人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试课后测评

专题强化练8　折叠问题

一、选择题　　　　 　　　　　 　　　　　

1.(2020内蒙古呼和浩特第二中学高一上期末,)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所成的角的大小为(　　)

A.30° B.45° C.60° D.90°

2.(2020湖南常德高三上期末,)将各边长均为2,锐角为60°的菱形沿较短的对角线翻折成120°的二面角,若该菱形翻折后所得到的三棱锥内接于一球,则该球的表面积为(　　)

A.7π B.28π C.36π D.52π

3.(2020四川德阳高三二模,)△ABC是边长为2的等边三角形,E、F分别为AB、AC的中点,沿EF把△AEF折起,使点A翻折到点P的位置,连接PB、PC,当四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小时,四棱锥P-BCFE的体积为(　　)

A. B. C. D.

4.(多选)(2020山东菏泽一中高三下月考,)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△B1AM,连接B1D,N为B1D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CN⊥AB1

B.翻折过程中,CN的长是定值

C.若AB=BM,则AM⊥B1D

D.若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π

二、填空题

5.(2020浙江绍兴上虞高二上期末,)在Rt△ABC中,AC=,BC=1,点D是斜边AB上的动点,且不与两端点重合,将△BCD沿着CD翻折至△B'CD,使得点B'在平面ACD内的射影H恰好落在线段CD上,则翻折后AB'的最小值是　　　　. 

6.(2020河南信阳高一上期末,)已知Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=12,BC=8,D、E分别是AB、AC的中点,将△ADE沿直线DE翻折至△PDE,形成四棱锥P-BCED,在翻折过程中,给出下列结论:①∠DPE=∠BPC;②PE⊥BC;③PD⊥EC;④平面PDE⊥平面PBC.其中不可能成立的结论是　　　　(填序号). 

三、解答题

7.(2020安徽铜陵高二上期末,)如图,边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别为AB,BC的中点.将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点P.

(1)求证:PD⊥平面PEF;

(2)求二面角P-EF-D的余弦值.

8.(2020浙江宁波镇海中学高二上期中,)如图1,△ABC为正三角形,且BC=CD=2,CD⊥BC,将△ABC沿BC翻折(如图2).

(1)在翻折后的图形中,当AD=2时,求证:平面ABD⊥平面BCD;

(2)若点A的射影在△BCD内(包括边界),且直线AB与平面ACD所成的角为60°,求AD的长.

9.(2020陕西西安高新一中、交大附中、师大附中高三上联考,)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=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A1-BCDE.

(1)证明:CD⊥平面A1OC;

(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.

10.(2020吉林延边第二中学高一上第二次阶段检测,)如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠BAD=90°,AB=4,AD=2,DC=3,点E在CD上,且DE=2,将△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE (如图2),G为AE的中点.

(1)证明: DG⊥平面ABCE;

(2)在线段BD上是否存在点P,使得CP∥平面ADE?若存在,求出的值,并加以证明;若不存在,请说明理由.

答案全解全析

一、选择题

1.B　当平面BAC与平面DAC垂直时,三棱锥的高最大,由于底面积S△ACD为定值,所以此时其体积最大.

取AC的中点E,连接BE,DE,如图,

因为DE⊥AC,所以由面面垂直的性质可得DE⊥平面ABC,

所以∠DBE是直线BD和平面ABC所成的角,

因为BE=DE,

所以∠DBE=45°.

故选B.

2.B　根据题意,作出菱形ABCD,且AB=2,∠BCD=60°,按照题意翻折成三棱锥C-ABD,取BD的中点F,且∠AFC=120°,如下图所示:

设O为△ABD的中心,作CE⊥平面ABD于E,

易知CE与AF的延长线交于E.

∵BC=CD=2,

∴CF=2cos 30°=3,

由∠AFC=120°,可知∠CFE=60°,

∴CE=CF×sin 60°=3×=,EF=CF×cos 60°=3×=.

易得OF=AF=×3=1,AO=AF=×3=2,

由球的性质可知,球心O'在过O且与平面ABD垂直的直线上,作CG⊥OO'于G,连接O'A,O'C,

则四边形CEOG为矩形,

设OO'=h,O'A=O'C=r,

则CG=EO=,OG=CE=,

在Rt△O'CG与Rt△O'OA中,由勾股定理可得

即

解得

∴球的表面积S=4πr2=28π.

故选B.

3.D　如图1所示,取BC的中点O,连接EF、EO、FO,

图1

则△AEF、△EBO、△FOC、△EFO均为边长为的等边三角形,连接AO,交EF于G,则G为EF的中点,且AO⊥EF,AO⊥BC,AG=OG=.

当四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小时,球的半径最小.∵球心到E、F、B、C的距离相等,∴球心在过O且与平面BCFE垂直的直线上,故当球心为O时,球的半径取得最小值,为,如图2所示,

图2

此时,OP=,OG=PG=,

在△POG中,由余弦定理可得cos∠OGP==,

∵GO⊥EF,GP⊥EF,GO∩GP=G,

∴EF⊥平面OPG,又EF⊂平面BCFE,

∴平面OPG⊥平面BCFE,

∴点P到平面BCFE的距离d=PG·sin∠OGP=×=,

∴VP-BCFE=××(2+)××=.

4.BD　对于A,取AD的中点E,连接CE、NE,设CE∩MD=F,连接NF,如图1所示,

图1

则NE∥AB1,∵NE⊄平面B1AM,B1A⊂平面B1AM,∴NE∥平面B1AM.

易得四边形AMCE是平行四边形,∴CE∥AM,同理可证CE∥平面B1AM,

又CE∩NE=E,且CE,NE⊂平面CNE,

∴平面CNE∥平面B1AM,

∴MB1∥平面CNE,又MB1⊂平面B1MD,平面B1MD∩平面CNE=NF,

∴NF∥MB1,

在矩形ABCD中,∠ABC=90°,

∴∠AB1M=90°,

∴AB1⊥MB1,

∴EN⊥NF,

若CN⊥AB1,则EN⊥CN.

∵NE、NF、NC共面且共点,∴这是不可能的,故A不正确.

对于B,由等角定理可得∠NEC=∠MAB1,又NE=AB1,AM=EC,∴在△CEN中,由余弦定理得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC是定值,∴NC的长是定值,故B正确.

对于C,取AM的中点O,连接B1O,OD,如图2所示,

图2

若AB=BM,则AB1=B1M,∴AM⊥B1O,若AM⊥B1D,由于B1O∩B1D=B1,且B1O,B1D⊂平面ODB1,∴AM⊥平面ODB1,∵OD⊂平面ODB1,

∴OD⊥AM,则AD=MD,易知AD≠MD,故AM⊥B1D不成立,故C不正确.

对于D,根据题意知,只有当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,取AD的中点E,连接OE、B1E、ME,如图2所示.

易知B1O⊥AM,

∵平面B1AM⊥平面AMD,平面B1AM∩平面AMD=AM,B1O⊂平面B1AM,∴B1O⊥平面AMD,

∴B1O⊥OE,又AB1⊥B1M,AB1=B1M=1,

∴AM=,B1O=AM=,

OE=DM=AM=,

∴EB1==1,

∴EA=ED=EM=EB1=1,

∴AD的中点E就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球的半径为1,表面积是4π,故D正确.故选BD.

二、填空题

5.答案　

解析　如图,易知B'H⊥平面ACD,连接AH,设∠BCD=∠B'CD=α,α∈,

则有B'H=sin α,CH=cos α,∠ACH=-α,

在△AHC中,由余弦定理得

AH2=AC2+CH2-2CH×AC×cos∠ACH

=3+cos 2α-2cos αcos

=3+cos2α-2sin αcos α,

在Rt△AHB'中,由勾股定理得

AB'2=AH2+B'H2=3+cos 2α-2sin αcos α+sin 2α=4-sin 2α,

∴当α=时,AB'取得最小值,为.

6.答案　①②④

解析　如图所示:

①易知tan∠DPE==,∵DE⊥PD,DE⊥BD,PD∩BD=D,∴DE⊥平面PBD,

∴BC⊥平面PBD,∴BC⊥PB,即∠PBC=90°,∵PB<PD+DB=12,

∴tan∠BPC==>,∴①不成立;

②∵DE∥BC,∴PE与BC所成角即为∠PED,易知∠PED<90°,∴②不成立;

③当PD⊥BD时,可得PD⊥平面DBCE,

∴PD⊥EC,即③可能成立;

④平面PDE和平面PBC交于点P,设两个平面的交线为l,由线面平行性质定理可知l∥BC∥DE,

∴l⊥PB,l⊥PD,∴∠BPD就是两个平面所成二面角的平面角,

又∵PD=BD,∴∠BPD为锐角,∴④不成立.

综上所述,不可能成立的是①②④.

三、解答题

7.解析　(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AE,CD⊥CF,

折起后即有PD⊥PE,PD⊥PF,又PE∩PF=P,PE、PF⊂平面PEF,

所以PD⊥平面PEF.

(2)如图,取线段EF的中点G,连接PG、DG.

因为PE=PF,DE=DF,所以PG⊥EF,DG⊥EF,

所以∠PGD即为二面角P-EF-D的平面角.

由(1)可得PD⊥PG,又PG=,DG=3,

所以cos∠PGD==.

所以二面角P-EF-D的余弦值为.

8.解析　(1)证明:若AD=2,又AB=AC=2,则A在底面BCD内的射影即为△BCD的外心,

由题意知△BCD为直角三角形,且∠BCD=90°,

∴A在底面BCD内的射影即为BD的中点,

记射影为M,

则AM⊥平面BCD,而AM⊂平面ABD,

∴平面ABD⊥平面BCD.

(2)取BC的中点O,BD的中点E,连接AO、OE、AE,可得BC⊥平面AOE,

过A作AH⊥OE于H,过H作HN∥BC交CD于N,连接AN,作HQ⊥AN于Q,得HQ⊥平面ACD,

点B到平面ACD的距离为2HQ,则sin 60°===,∴HQ=,

设AH=x,则×=x×1,解得x=,即AH=,

又AO=,∴H与O重合,则AD==2.

9.解析　(1)证明:在题图1中,∵AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,

∴易得BE⊥AC,

即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,∴BE⊥平面A1OC.

易知四边形BCDE是平行四边形,

∴BE∥CD,

∴CD⊥平面A1OC.

(2)已知平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE.

又由(1)知,A1O⊥BE,∴A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.

易知A1O=a,

S四边形BCDE=a·a=a2,

从而四棱锥A1-BCDE的体积V=×S四边形BCDE×A1O=×a2×a=a3=36,

解得a=6.

10.解析　(1)证明:∵G为AE的中点,AD=DE=2,∴DG⊥AE.

∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DG⊂平面ADE,∴DG⊥平面ABCE.

(2)存在,且=.证明如下:

过点C作CF∥AE交AB于点F,过点F作FP∥AD交DB于点P,连接PC.

∵CF∥AE,AE⊂平面ADE,CF⊄平面ADE,∴CF∥平面ADE,

同理可得PF∥平面ADE.

又∵CF∩PF=F,

∴平面PCF∥平面ADE.

∵CP⊂平面CFP,∴CP∥平面ADE.

∴在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE.

∵AE∥CF,AF∥CE,∴四边形AECF是平行四边形,∴AF=CE=1,

∴FB=3,又PF∥AD,∴==.