2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--专题强化练11　折叠问题

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2025北师大版高中数学必修第二册
专题强化练11　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.
2.(2024北京丰台期末)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角尺ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得到图2所示的四面体A-BCD.小明对四面体A-BCD中的直线、平面的位置关系作出了如下判断:①DC⊥平面ABC;②AB⊥平面ACD;③平面ABD⊥平面ACD;④平面ABD⊥平面BCD.其中判断正确的个数是(　　)
　
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
3.(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)
4.(2024上海大学附属中学月考)如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,沿BD将△BCD折起,使得点C在平面ABD上的射影落在AB上,则直线BC与平面ABD的夹角为　　　　.
5.(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.
6.(2024广东广州期末)如图①,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.将△BCD沿BD翻折至△BC1D,连接AC1,且AC1=2,如图②.
(1)求证:平面ABC1⊥平面AC1D;
(2)求二面角C1-BD-A的平面角的余弦值.
　
7.(2024福建莆田二中期中)如图①,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,△PAB是边长为2的等边三角形,M为AB的中点,将△PAB沿AB折起,使PC=3,连接PD,如图②.
(1)证明:AB⊥PC;
(2)求异面直线BD与PC的夹角的余弦值;
(3)在线段PD上是否存在点N,使得PB∥平面MCN 若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
　
答案与分层梯度式解析
专题强化练11　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.C　对于①,由二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD,
因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC 平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故①正确;
对于②,由DC⊥平面ABC,AB 平面ABC,可得AB⊥CD,
因为AB⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故②正确;
对于③,由AB⊥平面ACD,AB 平面ABD,得平面ABD⊥平面ACD,故③正确;
对于④,由DC⊥平面ABC,DC 平面BCD,可得平面ABC⊥平面BCD,
若平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面ABC=AB,则AB⊥平面BCD,
又BC 平面BCD,所以AB⊥BC,
这与AB,BC不垂直相矛盾,所以平面ABD和平面BCD不垂直,故④错误.
故正确的个数为3,故选C.
3.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.
4.答案　45°
解析　作CE⊥AB于E,由题意知CE⊥平面ABD,
故∠CBE即为BC与平面ABD的夹角,
∵BD 平面ABD,∴BD⊥CE,
作OC⊥BD于O,连接OE,∵CE∩OC=C,CE,OC 平面COE,∴BD⊥平面COE,
∵OE 平面COE,∴BD⊥OE.
易得BD=,
∵BE=,cos∠OBE=,∴BE=,
∴cos∠CBE=,故∠CBE=45°,即直线BC与平面ABD的夹角为45°.
一题多解　作CE⊥AB于E,由题意知CE⊥平面ABD,
故∠CBE即为BC与平面ABD的夹角,
由三余弦定理得cos∠CBD=cos∠ABDcos∠CBE,
即·cos∠CBE,故cos∠CBE=,
∴∠CBE=45°,∴直线BC与平面ABD的夹角为45°.
熟记结论　三余弦定理:设A为平面α外一点,过A的斜线AO在平面α上的射影
为OB,OC为平面α内的一条直线,如图,则cos∠AOC=cos∠AOB·cos∠BOC.
5.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.
6.解析　(1)证明:由题意知AC1=2,AB=4,BC1=2,则A=AB2,所以AC1⊥BC1,
又DC1⊥BC1,DC1∩AC1=C1,DC1,AC1 平面AC1D,所以BC1⊥平面AC1D,
又BC1 平面ABC1,
所以平面ABC1⊥平面AC1D.
(2)过点C1作C1E⊥BD,垂足为E,过点E作EF⊥BD,交AB于F,连接C1F,如图,
则∠C1EF即为二面角C1-BD-A的平面角,
由题意知BD=,sin∠DBC1=,
故C1E=BC1·sin∠DBC1=,
所以BE=,
在Rt△BAD中,tan∠DBA=,
则EF=BE·tan∠DBA=,
则BF==1,
因为BC1⊥平面AC1D,AC1 平面AC1D,
所以BC1⊥AC1,
则cos∠ABC1=,所以∠ABC1=,
在△C1BF中,由余弦定理得+BF2-2C1B·BFcos =4+1-2=3,所以C1F=,
在△C1EF中,由余弦定理得cos∠C1EF=,
故二面角C1-BD-A的余弦值为.
7.解析　(1)证明:连接PM,因为△PAB为等边三角形,M为AB的中点,所以PM⊥AB.
因为四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以CM⊥AB,
因为PM∩MC=M,PM,MC 平面PMC,所以AB⊥平面PMC,
因为PC 平面PMC,所以AB⊥PC.
(2)在PM上取点Q,使得PQ=2QM,设DB∩MC=F,连接BQ,QF,如图,
因为BM∥CD,所以,
在△PMC中,,所以QF∥PC,
所以∠BFQ(或其补角)为异面直线BD与PC的夹角,
因为,PC=3,所以QF=×3=1,
易得BF=,
BQ=,
在△BFQ中,由余弦定理得cos∠BFQ=,
所以异面直线BD与PC夹角的余弦值为.
(3)假设在线段PD上存在点N,使得PB∥平面MCN,连接NF,
因为PB∥平面MNC,PB 平面PBD,平面PBD∩平面MNC=NF,所以PB∥NF,
又,所以,所以,
所以在线段PD上存在点N,使得PB∥平面MNC,且.
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