素养拓展27 立体几何中的折叠和探索性问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展27立体几何中的折叠和探索性问题（精讲+精练）1.折叠问题解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。一般步骤：①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；③利用判定定理或性质定理进行证明。2.探索性问题探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的。【典例1】如图所示的五边形SBADC中ABCD是矩形，2BCAB，SBSC，沿BC折叠成四棱锥SABCD，点M是BC的中点，2SM．(1)在四棱锥SABCD中，可以满足条件①6SA；②5cos5SBM；③6sin3SAM，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面SBC底面ABCD；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计二、题型精讲精练一、知识点梳理分．）(2)在（1）的条件下求直线SC与平面SAD所成角的正弦值．【分析】（1）选条件①②，利用勾股定理得到SMMA，进而得到SM底面ABCD，利用面面垂直的判定定理即可得证；选条件①③，利用正弦定理得到SMMA，进而得到SM底面ABCD，利用面面垂直的判定定理即可得证；选条件②③，利用余弦定理和勾股定理得到SMMA，进而得到SM底面ABCD，利用面面垂直的判定定理即可得证；（2）由（1）可得SM平面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．【详解】（1）证明：（1）方案一：选条件①②．因为在四棱锥SABCD中SBSC，点M是BC的中点，2SM，所以SMBC，又因为在RtSBM中，5cos5SBM，所以1BM，又因为ABCD是矩形，2BCAB，所以1BMAB，2AM，由6,2,2SAAMSM可得222SAAMSM，所以SMAM，则由SMBC，SMAM，AMBCM，,AMBC平面ABCD，所以SM平面ABCD，又因为SM侧面SBC，所以侧面SBC底面ABCD；方案二：选条件①③．因为在四棱锥SABCD中SBSC，点M是BC的中点，2SM，所以SMBC，又因为在SAM△中，66,sin,23SASAMSM，所以由正弦定理得：sinsinSASMSMASAM，即62sin63SMA，所以sin1SMA，即π2SMA，所以SMMA，则由SMBC，SMAM，AMBCM，,AMBC平面ABCD，所以SM平面ABCD，又因为SM侧面SBC，所以侧面SBC底面ABCD；方案三：选条件②③．因为在四棱锥SABCD中SBSC，点M是BC的中点，2SM，所以SMBC，又因为在RtSBM中，5cos5SBM，所以1BM，又因为ABCD是矩形，2BCAB，所以1,2BMABAM，又因为在SAM△中，6sin3SAM，则3cos3SAM，设SAx，2222cosSMSAAMSAAMSAM，所以有232660xx，解得16x或263x（舍)，所以6SA，由6,2,2SAAMSM可得222SAAMSM，所以SMAM，则由SMBC，SMAM，AMBCM，,AMBC平面ABCD，所以SM平面ABCD，又因为SM侧面SBC，所以侧面SBC底面ABCD；（2）在（1）条件下知SM平面ABCD，且MDAM，故如图所示：以M为坐标原点，以MA所在直线为x轴，以MD所在直线为y轴，以MS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则0,0,2S，2,0,0A，0,2,0D，22022C,,，则0,2,2SD，2,0,2SA，设平面SAD的法向量为,,nxyz，则220220nSDyznSAxz，则2,2,1n，22,,222SC，设直线SC与平面SAD所成角为，则2sin5nSCnSC，直线SC与平面SAD所成角的正弦值为25.【典例2】如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，//ABDC，PAPD，45BAD，22AD，4AB，1DC，23PB．(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)在线段PB上是否存在点M，使得//CM平面PAD？若存在，求BMBP的值；若不存在，请说明理由．【分析】(1)先证明PG平面ABCD,则PG为四棱锥PABCD的高,再应用体积公式13PABCDABCDVPGS；(2)先过点C作//CNAD交AB于点N，过点N作//NMAP交PB于点M,再证平面//PAD平面CMN，最后得出比值成立即可.【详解】（1）取AD的中点G，连接PG，GB，如图所示．在PAD中，PAPD，G是AD的中点，所以PGAD．又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PG平面PAD，所以PG平面ABCD，即PG为四棱锥PABCD的高．又GB平面ABCD，所以PGGB．在AGB中，由余弦定理得2222cosGBAGABAGABGAB22224224102，故10GB．在PGB△中，23PB，10GB，PGGB，所以2PC．所以142115223323PABCDABCDVPGS．（2）过点C作//CNAD交AB于点N，则13PNNB，过点N作//NMAP交PB于点M，连接CM，则13PMMB．又因为//CNAD，AD平面PAD，CN平面PAD，所以//CN平面PAD．因为//MNPA，PA平面PAD，MN平面PAD，所以//MN平面PAD．又CNMNN，CN，MN平面CNM，所以平面//PAD平面CMN．又CM平面CMN，所以//CM平面PAD．所以在PB上存在点M，使得//CM平面PAD，且34BMBP．【题型训练-刷模拟】1.折叠问题一、解答题1．（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图1，在梯形ABCD中，//ABCD，且24ABCD，ABC是等腰直角三角形，其中BC为斜边.若把ACD沿AC边折叠到ACP△的位置，使平面PAC平面ABC，如图2.（1）证明：ABPA；（2）若E为棱BC的中点，求点B到平面PAE的距离.【答案】（1）见解析；（2）263.【分析】（1）证明AB平面PAC，则有ABPA；（2）等体积法求点到平面的距离.【详解】（1）证明：∵ABC是等腰直角三角形，BC为斜边，∴ABAC.∵平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，AB平面ABC∴AB平面PAC，∵PA平面PAC，∴ABPA；（2）解：由（1）知ABAC，PC平面ABC，由题意可得2PC，4ACAB，ACAB，则42BC，41625PA，∵E为棱BC的中点，∴1222AECEBC，∴4823PE，在PAE△中，22AE，25PA，23PE，∴222AEPEPA，即AEPE，则PAE△的面积为12223262，设点B到平面PAE的距离为h∵BPAEPABEVV，∴2111126423322h，∴263h.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质，点到平面距离的求法，考查直观想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题.2．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形MABC中，ABC是等腰直角三角形，90,ACBMAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将MAC△向一方折叠到DAC△的位置，使D点在平面ABC内的射影在AB上，再将MAC△向另一方折叠到EAC的位置，使平面EAC平面ABC，形成几何体DABCE.（1）若点F为BC的中点，求证：//DF平面EAC；（2）求平面ACD与平面BCE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）336．【分析】（1）设D点在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，又BC的中点为F，易得//OF平面EAC.取AC的中点H，连接EH，由平面EAC平面ABC，得到EH平面ABC，又DO平面ABC，则//DOEH，则//DO平面EAC，然后由面面平行的判定定理证明；（2）连接OH，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面ACD的一个法向量为,,mxyz和平面EBC的一个法向量为,,nabc，由cos,mnmnmn求解．【详解】解：（1）如图，设D点在平面ABC内的射影为O，连接,ODOC，连接,OFDF.∵ADCD，∴OAOC，∴在等腰RtABC中，O为AB的中点.∵F为BC中点，∴//OFAC.又OF平面EAC，AC平面EAC，∴//OF平面EAC.取AC的中点H，连接EH，则易知EHAC，又平面EAC平面ABC，平面EAC平面ABCAC，∴EH平面ABC，又DO平面ABC，∴//DOEH，又DO平面EAC，EH平面EAC，∴//DO平面EAC，又DOOFO.∴平面//DOF平面EAC.又DF平面DOF，∴//DF平面EAC.（2）连接OH，由（1）可知OFOHOD，，两两垂直，以O为坐标原点OFOHOD，，所在直线分别为xyz，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则110110002013110ACDEB，，,，，,，，,，，,，，，从而200,1,12123,020ACCDBEBC，，，,，，，，.设平面ACD的一个法向量为,,mxyz，则00ACmCDm，即2020xxyz，得0x，取2y，则1021zm，，，.设平面EBC的一个法向量为,,nabc，则00BCnBEn，即20230babc，得0b，取3a，则1301cn，，，，从而13cos632mnmnmn.∴33sin6mn，∴平面ACD与平面BCE所成角的正弦值为336．【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量．3．（2023·全国·高三专题练习）如图是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB折叠，使平面ABCD垂直于半圆所在的平面，若点E是折后图形中半圆O上异于A，B的点（1）证明：EAEC；（2）若22ABAD，且异面直线AE和DC所成的角为6，求三棱锥DACE的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）36．【分析】（1）由面面垂直得到BCEA，利用直径对应的圆周角为直角得到BEEA，可以证明EA平面EBC，再利用线面垂直的性质定理即可证明EAEC；（2）先求出32EF，利用等体积转化法把求三棱锥DACE的体积转化为求三棱锥EACD，即可求解.【详解】（1）∵平面ABCD垂直于圆O所在的平面，两平面的交线为AB，BC平面ABCD，BCAB，∴BC垂直于圆O所在的平面．又EA在圆O所在的平面内，∴BCEA．∵AEB是直角，∴BEEA．而BEBCB，∴EA平面EBC．又∵EC平