新人教版高中數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)：專題強(qiáng)化練8 折疊問(wèn)題

1、專題強(qiáng)化練8折疊問(wèn)題一、選擇題 1.(2020內(nèi)蒙古呼和浩特第二中學(xué)高一上期末,)把正方形ABCD沿對(duì)角線AC折起,當(dāng)以A,B,C,D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大時(shí),直線BD和平面ABC所成的角的大小為()A.30B.45C.60D.902.(2020湖南常德高三上期末,)將各邊長(zhǎng)均為23,銳角為60的菱形沿較短的對(duì)角線翻折成120的二面角,若該菱形翻折后所得到的三棱錐內(nèi)接于一球,則該球的表面積為()A.7B.28C.36D.523.(2020四川德陽(yáng)高三二模,)ABC是邊長(zhǎng)為23的等邊三角形,E、F分別為AB、AC的中點(diǎn),沿EF把AEF折起,使點(diǎn)A翻折到點(diǎn)P的位置,連接PB、PC,當(dāng)四棱錐P-

2、BCFE的外接球的表面積最小時(shí),四棱錐P-BCFE的體積為()A.534B.334C.64D.3644.(多選)(2020山東菏澤一中高三下月考,)如圖,矩形ABCD中,M為BC的中點(diǎn),將ABM沿直線AM翻折成B1AM,連接B1D,N為B1D的中點(diǎn),則在翻折過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.存在某個(gè)位置,使得CNAB1B.翻折過(guò)程中,CN的長(zhǎng)是定值C.若AB=BM,則AMB1DD.若AB=BM=1,則當(dāng)三棱錐B1-AMD的體積最大時(shí),三棱錐B1-AMD的外接球的表面積是4二、填空題5.(2020浙江紹興上虞高二上期末,)在RtABC中,AC=3,BC=1,點(diǎn)D是斜邊AB上的動(dòng)點(diǎn),且不與兩端點(diǎn)重合

3、,將BCD沿著CD翻折至BCD,使得點(diǎn)B在平面ACD內(nèi)的射影H恰好落在線段CD上,則翻折后AB的最小值是.6.(2020河南信陽(yáng)高一上期末,)已知RtABC中,ABC=90,AB=12,BC=8,D、E分別是AB、AC的中點(diǎn),將ADE沿直線DE翻折至PDE,形成四棱錐P-BCED,在翻折過(guò)程中,給出下列結(jié)論:DPE=BPC;PEBC;PDEC;平面PDE平面PBC.其中不可能成立的結(jié)論是(填序號(hào)).三、解答題7.(2020安徽銅陵高二上期末,)如圖,邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中,點(diǎn)E,F分別為AB,BC的中點(diǎn).將AED,BEF,DCF分別沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三點(diǎn)重合于點(diǎn)P.(1)

4、求證:PD平面PEF;(2)求二面角P-EF-D的余弦值.8.(2020浙江寧波鎮(zhèn)海中學(xué)高二上期中,)如圖1,ABC為正三角形,且BC=CD=2,CDBC,將ABC沿BC翻折(如圖2).(1)在翻折后的圖形中,當(dāng)AD=2時(shí),求證:平面ABD平面BCD;(2)若點(diǎn)A的射影在BCD內(nèi)(包括邊界),且直線AB與平面ACD所成的角為60,求AD的長(zhǎng).9.(2020陜西西安高新一中、交大附中、師大附中高三上聯(lián)考,)如圖1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn),將ABE沿BE折起到圖2中A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE.(1)證

5、明:CD平面A1OC;(2)當(dāng)平面A1BE平面BCDE時(shí),四棱錐A1-BCDE的體積為362,求a的值.10.(2020吉林延邊第二中學(xué)高一上第二次階段檢測(cè),)如圖1,在直角梯形ABCD中,ABDC,BAD=90,AB=4,AD=2,DC=3,點(diǎn)E在CD上,且DE=2,將ADE沿AE折起,使得平面ADE平面ABCE (如圖2),G為AE的中點(diǎn).(1)證明: DG平面ABCE;(2)在線段BD上是否存在點(diǎn)P,使得CP平面ADE?若存在,求出BPBD的值,并加以證明;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.答案全解全析一、選擇題1.B當(dāng)平面BAC與平面DAC垂直時(shí),三棱錐的高最大,由于底面積SACD為定值,所以此時(shí)

6、其體積最大.取AC的中點(diǎn)E,連接BE,DE,如圖,因?yàn)镈EAC,所以由面面垂直的性質(zhì)可得DE平面ABC,所以DBE是直線BD和平面ABC所成的角,因?yàn)锽E=DE,所以DBE=45.故選B.2.B根據(jù)題意,作出菱形ABCD,且AB=23,BCD=60,按照題意翻折成三棱錐C-ABD,取BD的中點(diǎn)F,且AFC=120,如下圖所示:設(shè)O為ABD的中心,作CE平面ABD于E,易知CE與AF的延長(zhǎng)線交于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=2

7、3AF=233=2,由球的性質(zhì)可知,球心O在過(guò)O且與平面ABD垂直的直線上,作CGOO于G,連接OA,OC,則四邊形CEOG為矩形,設(shè)OO=h,OA=OC=r,則CG=EO=52,OG=CE=332,在RtOCG與RtOOA中,由勾股定理可得CG2+OG2=OC2,OA2+OO2=OA2,即522+-3322=r2,22+2=r2,解得=3,r=7,球的表面積S=4r2=28.故選B.3.D如圖1所示,取BC的中點(diǎn)O,連接EF、EO、FO,圖1則AEF、EBO、FOC、EFO均為邊長(zhǎng)為3的等邊三角形,連接AO,交EF于G,則G為EF的中點(diǎn),且AOEF,AOBC,AG=OG=32.當(dāng)四棱錐P-B

8、CFE的外接球的表面積最小時(shí),球的半徑最小.球心到E、F、B、C的距離相等,球心在過(guò)O且與平面BCFE垂直的直線上,故當(dāng)球心為O時(shí),球的半徑取得最小值,為3,如圖2所示,圖2此時(shí),OP=3,OG=PG=32,在POG中,由余弦定理可得cosOGP=322+322-(3)22322=13,GOEF,GPEF,GOGP=G,EF平面OPG,又EF平面BCFE,平面OPG平面BCFE,點(diǎn)P到平面BCFE的距離d=PGsinOGP=321132=2,VP-BCFE=1312(23+3)322=364.4.BD對(duì)于A,取AD的中點(diǎn)E,連接CE、NE,設(shè)CEMD=F,連接NF,如圖1所示,圖1則NEAB1

9、,NE平面B1AM,B1A平面B1AM,NE平面B1AM.易得四邊形AMCE是平行四邊形,CEAM,同理可證CE平面B1AM,又CENE=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,NFMB1,在矩形ABCD中,ABC=90,AB1M=90,AB1MB1,ENNF,若CNAB1,則ENCN.NE、NF、NC共面且共點(diǎn),這是不可能的,故A不正確.對(duì)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+EC2-2NEECcosNEC是定值,NC的長(zhǎng)是定值,故B正確.

10、對(duì)于C,取AM的中點(diǎn)O,連接B1O,OD,如圖2所示,圖2若AB=BM,則AB1=B1M,AMB1O,若AMB1D,由于B1OB1D=B1,且B1O,B1D平面ODB1,AM平面ODB1,OD平面ODB1,ODAM,則AD=MD,易知ADMD,故AMB1D不成立,故C不正確.對(duì)于D,根據(jù)題意知,只有當(dāng)平面B1AM平面AMD時(shí),三棱錐B1-AMD的體積最大,取AD的中點(diǎn)E,連接OE、B1E、ME,如圖2所示.易知B1OAM,平面B1AM平面AMD,平面B1AM平面AMD=AM,B1O平面B1AM,B1O平面AMD,B1OOE,又AB1B1M,AB1=B1M=1,AM=2,B1O=12AM=22,

11、OE=12DM=12AM=22,EB1=222+222=1,EA=ED=EM=EB1=1,AD的中點(diǎn)E就是三棱錐B1-AMD的外接球的球心,球的半徑為1,表面積是4,故D正確.故選BD.二、填空題5.答案43解析如圖,易知BH平面ACD,連接AH,設(shè)BCD=BCD=,0,2,則有BH=sin ,CH=cos ,ACH=2-,在AHC中,由余弦定理得AH2=AC2+CH2-2CHACcosACH=3+cos 2-23cos cos2-=3+cos2-23sin cos ,在RtAHB中,由勾股定理得AB2=AH2+BH2=3+cos 2-23sin cos +sin 2=4-3sin 2,當(dāng)=4

12、時(shí),AB取得最小值,為43.6.答案解析如圖所示:易知tanDPE=DEPD=23,DEPD,DEBD,PDBD=D,DE平面PBD,BC平面PBD,BCPB,即PBC=90,PB23,不成立;DEBC,PE與BC所成角即為PED,易知PED90,不成立;當(dāng)PDBD時(shí),可得PD平面DBCE,PDEC,即可能成立;平面PDE和平面PBC交于點(diǎn)P,設(shè)兩個(gè)平面的交線為l,由線面平行性質(zhì)定理可知lBCDE,lPB,lPD,BPD就是兩個(gè)平面所成二面角的平面角,又PD=BD,BPD為銳角,不成立.綜上所述,不可能成立的是.三、解答題7.解析(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以ADAE,CDCF,

13、折起后即有PDPE,PDPF,又PEPF=P,PE、PF平面PEF,所以PD平面PEF.(2)如圖,取線段EF的中點(diǎn)G,連接PG、DG.因?yàn)镻E=PF,DE=DF,所以PGEF,DGEF,所以PGD即為二面角P-EF-D的平面角.由(1)可得PDPG,又PG=2,DG=32,所以cosPGD=PGDG=13.所以二面角P-EF-D的余弦值為13.8.解析(1)證明:若AD=2,又AB=AC=2,則A在底面BCD內(nèi)的射影即為BCD的外心,由題意知BCD為直角三角形,且BCD=90,A在底面BCD內(nèi)的射影即為BD的中點(diǎn),記射影為M,則AM平面BCD,而AM平面ABD,平面ABD平面BCD.(2)取

14、BC的中點(diǎn)O,BD的中點(diǎn)E,連接AO、OE、AE,可得BC平面AOE,過(guò)A作AHOE于H,過(guò)H作HNBC交CD于N,連接AN,作HQAN于Q,得HQ平面ACD,點(diǎn)B到平面ACD的距離為2HQ,則sin 60=2HQAB=2HQ2=32,HQ=32,設(shè)AH=x,則x2+132=x1,解得x=3,即AH=3,又AO=3,H與O重合,則AD=22+12+(3)2=22.9.解析(1)證明:在題圖1中,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點(diǎn),BAD=2,易得BEAC,即在題圖2中,BEA1O,BEOC,又A1OOC=O,BE平面A1OC.易知四邊形BCDE是平行四邊形,BECD,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,A1OBE,A1O平面BCDE,即A1O是四棱錐A1-BCDE的高.易知A1O=22a,S四邊形BCDE=aa=a2,從而四棱錐A1-BCDE的體積V=13S四邊形BCDEA1O=13a222a=26a3=362,解得a=6.10.解析(1)證明:G為AE的中點(diǎn),AD=DE=2,DGAE.平面ADE平面ABCE,平面ADE平面