【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-7翻折与探索性问题作业

【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．‎