【数学】2020届一轮复习(理)通用版8-7翻折与探索性问题作业

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【数学】2020届一轮复习(理)通用版8-7翻折与探索性问题作业

课时跟踪检测(四十六) 翻折与探索性问题 ‎1.如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD中,下列结论正确的是(  )‎ A.平面ABD⊥平面ABC    B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC 解析:选D ∵在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB.又AD⊥AB,AD∩CD=D,AD⊂平面ADC,CD⊂平面ADC,故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC,∴平面ADC⊥平面ABC.‎ ‎2.(2019·亳州模拟)如图甲所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体AEFH中必有(  )‎ A.AH⊥平面EFH B.AG⊥平面EFH C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF 解析:选A ∵AH⊥HE,AH⊥HF,且EH∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,A正确;∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴B不正确;∵AG⊥EF,EF⊥AH,AG∩AH=A,∴EF⊥平面HAG,∵EF⊂平面AEF,∴平面HAG⊥AEF,∴过H作平面AEF的垂线,一定在平面HAG内,∴C不正确;∵HG不垂直于AG,∴HG⊥平面AEF不正确,∴D不正确.故选A.‎ ‎3.(2019·泉州模拟)如图,一张A4纸的长、宽分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的命题,正确的是________.(写出所有正确命题的序号)‎ ‎①该多面体是三棱锥;‎ ‎②平面BAD⊥平面BCD;‎ ‎③平面BAC⊥平面ACD;‎ ‎④该多面体外接球的表面积为5πa2.‎ 解析:由题意得该多面体是一个三棱锥,故①正确;∵AP⊥BP,AP⊥CP,BP∩CP=P,∴AP⊥平面BCD,又∵AP⊂平面ABD,∴平面BAD⊥平面BCD,故②正确;同理可证平面BAC⊥平面ACD,故③正确;该多面体的外接球半径R=a,所以该多面体外接球的表面积为5πa2,故④正确.综上,正确命题的序号为①②③④.‎ 答案:①②③④‎ ‎4.如图所示,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD,将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是________.‎ ‎①A′C⊥BD;②∠BA′C=90°;③四面体A′BCD的体积为.‎ 解析:∵BD⊥CD,平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,∴CD⊥平面A′BD,∴CD⊥A′D.∵AB=AD=CD=1,BD=,∴A′C=,BC=,∴A′B2+A′C2=BC2,∴A′B⊥A′C,即∠BA′C=90°,四面体A′BCD的体积V=××12×1=.‎ 答案:②③‎ ‎5.如图,矩形ABCD中,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻转过程中,正确的命题是________.‎ ‎①MB是定值;‎ ‎②点M在圆上运动;‎ ‎③一定存在某个位置,使DE⊥A1C;‎ ‎④一定存在某个位置,使MB∥平面A1DE.‎ 解析:取DC的中点N,连接MN,NB,则MN∥A1D,NB∥DE,∴平面MNB∥平面A1DE,∵MB⊂平面MNB,∴MB∥平面A1DE,④正确;∠A1DE=∠MNB,MN=A1D=定值,NB=DE=定值,根据余弦定理得,MB2=MN2+NB2-2MN·NB·cos∠MNB,所以MB是定值,①正确;B是定点,所以M是在以B为圆心,MB为半径的圆上,②正确;当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在,其他情况不存在,③不正确.所以①②④正确.‎ 答案:①②④‎ ‎6.(2019·武汉调研)在矩形 ABCD中,AB<BC,现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:‎ ‎①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;‎ ‎②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;‎ ‎③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.‎ 其中正确结论的序号是________.(写出所有正确结论的序号)‎ 解析:①假设AC与BD垂直,过点A作AE⊥BD于E,连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE,而在平面BCD中,EC与BD不垂直,故假设不成立,①错.‎ ‎②假设AB⊥CD,∵AB⊥AD,CD∩AD=D,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,由AB<BC可知,存在这样的等腰直角三角形,使AB⊥CD,故假设成立,②正确.‎ ‎③假设AD⊥BC,∵DC⊥BC,AD∩DC=D,∴BC⊥平面ADC,∴BC⊥AC,即△ABC为直角三角形,且AB为斜边,而AB<BC,故矛盾,假设不成立,③错.综上,填②.‎ 答案:②‎ ‎7.(2019·豫南九校质量考评)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=2,PB=3,PB⊥AC.‎ ‎(1)求证:平面PAB⊥平面PAC;‎ ‎(2)若∠PBA=45°,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,AD=2,‎ 所以BC=AD=2.又因为AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以AC⊥AB.又因为PB⊥AC,且AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB.因为AC⊂平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥AB,平面PAB⊥平面ABC,‎ AC⊥平面PAB.‎ 如图,分别以AB,AC所在直线为x轴,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系Axyz,‎ 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),所以=(0,2,0),=(-2,2,0).‎ 由∠PBA=45°,PB=3,可得P(-1,0,3),‎ 所以=(-1,0,3),=(-3,0,3).‎ 假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为,设=λ(0<λ ‎<1),则=λ=(-λ,0,3λ),=-=(-λ,-2,3λ).‎ 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则 即令z=1,可得x=y=1,‎ 所以平面PBC的一个法向量为n=(1,1,1).‎ 设直线CE与平面PBC所成的角为θ,则sin θ=|cos〈n,〉|===,整理得3λ2+4λ=0,‎ 因为0<λ<1,所以3λ2+4λ>0,故3λ2+4λ=0无解,‎ 所以棱PA上不存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎8.(2019·洛阳尖子生统考)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,点E是BC边的中点,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AE,AC,DE,得到如图②所示的几何体.‎ ‎(1)求证:AB⊥平面ADC;‎ ‎(2)若AD=1,二面角CABD的平面角的正切值为,求二面角BADE的余弦值.‎ 解:(1)证明:因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BD⊥DC,‎ 所以DC⊥平面ABD.‎ 因为AB⊂平面ABD,‎ 所以DC⊥AB.‎ 又因为折叠前后均有AD⊥AB,DC∩AD=D,‎ 所以AB⊥平面ADC.‎ ‎(2)由(1)知AB⊥平面ADC,‎ 所以二面角CABD的平面角为∠CAD.‎ 又DC⊥平面ABD,AD⊂平面ABD,‎ 所以DC⊥AD.‎ 依题意tan∠CAD==.‎ 因为AD=1,所以CD=.‎ 设AB=x(x>0),则BD=.‎ 依题意△ABD∽△DCB,‎ 所以=,即=.‎ 解得x=,故AB=,BD=,BC==3.‎ 法一:如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,‎ 则D(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),E,A.‎ 所以=,=.‎ 由(1)知平面BAD的一个法向量n=(0,1,0).‎ 设平面ADE的法向量为m=(x,y,z),‎ 由得 令x=,得y=-,z=-,‎ 所以m=(,-,-)为平面ADE的一个法向量.‎ 所以cos〈n,m〉==-.‎ 由图可知二面角BADE的平面角为锐角,‎ 所以二面角BADE的余弦值为.‎ 法二:因为DC⊥平面ABD,‎ 所以过点E作EF∥DC交BD于点F,‎ 则EF⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD,所以EF⊥AD.‎ 过点F作FG⊥AD于点G,连接GE,‎ 所以AD⊥平面EFG,因此AD⊥GE,‎ 所以二面角BADE的平面角为∠EGF.‎ 由平面几何的知识求得EF=CD=,FG=AB=,‎ 所以EG==,‎ 所以cos∠EGF==.‎ 所以二面角BADE的余弦值为.‎ ‎9.(2018·肇庆二模)如图1,在高为2的梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,CD ‎=5,过A,B分别作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,F.已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起,得空间几何体ADEBCF,如图2.‎ ‎(1)若AF⊥BD,证明:DE⊥BE;‎ ‎(2)若DE∥CF,CD=,在线段AB上是否存在点P,使得CP与平面ACD所成角的正弦值为?并说明理由.‎ 解:(1)证明:由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,∴AF⊥BE.∵AF⊥BD,BE∩BD=B,∴AF⊥平面BDE.‎ 又DE⊂平面BDE,∴AF⊥DE.‎ ‎∵AE⊥DE,AE∩AF=A,‎ ‎∴DE⊥平面ABFE.‎ 又BE⊂平面ABFE,∴DE⊥BE.‎ ‎(2)当P为AB的中点时满足条件.理由如下:‎ ‎∵AE⊥DE,AE⊥EF,DE∩EF=E,∴AE⊥平面DEFC.‎ 如图,过E作EG⊥EF交DC于点G,‎ 可知GE,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,以,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,),D,=(-2,1,),=.‎ 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令x=1,得n=(1,-1,).‎ 设=λ,则P,λ∈(0,+∞),‎ 可得=.‎ 设CP与平面ACD所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos,n|==,‎ 解得λ=1或λ=-(舍去),‎ ‎∴P为AB的中点时,满足条件.‎
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