2020-2021学年高一数学 第八章 立体几何初步 专题强化练八 折叠问题（含解析）.docx

1、第八章 立体几何初步专题强化练8 折叠问题一、选择题 1.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.30B.45C.60D.902.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.7B.28C.36D.523.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.534B.334C.

2、64D.3644.(多选)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CNAB1B.翻折过程中,CN的长是定值C.若AB=BM,则AMB1DD.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4二、填空题5.在RtABC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恰好落在线段CD上,则翻折后AB的最小值是.6.已知RtABC中,ABC=90,AB=12,BC

3、=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:DPE=BPC;PEBC;PDEC;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.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.如图1,ABC为正三角形,且BC=CD=2,CDBC,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

4、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.如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=2,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.如图1,在直角梯形ABCD中,ABDC,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AB

5、CE;(2)在线段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SACD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DEAC,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

6、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CGOO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RtOCG与RtOOA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=

7、4r2=28.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AOEF,AOBC,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cosOGP=322+322-(3)22322=13,GOEF,GPEF,GOGP=G,EF平面OPG,又EF平面BCFE,平面OP

8、G平面BCFE,点P到平面BCFE的距离d=PGsinOGP=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CEMD=F,连接NF,如图1所示,图1则NEAB1,NE平面B1AM,B1A平面B1AM,NE平面B1AM.易得四边形AMCE是平行四边形,CEAM,同理可证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,则EN

9、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+EC2-2NEECcosNEC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,AMB1O,若AMB1D,由于B1OB1D=B1,且B1O,B1D平面ODB1,AM平面ODB1,OD平面ODB1,ODAM,则AD=MD,易知ADMD,故AMB1D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

10、的中点E,连接OE、B1E、ME,如图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,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4,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=,0,2,则有BH=sin ,CH=cos ,ACH=2-,在AHC中,由余弦定理得AH2=AC

11、2+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,当=4时,AB取得最小值,为4-3.6.答案解析如图所示: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与BC所成角即为PED,易知PED90,不成立;当PDBD时,可得PD平面DBCE,PDEC,即可能成立;平面PDE和平面PBC交于点P,设两个平面的交

12、线为l,由线面平行性质定理可知lBCDE,lPB,lPD,BPD就是两个平面所成二面角的平面角,又PD=BD,BPD为锐角,不成立.综上所述,不可能成立的是.三、解答题7.解析(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以ADAE,CDCF,折起后即有PDPE,PDPF,又PEPF=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PGEF,DGEF,所以PGD即为二面角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的余弦值为13.8.解析(1

13、)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AHOE于H,过H作HNBC交CD于N,连接AN,作HQAN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=

14、22.9.解析(1)证明:在题图1中,AB=BC=12AD=a,E是AD的中点,BAD=2,易得BEAC,即在题图2中,BEA1O,BEOC,又A1OOC=O,BE平面A1OC.易知四边形BCDE是平行四边形,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是四棱锥A1-BCDE的高.易知A1O=22a,S四边形BCDE=aa=a2,从而四棱锥A1-BCDE的体积V=13S四边形BCDEA1O=13a222a=26a3=362,解得a=6.10.解析(1)证明:G为AE的中点,AD=DE=2,DGAE.平面ADE平面ABCE,平面ADE平面ABCE=AE,DG平面ADE,DG平面ABCE.(2)存在,且BPBD=34.证明如下:过点C作CFAE交AB于点F,过点F作FPAD交DB于点P,连接PC.CFAE,AE平面ADE,CF平面ADE,CF平面ADE,同理可得PF平面ADE.又CFPF=F,平面PCF平面ADE.CP平面CFP,CP平面ADE.在BD上存在点P,使得CP平面ADE.AECF,AFCE,四边形AECF是平行四边形,AF=CE=1,FB=3,又PFAD,BPBD=BFAB=34.