专题强化练8折叠问题.docx

专题强本资料分享自千人教师群323031380 期待你的加入与分享化练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.902.(2020湖南常德高三上期末,)将各边长均为23,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.52π3.(2020四川德阳高三二模,)△ABC是边长为23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.534 B.334 C.64 D.3644.(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⊥AB1B.翻折过程中,CN的长是定值C.若AB=BM,则AM⊥B1DD.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=3,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△BCD,使得点B在平面ACD内的射影H恰好落段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=π2,AB=BC=12AD=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362,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)段BD上是否存在点P,使得CP∥平面ADE?若存在,求出BPBD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=23,∠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=23,∴CF=23cos 30=3,由∠AFC=120,可知∠CFE=60,∴CE=CFsin 60=332=332,EF=CFcos 60=312=32.易得OF=13AF=133=1,AO=23AF=233=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OA,OC,则四边形CEOG为矩形,设OO=h,OA=OC=r,则CG=EO=52,OG=CE=332,在Rt△OCG与Rt△OOA中,由勾股定理可得CG2+OG2=OC2,OA2+OO2=OA2,即522+h-3322=r2,22+h2=r2,解得h=3,r=7,∴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3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=32.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3,如图2所示,图2此时,OP=3,OG=PG=32,在△POG中,由余弦定理可得cos∠OGP=322+322-(3)22322=13,∵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=PGsin∠OGP=321-132=2,∴VP-BCFE=1312(23+3)322=364.4.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=12AB1,AM=EC,∴在△CEN中,由余弦定理得NC2=NE2+EC2-2NEECcos∠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=2,B1O=12AM=22,OE=12DM=12AM=22,∴EB1=222+222=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　4-3解析　如图,易知BH⊥平面ACD,连接AH,设∠BCD=∠BCD=α,α∈0,π2,则有BH=sin α,CH=cos α,∠ACH=π2-α,在△AHC中,由余弦定理得AH2=AC2+CH2-2CHACcos∠ACH=3+cos 2α-23cos αcosπ2-α=3+cos2α-23sin αcos α,在Rt△AHB中,由勾股定理得AB2=AH2+BH2=3+cos 2α-23sin αcos α+sin 2α=4-3sin 2α,∴当α=π4时,AB取得最小值,为4-3.6.答案　①②④解析　如图所示:①易知tan∠DPE=DEPD=23,∵DE⊥PD,DE⊥BD,PD∩BD=D,∴DE⊥平面PBD,∴BC⊥平面PBD,∴BC⊥PB,即∠PBC=90,∵PB23,∴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=2,DG=32,所以cos∠PGD=PGDG=13.所以二面角P-EF-D的余弦值为13.8.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=2HQAB=2HQ2=32,∴HQ=32,设AH=x,则x2+132=x1,解得x=3,即AH=3,又AO=3,∴H与O重合,则AD=22+12+(3)2=22.9.解析　(1)证明:在题图1中,∵AB=BC=12AD=a,E是AD的中点,∠BAD=π2,∴易得BE⊥AC,即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,∴BE⊥平面A1OC.。