新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题17立体几何中的翻折问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题17立体几何中的翻折问题（附解析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.
如图，将正方形ABCD沿对角线AC折叠后，平面BAC⊥平面DAC，则二面角B­CD­A的余弦值为( )
A．eq \f(\r(3),2)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(\r(5),5)
2．[2023·安徽滁州模拟]在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是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A′，则A′到平面EFD的距离为( )
A．1B．eq \f(2,3)C．eq \f(4,3)D．2
3．[2023·广东汕尾模拟]如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点A′，若三棱锥A′­EFD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为( )
A．eq \f(3,2)πB．eq \f(3\r(6),4)πC．eq \r(6)πD．eq \f(4\r(6),3)π
4.
如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq \r(2).将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )
A．对任意位置，三组直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
B．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
二、多项选择题
5．平行四边形ABCD中，AB>AD，将三角形ABD沿着BD翻折至三角形A′BD，则下列直线中有可能与直线A′B垂直的是( )
A．直线BCB．直线CDC．直线BDD．直线A′C
6.
如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系能成立的是( )
A．直线AB∥直线CDB．直线AB⊥直线PQ
C．直线PQ∥直线EDD．直线PQ∥平面ADE
7．[2023·黑龙江哈尔滨模拟]如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC＝2AB＝2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A．存在点P，使得PE∥CF
B．存在点P，使得PE⊥ED
C．三棱锥P­AED的体积最大值为eq \f(\r(2),6)
D．当三棱锥P­AED的体积达到最大值时，三棱锥P­AED外接球表面积为4π
[答题区]
三、填空题
8．如图，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中点E，将△ABE沿BE折起，使二面角A­BE­C为120°，则四棱锥A­BCDE的体积为________．
9．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，沿AC将△ABC折起，当三棱锥B­ACD的体积取得最大值时，BD与平面ACD所成角的正切值为________．
10．如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝eq \r(5)，∠ADC＝90°.沿直线AC将△DAC翻折成△D′AC，则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝________；当平面D′AC⊥平面ABC时，则异面直线AC与BD′所成角余弦值是________．
四、解答题
11．[2023·河北唐山模拟]如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥DC，AB＝2，DC＝3，AD＝eq \r(3)，E是CD上的一点，CE＝2ED，将△CBE沿BE折起，使得点C到达C1的位置，且AC1＝eq \r(6)，P是DC1上的一点，且DC1＝3DP，如图2.
(1)求点D到平面BC1E的距离；
(2)求直线AE与平面PBE所成角的正弦值．
解：
12．[2023·河北秦皇岛模拟]如图(1)，在▱ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P处，如图(2).
(1)若PC＝6，求证：PD⊥BC；
(2)若PC＝2eq \r(5)，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值．
解：
微专题17 立体几何中的翻折问题
1．解析：
设正方形的边长为a，取AC的中点O，连接BO，则BO⊥AC，过O作AD的平行线OE交CD于E，连接BE，如图，
因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BO⊂平面BAC，
则BO⊥平面DAC，而CD⊂平面DAC，于是BO⊥CD，
又OE⊥CD，BO∩OE＝O，BO，OE⊂平面BOE，则CD⊥平面BOE，
而BE⊂平面BOE，即有CD⊥BE，
因此∠BEO为二面角B­CD­A的平面角，显然BO＝eq \f(\r(2),2)a，OE＝eq \f(a,2)，
有BO⊥OE，即△BOE为直角三角形，有BE2＝BO2＋OE2＝eq \f(3,4)a2，则BE＝eq \f(\r(3),2)a，
所以cs∠BEO＝eq \f(OE,BE)＝eq \f(\f(a,2),\f(\r(3)a,2))＝eq \f(\r(3),3).故选C.
答案：C
2．解析：由折叠不变可知，三棱锥A′­EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，
所以VA′­EFD＝VD­A′EF＝eq \f(1,3)S△A′EF·DA′＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2＝eq \f(1,3)，
△EFD的三边长分别为eq \r(2)，eq \r(5)，eq \r(5)，所以S△EFD＝eq \f(3,2)，
因为VA′­EFD＝VD­A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，
所以eq \f(1,3)S△EFD·d＝eq \f(1,3)，解得d＝eq \f(2,3)，故选B.
答案：B
3．解析：根据题意，可得A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E⊥A′F，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，
所以三棱锥D­A′EF可补成一个长方体，则三棱锥D­A′EF的外接球即为长方体的外接球，如图所示，
设长方体的外接球的半径为R，可得2R＝eq \r(12＋12＋22)＝eq \r(6)，所以R＝eq \f(\r(6),2)，
所以外接球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π·(eq \f(\r(6),2))3＝eq \r(6)π.故选C.
答案：C
4．解析：在平面ABCD内，作AE⊥BD于E，作CF⊥BD于F，连接A′E.
对于选项B，假设存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直．
连接CE，A′C，由A′C⊥BD，A′E⊥BD，A′C∩A′E＝A′，A′C，A′E⊂平面A′CE，可得BD⊥平面A′CE，又CE⊂平面A′CE，
则BD⊥CE，这与平面ABCD内CF⊥BD矛盾，
故假设不成立，则不存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直．判断错误；
对于选项C，假设存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
由A′D⊥BC，CD⊥BC，A′D∩CD＝D，
A′D，CD⊂平面A′CD，可得BC⊥平面A′CD，又A′C⊂平面A′CD，
则BC⊥A′C，则A′B为△A′BC的斜边，则A′B>BC，
这与A′B＝145°时，在翻折过程中，∠A′BA可以取从∠ABD到2∠ABD>90°的范围，
而AB∥CD，即直线A′B与直线CD所成角为∠A′BA，所以存在A′B⊥CD，B选项正确；
C选项，由于AB>AD，所以∠ABD为锐角，∠A′BD为锐角，所以C选项错误；
D选项，由于AB>AD，则A′B>BC，所以∠BA′C为锐角，所以D选项错误．故选AB.
答案：AB
6．解析：翻折之后如图所示：
①因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，
因此AB∥CD，故选项A成立；
②连接FD，因为P、Q分别为FA、FD的中点，所以PQ∥AD，
又因为AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立；
③因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；
④因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
所以PQ∥平面ADE，故选项D成立．故选ABD.
答案：ABD
7．解析：对于A，PE∩AE＝E，AE∥CF，因此PE，CF不平行，
即不存在点P，使得PE∥CF.故A错误；
对于B，如图：
取AE的中点O，连接PF，PO，OF，ED，当PF＝1时，
因为PO＝OF＝eq \f(\r(2),2)，即PO2＋OF2＝PF2.则PO⊥OF，
而OF⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE⊂平面PAE，OF⊥平面PAE，
又O，F分别为AE，AD的中点，
即OF∥ED，于是ED⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，
则ED⊥PE，故B正确；
对于C，在翻折过程中，令PO与平面AED所成角为θ，
则点P到平面AED的距离h＝POsinθ＝eq \f(\r(2),2)sinθ，
又△AED的面积为eq \f(1,2)AD·AB＝1，
因此三棱锥P­AED的体积为：eq \f(1,3)S△AED·h＝eq \f(\r(2),6)sinθ≤eq \f(\r(2),6)，
当且仅当θ＝90°时，即PO⊥平面AED时取等号，
所以三棱锥P­AED的体积最大值为eq \f(\r(2),6)，故C正确；
对于D，当三棱锥P­AED的体积达到最大值时，PO⊥平面AED，
三棱锥P­AED外接球的球心为F，
故球的半径为1，则球的表面积为4π.故D正确．故选BCD.
答案：BCD
8．解析：梯形ABCD的面积S＝eq \f(（1＋2）×1,2)＝eq \f(3,2)，S△ABE＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，所以S▱BCDE＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2)＝1，如图，取BE的中点H，连接AH，CH，∴AH⊥BE，CH⊥BE，∴∠AHC为二面角A­BE­C的平面角，∴∠AHC＝120°，过点A作CH的垂线，交CH的延长线于点K，则AK⊥平面BCDE，因为BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝eq \r(2)，所以AH＝eq \f(\r(2),2)，
所以AK＝AH·sin60°＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(6),4)，
所以VA­BCDE＝eq \f(1,3)·AK·S▱BCDE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),4)×1＝eq \f(\r(6),12).
答案：eq \f(\r(6),12)
9．解析：由题可知，当三棱锥B­ACD的体积取最大值时，平面ABC⊥平面ACD，如图所示，
作BE⊥AC，连接DE，
因为平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，所以BE⊥平面ACD，
所以BD与平面ACD所成角，即为∠BDE，
在直角△ABC中，因为AB＝2，BC＝4，可得AC＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5)，
则BE＝eq \f(AB·BC,AC)＝eq \f(2×4,2\r(5))＝eq \f(4\r(5),5)，且AE＝eq \f(2\r(5),5)，CE＝eq \f(8\r(5),5)，
在直角△ACD中，可得cs∠DAC＝cs∠DAE＝eq \f(2\r(5),5)，
在△ADE中，可得DE2＝AD2＋AE2－2AD·AEcs∠DAE＝eq \f(52,5)，所以DE＝eq \f(2\r(65),5)，
由BE⊥平面ACD，且DE⊂平面ACD，所以BE⊥DE，
在直角△BDE中，可得tan∠BDE＝eq \f(BE,DE)＝eq \f(2\r(13),13).
答案：eq \f(2\r(13),13)
10．解析：∵CD＝1，AD＝eq \r(5)，∠ADC＝90°，由勾股定理得：AC＝eq \r(6)，
∵AB＝BC＝3，∴三角形ABC为等腰三角形，
取AC的中点O，连接OB，则OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，eq \f(\r(6),2)，0)，B(eq \f(\r(30),2)，0，0)，C(0，－eq \f(\r(6),2)，0)，D(－eq \f(\r(30),6)，－eq \f(\r(6),3)，0)，∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(6)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－eq \f(2\r(30),3)，－eq \f(\r(6),3)，0)，
则eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－eq \r(6)×(－eq \f(\r(6),3))＝2；
当平面D′AC⊥平面ABC时，D′在平面yOz上，则D′(0，－eq \f(\r(6),3)，eq \f(\r(30),6))，eq \(BD′,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(30),2)，－eq \f(\r(6),3)，eq \f(\r(30),6))，
设异面直线AC与BD′所成角为θ，
则csθ＝|cs〈eq \(BD,\s\up6(→))′，eq \(AC,\s\up6(→))〉|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（－\f(\r(30),2)，－\f(\r(6),3)，\f(\r(30),6)）·（0，－\r(6)，0）,\r(（－\f(\r(30),2)）2＋（－\f(\r(6),3)）2＋（\f(\r(30),6)）2)×\r(（－\r(6)）2))))＝eq \f(\r(6),9)，
即异面直线AC与BD′所成角余弦值是eq \f(\r(6),9).
答案：2 eq \f(\r(6),9)
11．解析：(1)在图1中，由已知得DE＝1，DA＝eq \r(3)，则AE＝2，
∵CE∥BA，且CE＝BA＝AE，∴四边形ABCE为菱形，
连接AC交BE于点F，∴CF⊥BE，AF⊥BE，
在Rt△ACD中，AC＝eq \r(32＋（\r(3)）2)＝2eq \r(3)，∴AF＝CF＝eq \r(3)，
在图2中，AC1＝eq \r(6)，C1F＝eq \r(3)，∵AF2＋C1F2＝AC eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，∴C1F⊥AF，
又C1F⊥BE，且AF∩BE＝F，AF，BE⊂平面ABED，∴C1F⊥平面ABED，
S△BC1E＝eq \f(1,2)BE·C1F＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，S△BDE＝eq \f(1,2)DE·DA＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2)，
设点D到平面BC1E的距离为h，
由VD­BC1E＝VC1­BDE得eq \f(1,3)S△BC1E·h＝eq \f(1,3)S△BDE·C1F，即eq \r(3)h＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)，h＝eq \f(\r(3),2)，
即点D到平面BC1E的距离为eq \f(\r(3),2).
(2)以D为原点，分别以DA，DE所在直线为x，y轴，以过D与C1F平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图2，
则D(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，0)，B(eq \r(3)，2，0)，E(0，1，0)，F(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，C1(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，eq \r(3))，
∵DC1＝3DP，∴eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)DC1＝(eq \f(\r(3),6)，eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),3))，∴P(eq \f(\r(3),6)，eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),3))，
eq \(EB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \(EP,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),6)，－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),3))，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)
设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EB,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0
n·\(EP,\s\up6(→))＝\f(\r(3),6)x－\f(1,2)y＋\f(\r(3),3)z＝0))，
令x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝－2，n＝(1，－eq \r(3)，－2)，
设直线AE与平面PBE所成角为θ，
则sinθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(AE,\s\up6(→))，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(2\r(3),2×2\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，
故直线AE与平面PBE所成角的正弦值为eq \f(\r(6),4).
12．解析：(1)∵平行四边形ABCD中，AD⊥BD，可得BD⊥BC，
∵AD＝2BD＝4，
∴BC＝4，DC＝2eq \r(5)，
又∵PC＝6，∴PD2＋DC2＝PC2，∴PD⊥DC，
又PD⊥BD，BD∩DC＝D，∴PD⊥平面BDC，
∴PD⊥BC.
(2)由BD⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AD＝2BD＝4，∴B(0，0，0)，C(4，0，0)，D(0，2，0)，
设P(x，y，z)(其中z>0)，
∵PB＝2eq \r(5)，PC＝2eq \r(5)，PD＝4，
∴解得
∴P(2，2，2eq \r(3))，
∴eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2，2，2eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－4，2，0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(2，2，2eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(4，0，0)，
∴设平面PDC的法向量为m＝(x，y，z)，平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
∴，令x＝1，则y＝2，z＝－eq \f(\r(3),3)，故平面PDC的一个法向量为m＝(1，2，－eq \f(\r(3),3))；
同理，令y′＝－eq \r(3)，则z′＝1，故平面PBC的一个法向量为n＝(0，－eq \r(3)，1).
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝－eq \f(7,8)，
又∵两个平面的夹角范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(7,8)))＝eq \f(7,8)，
故平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案