△ANF∽△HNB，
所以＝.
又＝，所以＝，
所以MN∥CH.
又MN⊄平面CBE，CH⊂平面CBE，
所以MN∥平面CBE.
(2)存在，过M作MG⊥AB，垂足为G，连接GN，则MG∥BC，又MG⊄平面CBE，BC⊂平面CBE，
所以MG∥平面CBE.
又MN∥平面CBE，MG∩MN＝M.
所以平面MGN∥平面CBE.
所以点G在线段AB上，且AG∶GB＝AM∶MC＝2∶3.
9．(2018·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，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：AB∥l.
证明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，
由余弦定理得CE＝2.连接AC，
∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.
又AP＝，
∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，
即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.
∵AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，
∴AB∥平面PCE.
又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.
