2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--专题强化练9　折叠问题(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
专题强化练9　折叠问题
1.(2023江西南昌重点校联考)下图是由边长为2的正△ABC与正方形BCDE拼接成的平面图形,现将△ABC沿BC折起,当二面角A-BC-D为时,直线AB与CD夹角的余弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.(多选题)(2023江西新余一中期末)如图,在矩形ABCD中,AD=2,AB=3,,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE,若M为线段A1C上的点,满足,则在△ADE翻折的过程中(点A1不在平面DEBC内),下面四个选项中正确的是(　　)
A.BM∥平面A1DE
B.点M在某个圆上运动
C.存在某个位置,使DE⊥A1C
D.线段BA1的长的取值范围是(,3)
3.(2022山东威海期末)已知正方形ABCD的边长为2,E,F分别是边AB,CD的中点,沿EF将四边形AEFD折起,使二面角A-EF-B的大小为60°,则A,C两点间的距离为　　　　.
4.(2022山西大同一中学情检测)如图,等腰梯形ABCD中,AD=DC=BC=2,AB=4,E为AB的中点,将△ADE沿DE折起,得到四棱锥P-DEBC,F为PC的中点,M为EB的中点.
(1)证明:FM∥平面PDE;
(2)证明:DE⊥PC.
5.(2021江西南昌八一中学、洪都中学等七校期中)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.
6.如图①,☉O的直径AB=4,C,D为☉O上两点,且∠CAB=45°,F为的中点.将☉O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.(2021黑龙江鹤岗一中月考)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.
8.(2021广东汕头澄海中学期中)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,得到图②中的四棱锥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夹角的正弦值.
答案与分层梯度式解析
专题强化练9　折叠问题
1.C　如图,分别取BC,ED的中点F,G,连接AF,AG,FG,AE.
易得AF⊥BC,FG⊥BC,所以∠AFG为二面角A-BC-D的平面角,所以∠AFG=,
又AF∩FG=F,AF,FG 平面AFG,所以BC⊥平面AFG,
又ED∥BC,所以ED⊥平面AFG,
又AG 平面AFG,所以ED⊥AG.
由已知得,AF=,FG=2,
所以AG=.
因为BE∥CD,所以∠ABE(或其补角)为直线AB与CD的夹角.
在△ABE中,cos∠ABE=.
2.ABD　如图所示,在DC上取一点N,令,连接NB,NM,
在矩形ABCD中,AB=CD且AB∥CD,
又因为,
所以EB=ND且EB∥ND,所以四边形EBND为平行四边形,所以NB∥DE,
又因为NB 平面A1DE,DE 平面A1DE,
所以NB∥平面A1DE,
因为,所以NM∥A1D,
又因为NM 平面A1DE,A1D 平面A1DE,
所以NM∥平面A1DE,
因为NM∩NB=N,且NM,NB 平面BMN,
所以平面BMN∥平面A1DE,
因为MB 平面BMN,所以BM∥平面A1DE,故A正确;
由NB∥ED,NM∥A1D,A1D=AE=2,可得∠A1DE=∠MNB=,
由可知,NM=,而BN=DE=2,
由余弦定理可知,BM的长度为定值,而B为定点,故M在以B为圆心,BM为半径的圆上运动,故B正确;
取DE的中点H,连接HA1,HC,在△A1DE中,A1D=A1E=2,所以DE⊥A1H,
假设DE⊥A1C成立,因为A1H∩A1C=A1,A1H,A1C 平面A1HC,所以DE⊥平面A1HC,
又因为CH 平面A1HC,所以DE⊥CH,
而在△CDH中,DH=,所以∠DHC≠,故DE⊥CH不成立,所以假设不成立,故C错误;
在DC上取一点A2,令,连接BA2,
在△ADE翻折过程中,线段BA1长的最大值在A1与A重合时取得,则(BA1)max=BA=3,
线段BA1长的最小值在A1与A2重合时取得,则(BA1)min=BA2=,
又因为点A1不在平面DEBC内,所以线段BA1的长的取值范围是(,3),故D正确.
故选ABD.
3.答案　
解析　如图,取BE的中点G,连接AG,CG,由题意得EF⊥AE,EF⊥BE,则∠AEB是二面角A-EF-B的平面角,则∠AEB=60°,又AE=BE=1,所以△ABE是正三角形,所以AG⊥BE,AG=.
根据EF⊥AE,EF⊥BE,AE∩BE=E可得EF⊥平面ABE,而AG 平面ABE,所以EF⊥AG,又因为AG⊥BE,BE∩EF=E,所以AG⊥平面BCFE,又GC 平面BCFE,所以AG⊥GC,又GC2=BC2+BG2=,所以AC=.
4.证明　(1)如图,连接CM并延长,与DE的延长线交于G,连接PG,则PG在平面PDE内,
易证四边形DEBC为平行四边形,所以BC∥DG,
又M为EB的中点,所以M为CG的中点,
又F为PC的中点,所以FM∥PG,
又PG 平面PDE,FM 平面PDE,
所以FM∥平面PDE.
(2)取DE的中点H,连接PH,CH,如图,
在平行四边形DEBC中,DE=BC=2,
又PD=PE=2,所以△PDE为等边三角形,故PH⊥DE.
易得∠EDC=60°,又DH=1,CD=2,所以CH⊥DE,
又PH∩CH=H,所以DE⊥平面PHC,
又PC 平面PHC,所以DE⊥PC.
5.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,
易知PD=PA,AE=DE,则PF⊥AD,EF⊥AD,
∴∠PFE是二面角P-AD-E的平面角.
∵PE⊥平面PAD,PF 平面PAD,∴PE⊥PF.
∵EF=AB==1,
∴cos∠PFE=.
∴∠PFE=45°,
∴二面角P-AD-E的大小为45°.
6.解析　(1)证明:在题图②中,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的中点.理由如下:
在题图②中,连接OD,OE,CE.
因为OA=OD,所以OE⊥AD.
因为OC⊥AB,且两半圆所在平面互相垂直,AB为两平面的交线,OC 平面ACB,所以OC⊥平面OAD.
又AD 平面OAD,所以AD⊥OC.
因为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: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,
又BE∩BC=B,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如图,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,DE⊥EM.
由四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,又DE∩EM=E,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CG·DM=4.
8.解析　(1)证明:在题图①中连接OD,OE.
易得OC=3,AC=3.
在题图②中,连接OD,OE,
因为A'D=A'E=2,
所以A'D2=A'O2+OD2,A'E2=A'O2+OE2,
则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,
因为A'O⊥平面BCDE,所以A'O⊥OM,
易得OM=,
所以cos∠A'MO=,即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.
(3)取BR的中点N,连接A'N和ON,过点O作OQ⊥A'N于Q,连接BQ,易得OQ⊥平面A'BE,
所以∠OBQ就是直线BC与平面A'BE的夹角.
易得OQ=,OB=3,
所以sin∠OBQ=,即直线CB与平面A'BE夹角的正弦值为.
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