专题强化练4 折叠问题 -2021-2022学年高一上学期数学人教A版必修2（Word含答案解析）

专题强化练4　折叠问题
一、选择题
1.(★★☆)如图所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分别是BF,CE上的点,AD∥BC,且AB=DE=2BC=2AF(如图①).将四边形ADEF沿AD折起,连接BE,BF,CE(如图②).在折起的过程中,下列说法中错误的个数是(　　)
①AC∥平面BEF;
②B,C,E,F四点不可能共面;
③若EF⊥CF,则平面ADEF⊥平面ABCD;
④平面BCE与平面BEF可能垂直.　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.0 B.1 C.2 D.3
二、填空题
2.(2018甘肃张掖高一期末,★★☆)如图所示,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将△ABE沿BE边折起,折起后A点在平面BCDE上的射影为D点,则翻折后得到的几何体中有如下描述:①AB与DE所成角的正切值为;②AB∥CE;③VB-ACE=a3;④平面ABC⊥平面ADC.其中正确命题的序号为　　　　.
三、解答题
3.(★★☆)如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=2,E为BC的中点,把△ABE和△CDE分别沿AE,DE折起,使点B与点C重合于点P.
(1)求证:平面PDE⊥平面PAD;
(2)求二面角P-AD-E的大小.
4.(★★☆)如图①所示的等边三角形ABC的边长为2a,CD是AB边上的高,E,F分别是AC,BC边的中点.现将△ABC沿CD折叠,使平面ADC⊥平面BDC,如图②所示.
(1)试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由;
(2)求四面体ADBC的外接球体积与四棱锥D-ABFE的体积之比.
5.(★★☆)已知正方形ABCD的边长为2,AC∩BD=O.将正方形ABCD沿对角线BD折起,使AC=a,得到三棱锥A-BCD,如图.
(1)当a=2时,求证:AO⊥平面BCD;
(2)当二面角A-BD-C的大小为120°时,求二面角A-BC-D的正切值.
6.(★★☆)如图①,☉O的直径AB=4,点C,D为☉O上两点,且∠CAB=45°,F为的中点.沿直径AB折起,使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).
(1)求证:OF∥平面ACD;
(2)在AD上是否存在点E,使得平面OCE⊥平面ACD 若存在,试指出点E的位置;若不存在,请说明理由.
7.(2018安徽六安一中高一开学考试,★★☆)如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且CD=BE=,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=.
(1)证明:A'O⊥平面BCDE;
(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值;
(3)求直线CB与平面A'BE所成角的正弦值.
图①
图②
8.(2018河北“五个一名校联盟”高三考试,★★☆)如图①,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=AB=2,BC=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,使折起后的平面ACD与平面ABC垂直,如图②.
(1)求证:BC⊥平面ACD;
(2)点F在棱CD上,且满足AD∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.
9.(★★☆)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,连接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中的四边形ACGD的面积.
答案全解全析
一、选择题
1.B　①连接AC,取AC的中点O,BE的中点M,连接MO,MF,易证四边形AOMF是平行四边形,所以AC∥FM,所以AC∥平面BEF,所以①正确;
②若B,C,E,F四点共面,因为BC∥AD,所以BC∥平面ADEF,可推出BC∥EF,所以AD∥EF,这与已知相矛盾,故B,C,E,F四点不可能共面,所以②正确;
③连接CF,DF,在梯形ADEF中,易得EF⊥FD,又EF⊥CF,所以EF⊥平面CDF,所以CD⊥EF,所以CD⊥平面ADEF,则平面ADEF⊥平面ABCD,所以③正确;
④延长AF至G,使得FG=AF,连接BG,EG,易得平面BCE⊥平面ABF,过F作FN⊥BG于N,则FN⊥平面BCE,若平面BCE⊥平面BEF,则过F作直线与平面BCE垂直,其垂足在BE上,前后矛盾,故④错误.综上所述,一共有1个说法错误.故选B.
二、填空题
2.答案　③④
解析　∵正方形BCDE的边长为a,
∴AB=a,则AE=a,
又AD⊥平面BCDE,
∴AD=a,∴AC=a.
在①中,∵BC∥DE,∴∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角,
∵AB=a,BC=a,AC=a,
∴BC2+AC2=AB2,∴BC⊥AC,
∴tan∠ABC=,∴AB与DE所成角的正切值为,故①错误;
在②中,由翻折后的图形知AB与CE是异面直线,故②错误;
在③中,VB-ACE=VA-BCE=S△BCE·AD=×a2×a=a3,故③正确;
在④中,∵AD⊥平面BCDE,BC 平面BCDE,
∴AD⊥BC,又BC⊥CD,AD∩CD=D,
∴BC⊥平面ADC,又BC 平面ABC,
∴平面ABC⊥平面ADC,故④正确.
故答案为③④.
三、解答题
3.解析　(1)证明:由AB⊥BE,得AP⊥PE,
同理,DP⊥PE.
又∵AP∩DP=P,∴PE⊥平面PAD.
又PE 平面PDE,∴平面PDE⊥平面PAD.
(2)取AD的中点F,连接PF,EF,则PF⊥AD,EF⊥AD,
∴∠PFE就是二面角P-AD-E的平面角.
又PE⊥平面PAD,∴PE⊥PF.
∵EF=AB=,PF==1,
∴cos∠PFE==.
∴二面角P-AD-E的大小为45°.
4.解析　(1)AB∥平面DEF.
理由:∵E,F分别为AC,BC的中点,∴AB∥EF,∵AB 平面DEF,EF 平面DEF,∴AB∥平面DEF.
(2)以DA,DB,DC为棱补成一个长方体,则四面体ADBC的外接球即为长方体的外接球.
设球的半径为R,则a2+a2+3a2=(2R)2,
∴R=a,
于是球的体积V1=πR3=πa3.
又=S△BDC·AD=a3,
VE-DFC=S△DFC·AD=a3,
∴==.
故四面体ADBC的外接球体积与四棱锥D-ABFE的体积之比为.
5.解析　(1)证明:在△AOC中,AC=a=2,易知AO=CO=.
∴AC2=AO2+CO2,∴AO⊥CO.
∵AO⊥BD,BD∩CO=O,∴AO⊥平面BCD.
(2)折叠后,BD⊥AO,BD⊥CO,∴∠AOC是二面角A-BD-C的平面角,即∠AOC=120°.
在△AOC中,AO=CO=,∴AC=.
如图,过点A作CO的垂线交线段CO的延长线于点H.
∵BD⊥CO,BD⊥AO,CO∩AO=O,
∴BD⊥平面AOC.
∵AH 平面AOC,∴BD⊥AH.
又∵CO⊥AH,CO∩BD=O,
∴AH⊥平面BCD.
∴AH⊥BC.
过点A作AK⊥BC,垂足为K,连接HK.
∵AK∩AH=A,∴BC⊥平面AHK.
∵HK 平面AHK,∴BC⊥HK.
∴∠AKH为二面角A-BC-D的平面角.
在Rt△AHO中,易得AH=,OH=,
CH=.
在Rt△CKH中,易得HK=CH=.
在Rt△AHK中,tan∠AKH===.
∴二面角A-BC-D的正切值为.
6.解析　(1)证明:连接CO,由∠CAB=45°,知∠COB=90°,
因为F为的中点,
所以∠FOB=45°,因此OF∥AC,
又AC 平面ACD,OF 平面ACD,
所以OF∥平面ACD.
(2)存在,E为AD中点.理由:连接OD,OE,CE.
因为OA=OD,所以OE⊥AD.
又OC⊥AB且两半圆所在平面互相垂直.
所以OC⊥平面OAD.
又AD 平面OAD,所以AD⊥OC,
由于OE,OC是平面OCE内的两条相交直线,
所以AD⊥平面OCE.
又AD 平面ACD,
所以平面OCE⊥平面ACD.
7.解析　(1)证明:连接OD,OE.
易得OC=3,AC=3,AD=2,OD=OE=.
因为A'D=A'E=2,所以A'D2=A'O2+OD2,A'E2=A'O2+OE2,
即A'O⊥OD,A'O⊥OE,又OD∩OE=O,
所以A'O⊥平面BCDE.
(2)在题图②中设CD,BE的延长线交于R点,取CR的中点M,连接OM,A'M,
则易证OM⊥CR,A'M⊥CR.
则∠A'MO就是二面角A'-CD-B的平面角,
易得OM=,A'M=,
所以cos∠A'MO==.
(3)取BR的中点N,连接A'N和ON,作OQ⊥A'N交A'N于Q,则OQ⊥平面A'BE,连接BQ,
所以∠OBQ就是直线BC与平面A'BE所成的角.
易得OQ=,OB=3,
所以sin∠OBQ==.
8.解析　(1)证明:因为AC==2,BC=2,AB=4,
所以AB2=AC2+BC2,所以AC⊥BC.
因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,
所以BC⊥平面ACD.
(2)因为AD∥平面BEF,AD 平面ACD,
平面ACD∩平面BEF=EF,
所以AD∥EF,
因为E为AC的中点,
所以EF为△ACD的中位线,
因为VF-BCE=VB-CEF=·S△CEF·BC,
S△CEF=S△ACD=××2×2=,
所以VF-BCE=××2=.
9.解析　(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.