专题强化练11　折叠问题--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.　　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,=2,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE,若M为线段A1C上的点,满足=2,则在△ADE翻折的过程中(点A1不在平面DEBC内),下面说法正确的是(　　)
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.(2025上海七宝中学开学考试)如图1,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD折起,如图2,则以下命题中,真命题有　　　　.(写出所有真命题的序号)
　
①存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OC;
②存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BD;
③存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACD;
④存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD.
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.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的位置,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.(2025江西鹰潭模拟)如图1,等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成的,现将△BCE沿BC翻折至△BCP的位置,使得PD=AB,如图2所示.
(1)求证:PD⊥BC;
(2)在直线PD上是否存在点M,使得直线BM与平面APD夹角的余弦值为 若存在,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===1,AE==.
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=2,连接NB,NM,
在矩形ABCD中,AB=CD且AB∥CD,
又因为=2,=2,
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=2,=2,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=2,=2可知,NM=A1D=,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=,DC=3,CH=,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=2,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.
3.答案　①②③
解析　当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,
将△BAD沿直线BD折起,当平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC 平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,可得OC⊥平面ABD,又AB 平面ABD,所以AB⊥OC,故①正确;
当AB=x=1时,OC⊥BD,OA⊥BD,由OA∩OC=O,OA,OC 平面OAC,可得BD⊥平面OAC,又AC 平面OAC,所以AC⊥BD,故②正确;
在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=,所以将△BAD沿直线BD折起时,总有AB⊥AD,取x=,即将△BAD沿直线BD折起到满足AC=的位置,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,又AC∩AD=A,AC,AD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故③正确;
若AC⊥平面ABD,由AO 平面ABD,可得AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故④不正确.
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==2,OC==,OB==,
∵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+B=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==2,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:取BC的中点O,连接DO,OP,由题知△BCD与△BCP都是等边三角形,则DO⊥BC,PO⊥BC,
因为DO∩PO=O,DO,PO 平面POD,所以BC⊥平面POD,又直线PD 平面POD,所以PD⊥BC.
(2)假设存在点M,符合题意.设AB=2a,则PD=3a,
则在△POD中,OD=OP=a,PD=3a,由余弦定理得PD2=OD2+OP2-2OD·OPcos∠POD,所以∠POD=120°,
由(1)得BC⊥平面POD,又AD∥BC,所以直线AD⊥平面POD,因为AD 平面ADP,所以平面ADP⊥平面POD.
作OQ⊥PD,垂足为Q,易得OQ⊥平面ADP,
在△POD中,OD=OP=a,PD=3a,∠POD=120°,所以OQ=a,Q是PD的中点,
取AP的中点N,连接BN,QN,MN,易得QN∥AD,QN=AD,又OB∥AD,OB=AD,所以四边形BNQO为平行四边形,
所以BN∥OQ,BN=OQ=a,
又因为OQ⊥平面ADP,所以BN⊥平面ADP,
故直线BM与平面APD的夹角即为∠BMN,
即cos∠BMN=,
所以sin∠BMN==,
由BN=BMsin∠BMN=a,得BM=a,
在△BDM中,设DM=t,由余弦定理得BM2=BD2+DM2-2BD·DMcos∠BDM,即=(2a)2+t2-2×2a×t×(提示:放在△BDP中求),
即4t2-12at+5a2=0,解得t=或t=,
所以存在点M,使得直线BM与平面APD夹角的余弦值为,此时的值为5或.
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