新高考數(shù)學二輪專題《立體幾何》第10講 立體幾何翻折與旋轉(zhuǎn)問題（解析版）

1、第10講 立體幾何翻折與旋轉(zhuǎn)問題一選擇題（共9小題） 1把正方形沿對角線折成直二面角，對于下列結論：；是正三角形；與成角；與平面成角則其中正確結論的個數(shù)是A1個B2個C3個D4個【解答】解：取的中點，則，面，故正確設正方形邊長為，則，為等邊三角形，故正確為與面所成的角為，以為坐標原點，、分別為，軸建立直角坐標系，則，0，0，故正確為與面所成的角為，故不正確故選：2如圖，已知四面體為正四面體，分別是，中點若用一個與直線垂直，且與四面體的每一個面都相交的平面去截該四面體，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面積最大值為ABCD1【解答】解：補成正方體如圖：由于，故截面為平行四邊形，可得；又，且；

2、，當且僅當時取等號故選：3矩形中，將與沿所在的直線進行隨意翻折，在翻折過程中直線與直線成的角范圍（包含初始狀態(tài)）為ABCD【解答】解：由題意，初始狀態(tài)，直線與直線成的角為0，時，平面，直線與直線成的角為，在翻折過程中直線與直線成的角范圍（包含初始狀態(tài)）為，故選：4已知矩形，將沿矩形的對角線所在的直線進行翻折，在翻折過程中A存在某個位置，使得直線與直線垂直B存在某個位置，使得直線與直線垂直C存在某個位置，使得直線與直線垂直D對任意位置，三對直線“與”，“ 與”，“ 與”均不垂直【解答】解：如圖，依題意，若存在某個位置，使得直線與直線垂直，則，平面，從而，這與已知矛盾，排除；，若存在某個位置，使得

3、直線與直線垂直，則平面，平面平面取中點，連接，則，就是二面角的平面角，此角顯然存在，即當在底面上的射影位于的中點時，直線與直線垂直，故正確；，若存在某個位置，使得直線與直線垂直，則平面，從而平面平面，即在底面上的射影應位于線段上，這是不可能的，排除，由上所述，可排除故選：5在中，是邊上的動點，設，把沿翻折為，若存在某個位置，使得異面直線與所成的角為，則實數(shù)的取值范圍是ABCD【解答】解：把沿翻折，形成了一個圓錐過點作，則與所成的角等于與所成的角，設與所成的角的大小為，設則，中，又故選：6如圖，在中，是斜邊的中點，將沿直線翻折，若在翻折過程中存在某個位置，使得，則的取值范圍是A，B，C，D，【解

4、答】解：由題意得，取中點，翻折前，在圖1中，連接，則，翻折后，在圖2中，此時，平面，又，為中點，在中：，；由可得如圖3，翻折后，當與在一個平面上，與交于，且，又，此時綜上，的取值范圍為，故選：7如圖，在直二面角中，、均是以為斜邊的等腰直角三角形，取中點，將沿翻折到，在的翻折過程中，下列不可能成立的是A與平面內(nèi)某直線平行B平面C與平面內(nèi)某直線垂直D【解答】解：連結，當平面與平面重合時，平面，平面內(nèi)必存在與平行和垂直的直線，故，可能成立；在平面內(nèi)過作的平行線，使得，連結，則當平面與平面重合時，平面，故平面內(nèi)存在與平行的直線，即平面內(nèi)存在與平行的直線，平面，故可能成立若，又，則為直線和的公垂線，設，

5、則經(jīng)計算可得，與矛盾，故不可能成立故選：8如圖，在中，為的中點將沿著翻折至，使得，則的取值不可能為ABCD【解答】解：如圖所示，把繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，一直旋轉(zhuǎn)到平面里面，這時在位置，這時，此時，是直線和所成的最小角，不成立，的取值不可能為故選：9在斜邊長為5的等腰直角三角形中，點在斜邊（不含端點）上運動，將沿翻折到位置，且使得三棱錐體積最大，則長為A2BC3D4【解答】解：如圖，為等腰直角三角形，且斜邊，則，設，則，則要使三棱錐體積最大，則平面平面，再設 到平面的距離為，則，可得三棱錐體積當時，有最大值，有最小值，此時有最大值為長為故選：二填空題（共7小題）10將邊長為2，銳角為的菱形沿較短對角線折成四

6、面體，點，分另，的中點，則下列命題中正確的是（將正確的命題序號全填上）；是異面直線與的公垂線；平面；垂直于截面【解答】解：設的中點為，連接，則，與相交，與為異面直線，故錯誤；由可得，同理可得，是異面直線與的公垂線，故正確；由中位線定理可得，平面，故正確；，同理可得：，平面故正確故答案為：11在中，已知，是邊上一點，將沿折起，得到三棱錐，若該三棱錐的頂點在底面的射影在線段上，設，則的取值范圍為【解答】解：中由余弦定理得：已知，所以為等腰直角三角形，如下圖所示沿折起，若該三棱錐的頂點在底面的射影在線段上時，如圖，面，都于垂直，折疊前在圖中于點，在圖中過作于，動點與無限接近時，折痕接近，這時接近，在

7、圖中，是的斜邊，所以，中，；故答案為：，12如圖，矩形中，為邊的中點，將沿直線翻折成若為線段的中點，則在翻折過程中，下列命題正確的是（寫出所有正確的命題的編號）線段的長是定值；點在某個球面上運動；存在某個位置，使；存在某個位置，使平面【解答】解：取中點，連接，則，平面平面，平面，故正確由，定值，定值，由余弦定理可得，所以是定值，故正確是定點，是在以為球心，為半徑的球上，故正確，若成立，則由，可得面，而這與矛盾故錯誤取中點，連接，則平面平面，可得正確；故正確的命題有：，故答案為：13如圖，在中，為的中點，將沿著翻折至，使得，則的取值可能為（填上正確的所有序號）【解答】解：如圖，設在平面上的射影為

8、，則由題意知，點在直線的垂線上，要使，則，因此只需考慮其臨界情況，即當時，點與點關于直線對稱，又，是以為底角的等腰三角形，因此當時，有，的取值可能為，故答案為：14如圖，矩形中，沿對角線將折起得到，且點在平面上的射影落在邊上，記二面角的平面角的大小為，則的值等于【解答】解：，又，平面，又，平面是二面角的平面角在中，故答案為：15已知中，為的中點，現(xiàn)將沿折成三棱錐，當二面角大小為時，【解答】解：如圖，取中點，連接，設，再設，由，可得，在中，可得，在中，求得，則，有，為二面角的平面角為，在中，由余弦定理可得，即則在中，求得，故答案為：16已知直角梯形，沿折疊成三棱錐，當三棱錐體積最大時，三棱錐外接

9、球的體積為；當三棱錐外接球的體積最小時，三棱錐的體積為 【解答】解：已知直角梯形，沿折疊成三棱錐，如圖：，取的中點，的中點，連結，當三棱錐體積最大時，平面平面，就是外接球的半徑為1，此時三棱錐外接球的體積：由題意，均在外接球上，為直徑，過作，則，三棱錐的高為，三棱錐外接球的體積最小時，三棱錐的體積為故答案為：；三解答題（共15小題）17如圖，四邊形為正方形，分別為，的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且（1）證明：平面平面；（2）求與平面所成角的正弦值【解答】（1）證明：由題意，點、分別是、的中點，則，由于四邊形為正方形，所以由于，則平面又因為平面，所以：平面平面（2）在平面中，過作于點

10、，連接，由于為面和面的交線，則面，故在三棱錐中，可以利用等體積法求，因為且，所以，又因為，所以，所以，由于，則平面，故，因為且面，所以面，所以設正方形邊長為，則，在中，所以，故，又因為，所以，所以在中，即為與平面所成角的正弦值為：18如圖，在矩形中，分別為，的中點，以為折痕把折起，點到達點的位置，使（1）證明：平面平面；（2）求二面角的正弦值【解答】證明：（1）、分別為，的中點，且，在矩形中，（1分）由翻折的不變性，又，有，即，（3分）又，平面，平面，（4分）平面，平面平面（5分）解：（2）過點作交于，由平面垂直性質(zhì)定理得平面，過點作交于，連結，則，為二面角的平面角（8分），由等面積法求得在直

11、角中，即二面角的正弦值為（12分）19如圖，四邊形中，分別是線段，的中點以為折痕把折起，使點到達點的位置，為線段的中點（1）證明：平面平面；（2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值【解答】（1）證明：連接，由題意知，四邊形為正方形，連接交于，連接，所以為中點，又因為為中點，所以，因為，分別為，中點，所以，因為，平面，平面，所以平面平面（2）解：建立如圖所示的空間直角坐標系，各點坐標如下：，0，,，,設平面的法向量為,，令,所以直線與平面所成角的正弦值為20已知，分別為邊，上的一點，且，如圖所示，將沿折起為，使點位于點的位置，連接，（1）當時，記平面與平面的交線為，證明：；（2）若為直角三角

12、形，且將沿折成直二面角，求當為何值時，平面與平面所成的二面角為【解答】解：（1）證明：當時，分別為邊，的中點，沿折起為，所以，所以，所以，又，同理可得，而，且都在平面內(nèi)，所以平面，又在平面內(nèi)，在平面內(nèi)，不在內(nèi)，平面，又平面與平面的交線為，；（2），以為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，故，0，設平面的一個法向量為，則，可取，設平面的一個法向量為，平面與平面所成的二面角為，解得21如圖所示，等邊三角形的邊長為3，點，分別是邊，上的點，滿足，將沿折起到的位置，使二面角為直二面角，連接，（1）求二面角的余弦值；（2）線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角為？若

13、存在，求出的長；若不存在，請說明理由【解答】解：（1）由題可知，二面角為直二面角，即，以為原點，、和分別為、和軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，0，0，0，設平面的法向量為，則，即，令，則，且、面，面，平面的法向量為，1，二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為（2）設線段上存在點，滿足題意，且，則，即點，由（1）知，平面的法向量為，而與平面所成的角為，解得或，故不存在點滿足題意22已知直角三角形中，點，分別是邊，上的動點（不含點），且滿足（圖將沿折起，使得平面平面，連結、（圖求證：平面；求四棱錐體積的最大值【解答】證明：，即平面平面，且平面平面，平面，平面解：設，則，令，則，令得，當時，當

14、時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，當，即，時，四棱錐體積最大此時23等邊三角形的邊長為3，點，、分別是邊、上的點，且滿足將沿折起到的位置，使二面角成直二面角，連接、（1）求證：平面；（2）求與平面所成角的正弦值（3）在線段上是否存在點，使直線與平面所成的角為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由【解答】（1）證明：由題知在圖1中，在中，則，即得：，所以，即得，則在圖2中，有，二面角的平面角，即得，且，平面，平面（2）解：由（1）知：，所以以為空間直角坐標系的原點，以、為，軸建立空間直角坐標系則，0，0，0，0，令平面的法向量為，由，得，記與平面所成角為，則與平面所成角的正弦值為（3）解：假設在

15、線段上存在點，使直線與平面所成的角為令，則，而平面的一個法向量為，1，則由，解得，在線段上存在點，使得直線與平面所成的角為，此時24如圖1，是等腰直角三角形，分別是，上的點，將沿折起，得到如圖2所示的四棱錐，使得（1）證明：平面平面；（2）求與平面所成角的余弦值【解答】解：（1）證明：取中點，連結，為中點，在中，在中，平面，平面，平面平面（2）解：以為原點，在平面內(nèi)過作的垂線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，3，3，2，設，是平面的法向量，則，令，得，3，設與平面所成角為，則，與平面所成角的余弦值為25如圖1，是等腰直角三角形，分別是，上的點，將沿折起，得到如圖2所示的四棱錐，使得

16、（1）證明：平面平面；（2）求與平面所成角的正弦值【解答】（1）證明：在圖1中，易得，連結，在中，由余弦定理可得，由翻折不變性可知，同理可證，又，平面平面平面；（2）取中點，則以為坐標原點，、分別為、軸建立空間直角坐標系則，0，0，3，設平面的法向量為，又與平面所成角的正弦值為26已知如圖一，分別為，的中點，在上，且，為中點，將沿折起，沿折起，使得，重合于一點（如圖二），設為，（1）求證：平面；（2）求二面角的大小【解答】（1）證明：如圖一，分別為，的中點，所以，又，由，故，所以，故，又，平面，所以平面，又平面，故，如圖，以直線，分別為，軸建立空間直角坐標系，0，2，0，2，1，故，又，平面，

17、故平面；（2）解：設平面的法向量為，由，得，設平面的法向量為，則，由，得，由，結合圖象知二面角為鈍角，故二面角為27等邊的邊長為3，點，分別為，上的點，且滿足（如圖，將沿折起到的位置，使二面角成直二面角，連接，（如圖（1）求證：平面；（2）在線段上是否存在點（不包括端點），使直線與平面所成的角為？若存在，求出的長，若不存在，請說明理由【解答】（1）證明：由題意可知，二面角成直二面角，即平面平面，平面平面，平面（2）由（1）可知，以為原點，以，為坐標軸建立空間坐標系，如圖所示，則，0，0，0，則，0，令，則，即，由（1）知，1，為平面的一個法向量，則，令，解得，即，線段上存在點使得直線與平面所成

18、的角為，且28等邊三角形的邊長為3，點、分別是邊、上的點，且滿足（如圖將沿折起到的位置，使二面角成直二面角，連結、（如圖（1）求證：平面；（2）在線段上是否存在點，使直線與平面所成的角為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由【解答】解：（1）正的邊長為3，且，中，由余弦定理，得，折疊后，仍有二面角成直二面角，平面平面又平面平面，平面，平面；（2）假設在線段上存在點，使直線與平面所成的角為如圖，作于點，連接、由（1）得平面，而平面所以、是平面內(nèi)的相交直線，平面由此可得是直線與平面所成的角，即設，則，在中，所以，在中，由，得解之得，滿足符合題意所以在線段上存在點，使直線與平面所成的角為，此時29等邊三角形的邊長為3，點、分別是邊、上的點，且滿足（如圖將沿折起到的位置，使二面角成直二面角，連結、（如圖（）求證：平面；（）若點在線段上，求直線與平面所成的角【解答】（）證明：因為等邊的邊長為3，且，所以，在中，由余弦定理得因為，所以折疊后