立體幾何中的翻折問題微專題練-高三數(shù)學二輪專題復習

沖刺高考二輪立體幾何中的翻折問題微專題練（原卷+答案）一、單項選擇題1．學校手工課上同學們分組研究正方體的表面展開圖．某小組得到了如圖所示表面展開圖，則在正方體中，AB、CD、EF、GH這四條線段所在的直線中，異面直線有()A．1對B．3對C．5對D．2對2.如圖，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，在△BCD中∠BCD＝90°且BC＝3.將△ABC沿BC邊翻折，設點A在平面BCD上的射影為點M，若AM＝eq\f(3,2)，那么()A．平面ABD⊥平面BCDB．平面ABC⊥平面ABDC．AB⊥CDD．AC⊥BD3．矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E，F(xiàn)分別是邊AB，CD的中點，將正方形ADFE沿EF折到A1D1FE位置，使得二面角A1-EF-B的大小為120°，則異面直線A1F與CE所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(5),10)B．eq\f(\r(10),10)C．eq\f(1,2)D．eq\f(3,4)二、多項選擇題4．如圖是一個正方體的平面展開圖，將其復原為正方體后，互相重合的點是()A．A與BB．D與EC．B與DD．C與F5．平行四邊形ABCD中，AB>AD，將三角形ABD沿著BD翻折至三角形A′BD，則下列直線中有可能與直線A′B垂直的是()A．直線BCB．直線CDC．直線BDD．直線A′C6．如圖，邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，將△ADE，△CDF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于點P，則下列結(jié)論正確的是()A．PD⊥EFB．三棱錐P-DEF的外接球的體積為2eq\r(6)πC．點P到平面DEF的距離為eq\f(2,3)D．二面角P-EF-D的余弦值為eq\f(1,4)三、填空題7．如圖，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中點E，將△ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C為120°，則四棱錐A-BCDE的體積為________．8．[2022·福建漳州一中模擬]如圖，將由六個邊長為3的正三角形構(gòu)成的平行四邊形形狀的紙片沿虛線折起，制作了一個粽子形狀的六面體模型，則該六面體的體積為________；若該六面體內(nèi)有一球，則該球體積的最大值為________．四、解答題9．如圖1，在平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝eq\r(3)，∠BAD＝30°，以對角線BD為折痕把△ABD折起，使點A到達圖2所示點P的位置，且PC＝eq\r(7).(1)求證：PD⊥BC；(2)若點E在線段PC上，且二面角E-BD-C的大小為45°，求三棱錐E-BCD的體積．10．如圖1，矩形ABCD，點E，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點，AB＝4，AD＝2，將矩形ABCD沿EF翻折．(1)若所成二面角的大小為eq\f(π,2)(如圖2)，求證：直線CE⊥平面DBF；(2)若所成二面角的大小為eq\f(π,3)(如圖3)，點M在線段AD上，當直線BE與平面EMC所成角為eq\f(π,4)時，求二面角D-EM-C的余弦值．參考答案1．解析：作出正方體的圖形如圖所示：則AB與CD、AB與GH、EF與GH是異面直線，共3對．故選B.答案：B2．解析：△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，BC＝3，點A在平面BCD上的射影為點M，若AM＝eq\f(3,2)，由AM＝eq\f(1,2)BC，可得M為BC的中點，AM⊥平面BCD，則AM⊥CD，又CD⊥BC，AM，BC為相交直線，可得CD⊥平面ABC，可得CD⊥AB，故選C.答案：C3．解析：矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E，F(xiàn)分別是邊AB，CD的中點，將正方形ADFE沿EF折到A1D1FE位置，使得二面角A1-EF-B的大小為120°，以E為原點，在平面A1EB中，過E作EB的垂線為x軸，EB為y軸，EF為z軸，建立空間直角坐標系，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，F(xiàn)(0，0，1)，C(0，1，1)，E(0，0，0)，A1F＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，設異面直線A1F與CE所成角為θ，則cosθ＝＝eq\f(\f(3,2),\r(2)·\r(2))＝eq\f(3,4).∴異面直線A1F與CE所成角的余弦值為eq\f(3,4).故選D.答案：D4．解析：將平面展開圖，還原正方體如下圖所示：所以互相重合的點是A與B，D與E，C與F，故選ABD.答案：ABD5．解析：A選項，若BD⊥AD，如圖所示，當平面A′BD與平面CBD垂直時，兩個平面的交線為BD，且BC⊥BD，則BC⊥平面A′BD，所以BC⊥A′B，A選項正確．B選項，當∠ABD>45°時，在翻折過程中，∠A′BA可以取從∠ABD到2∠ABD>90°的范圍，而AB∥CD，即直線A′B與直線CD所成角為∠A′BA，所以存在A′B⊥CD，B選項正確．C選項，由于AB>AD，所以∠ABD為銳角，∠A′BD為銳角，所以C選項錯誤．D選項，由于AB>AD，則A′B>BC，所以∠BA′C為銳角，所以D選項錯誤．故選AB.答案：AB6．解析：對于A選項，作出圖形，取EF中點H，連接PH，DH，由原圖知△BEF和△DEF均為等腰三角形，故PH⊥EF，DH⊥EF，又因為PH∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，又PD?平面PDH，所以PD⊥EF，A正確；由PE，PF，PD三線兩兩垂直，如下圖構(gòu)造長方體，長方體的外接球就是三棱錐P-DEF的外接球，長方體的體對角線就是外接球的直徑，設為2R，則(2R)2＝12＋12＋22＝6，則R＝eq\f(\r(6),2)，所以所求外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\r(6)π，B錯誤；根據(jù)題意，可知PE，PF，PD三線兩兩垂直，且PE＝PF＝1，PD＝2，在△PHD中，PH＝eq\f(\r(2),2)，DH＝eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，由等積法可得eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)×h，得h＝eq\f(2,3)，C正確；由題意如上圖，PE＝PF，DE＝DF，則PH⊥EF，DH⊥EF，所以∠PHD為二面角P-EF-D的一個平面角，因為PD⊥PF，PD⊥PE，且PF∩PE＝P，所以PD⊥平面PEF，則PD⊥PH，即∠DPH＝90°，在Rt△PHD中，cos∠PHD＝eq\f(PH,DH)＝eq\f(1,3)，D不正確．故選AC.答案：AC7．解析：梯形ABCD的面積S＝eq\f(（1＋2）×1,2)＝eq\f(3,2)，S△ABE＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，所以S?BCDE＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)＝1，如圖，取BE的中點H，連接AH，CH，∴AH⊥BE，CH⊥BE，∴∠AHC為二面角A-BE-C的平面角，∴∠AHC＝120°，過點A作CH的垂線，交CH的延長線于點K，則AK⊥平面BCDE，因為BE＝eq\r(AB2＋AE2)＝eq\r(2)，所以AH＝eq\f(\r(2),2)，所以AK＝AH·sin60°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),4)，所以VA-BCDE＝eq\f(1,3)·AK·S?BCDE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),4)×1＝eq\f(\r(6),12).答案：eq\f(\r(6),12)8．解析：易得該六面體為兩個正四面體的組合體，所以體積為V＝2×eq\f(1,3)×eq\r(6)×eq\f(1,2)×3×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(9\r(2),2)；設該六面體的內(nèi)切球的半徑為r，則V＝eq\f(1,3)S·r(S為該六面體的表面積)，S＝6×eq\f(\r(3),4)×32＝eq\f(27\r(3),2)，所以r＝eq\f(\r(6),3)，則該六面體的內(nèi)切球的體積為eq\f(4π,3)r3＝eq\f(8\r(6),27)π.答案：eq\f(9\r(2),2)eq\f(8\r(6),27)π9．解析：(1)證明：在△ABD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝4＋3－2×2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，所以，AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，又因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以BC⊥BD，在△PCD中，PC＝eq\r(7)，PD＝eq\r(3)，CD＝2，∴PD2＋CD2＝PC2，則PD⊥CD，因為PD⊥BD，BD∩CD＝D，∴PD⊥平面BCD，∵BC?平面BCD，∴PD⊥BC.(2)因為BC⊥BD，PD⊥平面BCD，以點B為坐標原點，eq\o(BC,\s\up6(→))、eq\o(BD,\s\up6(→))、eq\o(DP,\s\up6(→))的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0)、C(eq\r(3)，0，0)、D(0，1，0)、P(0，1，eq\r(3))，設eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))＝λ(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))＝(eq\r(3)λ，－λ，－eq\r(3)λ)，其中0≤λ≤1，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))＝(0，1，eq\r(3))＋(eq\r(3)λ，－λ，－eq\r(3)λ)＝(eq\r(3)λ，1－λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，設平面BDE的法向量為m＝(x，y，z)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝y(tǒng)＝0,m·\o(BE,\s\up6(→))＝\r(3)λx＋（1－λ）y＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0))，取x＝λ－1，可得m＝(λ－1，0，λ)，易知平面BCD的一個法向量為n＝(0，0，1)，由已知可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|λ|,\r(2λ2－2λ＋1))＝eq\f(\r(2),2)，因為0≤λ≤1，解得λ＝eq\f(1,2)，所以，E為PC的中點，因此，VE-BCD＝eq\f(1,2)VP-BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)S△BCD·PD＝eq\f(1,6)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(1,4).10．解析：(1)證明：由題設易知：BEFC是邊長為2的正方形，BF，EC是BEFC的對角線，所以BF⊥EC，又平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC∩平面AEFD＝EF，DF⊥EF，DF?平面AEFD，所以DF⊥平面BEFC，又EC?平面BEFC，則DF⊥EC，又DF∩BF＝F，則EC⊥平面BDF.(2)過E作Ez⊥平面AEFD，而AE，EF?平面AEFD，則Ez⊥AE，Ez⊥EF，而AE⊥EF，可構(gòu)建如下圖所示的空間直角坐標系，由題設知：∠BEA＝∠CFD＝eq\f(π,3)，所以E(0，0，0)，B(1，0，eq\r(3))，C(1，2，eq\r(3))，M(2，m，0)且0≤m≤2，則eq\o(EB,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，2，