新高考数学复习专题45 空间几何体的折叠问题（解析版）

这是一份新高考数学复习专题45 空间几何体的折叠问题（解析版），共20页。试卷主要包含了题型选讲，折叠问题，折叠的综合性问题等内容，欢迎下载使用。

题型一 、展开问题
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB=______________.
【答案】
【解析】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
例2、(2017南京三模）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D－ABC1的体积为 ▲ ．
A
C
B
A1
B1
C1
D
【答案】． eq \f(1,3)
【解析】： 将侧面展开如下图，所以由平面几何性质可得：，当且仅当
三点共线取到.此时，所以.在直三棱柱ABC－A1B1C1中有，又，易得平面，所以平面，即是三棱锥的高，所以
题型二、折叠问题
例3、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．
因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），
所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
例4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，如图，
由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH⊥EF，
则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.
则与平面所成的角为.
在三棱锥P-DEF中，可以利用等体积法求PH.
因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，
又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，
所以PF⊥PD，
由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，
故，
因为BF∥DA且BF⊥平面PEF，
所以DA⊥平面PEF，
所以DE⊥EP.
设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，
在△PDE中，，
所以，
故，
又，
所以，
所以在△PHD中，，
故与平面所成角的正弦值为.
方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.
由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
则为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
例5、（2020届山东省德州市高三上期末）如图（1），边长为的正方形中，，分别为、上的点，且，现沿把剪切、拼接成如图（2）的图形，再将，，沿，，折起，使、、三点重合于点，如图（3）.
（1）求证：；
（2）求二面角最小时的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）折叠前，，折叠后，，
又，所以平面，因此；
（2）由（1）及题意知，因此以为原点，、、分别
为、、轴建立空间直角坐标系如图：
令，，，所以，，
设平面法向量为
则所以，令，则
又平面法向量为，
设二面角的大小为，所以，
又，
当且仅当取等号，所以.
所以二面角最小时的余弦值为.
例6、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）如图，为正三角形，且，，将沿翻折.
（1）若点的射影在上，求的长；
（2）若点的射影在中，且直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】（1）2 （2）.
【解析】
（1）过A作交于E，则平面.
取中点O，连接，，
∵平面，平面，
∴，
又是正三角形，∴，
又，AE，平面，
∴平面，∴.
又，O为的中点，∴为的中点.
∵，∴，，，
∴，.
∴；
（2）取中点为过点作平面的垂线，垂足为,连接,
因为.
以O为原点，以为x轴，以为y轴，以平面的过O的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角为，
因为平面，与（1）同理可证平面，
，，
则，，，.
∴，，
，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
∴，
解得.
∴，又，
∴.
题型三、折叠的综合性问题
例7、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形中，，与相交于点，将沿折起，使顶点至点，在折起的过程中，下列结论正确的是( )
A．B．存在一个位置，使为等边三角形
C．与不可能垂直D．直线与平面所成的角的最大值为
【答案】ABD
【解析】A选项，因为菱形中，与相交于点，所以，；
将沿折起，使顶点至点，折起过程中，始终与垂直，因此，
又，由线面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正确；
B选项，因为折起的过程中，边长度不变，因此；若为等边三角形，则；设菱形的边长为，因为，则，即，又，所以，即二面角的余弦值为时，为等边三角形；故B正确；
C选项，，，由A选项知，，，
所以，因此，
同B选项，设菱形的边长为，易得，，
所以，显然当时，，即；故C错误；
D选项，同BC选项，设菱形的边长为，则，，，由几何体直观图可知，当平面，直线与平面所成的角最大，为，易知.
故选：ABD.
例8、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，在直角梯形中，，，，为中点，，分别为，的中点，将沿折起，使点到，到，在翻折过程中，有下列命题：
①的最小值为；
②平面；
③存在某个位置，使；
④无论位于何位置，均有.
其中正确命题的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在直角梯形中，， ，，
为中点，，分别为，的中点，
将沿折起，使点到，到，
在翻折过程中，当与重合时，的最小值为；所以①正确；
连接交于连接，可以证明平面平面，所以平面，所以②正确；
当平面时，可得平面，所以，所以③正确；
因为，，所以直线平面，所以无论位于何位置，均有.所以④正确；
故选：D.
二、达标训练
1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，则过，，，四点的球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】边长为2的等边三角形，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,1，，所以，球面积，故选C.
2、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）如图，点在正方体的表面上运动，且到直线与直线 的距离相等，如果将正方体在平面内展开，那么动点的轨迹在展开图中的形状是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】在平面BCC1B1上，
P到直线C1D1的距离为|PC1|，
∵P到直线BC与直线C1D1的距离相等，
∴点P到点C1的距离与到直线BC的距离相等，
∴轨迹为抛物线,且点C1为焦点，BC为准线；
故排除C，D，
同理可得，
在平面ABB1A1上，
点P到点B的距离与到直线C1D1的距离相等，
从而排除A，
本题选择B选项.
3、如图，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将这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，则在这个空间图形中必有( )
A. AG⊥平面EFH B. AH⊥平面EFH
C. HF⊥平面AEF D. HG⊥平面AEF
【答案】 B
【解析】 根据折叠，AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，故B正确；因为过点A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；因为AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，所以EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，所以平面HAG⊥AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，所以C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，所以D不正确．故选B.
4、【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．
【答案】
【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故答案为：
5、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为的等腰直角三角形拼成的一个四边形，现将四边形沿折成直二面角，则三棱锥的外接球的体积为__________．
【答案】
【解析】
由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为，即球的半径，该球的体积，应填答案．
6、(2018南京、盐城、连云港二模）在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，折叠成底面边长为eq \r(2)的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH的体积为________．
（图1） （图2）
【答案】. eq \f(4,3)
【解析】：连结EG，HF，交点为O，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，则点E到线段AB的距离为1，EB＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).SO＝eq \r(SE2－OE2)＝eq \r(5－1)＝2，故正四棱锥SEFGH的体积为eq \f(1,3)×(eq \r(2))2×2＝eq \f(4,3).
7、【天津市和平区2020届高考三模】如图甲所示的平面五边形PABCD中，PD=PA，AC=CD=BD=5，AB=1，AD=2，PD⊥PA，现将图甲所示中的△PAD沿AD边折起，使平面PAD⊥平面ABCD得如图乙所示的四棱锥P-ABCD．在如图乙所示中
（1）求证：PD⊥平面PAB；
（2）求二面角A-PB-C的大小；
（3）在棱PA上是否存在点M使得BM与平面PCB所成的角的正弦值为13？并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）5π6；（3）存在，理由见解析.
【解析】
（1）∵AB=1，AD=2，BD=5，
∴AB2+AD2=BD2，
∴AB⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴AB⊥平面PAD，
又∵PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD，
又∵PD⊥PA，PA∩AB=A，
∴PD⊥平面PAB．
（2）取AD的中点O，连结OP，OC，
由平面PAD⊥平面ABCD知PO⊥平面ABCD，
由AC=CD知OC⊥OA，
以O为坐标原点，OC所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴建立空间直角坐标系
如图所示，
则易得C(2,0,0)，P(0,0,1)，D(0,-1,0)，A(0,1,0)，B(1,1,0)，
∴PB=(1,1,-1), PC=(2,0,-1), PD=(0,-1,-1)
设平面PBC的法向量为m=(a,b,c)，
由{m⋅PB=0m⋅PC=0，得{a+b-c=02a-c=0，
令a=1得b=1，c=2，
∴m=(1,1,2)，
设二面角A-PB-C大小为θ，
则csθ=m⋅DP|m|⋅|DP|=-1-26⋅2=-32，
∵0≤θ≤π，
∴二面角A-PB-C的大小θ=5π6．
（3）假设点M存在，其坐标为(x,y,z)，BM与平面PBC所成的角为α，
则存在，有AM=λAP，
即(x,y-1,z)=λ(0,-1,1)，M(0,1-λ,λ)，
则BM=(-1,-λ,λ)，
从而化简得λ2+6λ-1=0，
解得λ=±10-3
∵λ∈[0,1]，
∴λ=10-3
∴在棱PA上满足题意的点M存在．