专题60+折叠问题与探究性问题（检测）-2019年高考数学（理）名师揭秘之一轮总复习

专题60+折叠问题与探究性问题（检测）-2019年高考数学（理）名师揭秘之一轮总复习

‎【学习目标】‎ ‎1.翻折问题求解的关键是充分利用不变的量和不变关系.‎ ‎2.探究性问题的分析求解要求具备较好的逆向思维能力，问题探究方法通常是分析法与综合法的整合应用.‎ ‎【知识要点】 1.折叠问题 ‎(1)将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠问题.‎ ‎(2)处理折叠问题，要先画好平面图形，并且注意平面图形与立体图形的对照使用，这样有利于分析元素间的位置关系和数量关系.‎ ‎(3)要注意分析折叠前后位置关系及数量关系的变化.一般位于折线一边的点、线间的位置关系和数量关系不变，位于折成两边的点、线间的位置关系，数量关系要发生变化.不变的关系，要注意在平面图形中处理；变化的关系，一般在立体图形中处理.‎ ‎2.探究性问题 ‎(1)若某几何量或几何元素的位置关系存在时，某点或线或面应具备何种条件的问题，就是一立体几何中的探究性问题.‎ ‎(2)探究性问题的题设情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：①观察——猜想——证明；②赋值推断；③类比联想；④特殊——一般——特殊.‎ ‎【高考模拟】 ‎ 一、单选题 ‎1．如图1，边长为2的正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE, △CDF, △BEF折起，使A，C，B三点重合于G，所得三棱锥G－DEF的俯视图如图2，则该三棱锥正视图的面积为 A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用体积相等求得正视图的高，然后求解其面积即可.‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三视图的应用，等体积法的应用，三棱锥的空间结构等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2．如图1，直线将矩形纸分为两个直角梯形和，将梯形沿边翻折，如图2，在翻折的过程中（平面和平面不重合），下面说法正确的是（ ）‎ A． 存在某一位置，使得平面 B． 存在某一位置，使得平面 C． 在翻折的过程中，平面恒成立 D． 在翻折的过程中，平面恒成立 ‎【答案】C ‎【解析】分析：利用特殊点法逐一排除 点睛：折叠过程中，讨论直线与直线，直线与平面的动态位置关系转化为静态，找其中的某一条直线或者某一个位置的平面是否满足题设，切记不要去纠结翻折的过程。‎ ‎3．已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（与）组成的三角形，如左下图所示.其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题不正确的是（ ）‎ A． 在线段上存在一定点，使得的长度是定值 B． 点在某个球面上运动 C． 存在某个位置，使得直线与所成角为 D． 对于任意位置，二面角始终大于二面角 ‎【答案】C ‎【解析】分析：由题意，可的二面角和二面角由共同的平面角,‎ 且另一个面都过点，过点作平面的垂线，即可得到二面角和二面角的平面角，进而的大小关系即可.‎ 详解：不妨设，取中点，易知落在线段 上，且,‎ 所以点到点的距离始终为，即点在以点为球心，半径为的球面上运动，‎ 因此A、B选项不正确；‎ 对于C选项，作可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，易知与 落在同一个轴截面上时， 取得最大值，则的最大值为，此时落在平面上，所以，即与所成的角始终小于，所以C选项不正确；‎ 对于D选项，易知二面角为直二面角时，二面角始终大于二面角，当二面角为锐二面角时，如图所示作平面与点，然后作分别交于，‎ 则二面角的平面角为，二面角的平面角为，‎ 且，‎ 又因为，所以，‎ 所以二面角始终大于二面角，故选D.‎ 点睛：本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及空间角的求解，其中解答中正确确定二面角的的平面角和异面直线所成的角是解答的关键，试题综合性强，难度大，属于难题，着重考查了空间想象能力，以及分析问题和解答问题的能力.‎ ‎4．在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若∥平面，则线段长度的取值范围是( )‎ A． 　 B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：首先确定点P的轨迹，然后利用几何体的结构特征整理计算即可求得最终结果.‎ 详解：分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，‎ ‎∵M、N、E、F为所在棱的中点，‎ ‎∴MN∥BC1，EF∥BC1，‎ ‎∴MN∥EF.‎ ‎∵MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，‎ ‎∴MN∥平面AEF.‎ ‎∵AA1∥NE，AA1=NE，‎ ‎∴四边形AENA1为平行四边形，‎ ‎∴A1N∥AE.‎ ‎∵在Rt△A1B1M中，A1B1=1，，‎ ‎∴，‎ 同理可得在Rt△A1B1N中，‎ ‎∴△A1MN是等腰三角形. ‎ 当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长.‎ ‎∵在Rt△B1MN中，，‎ ‎∴.‎ ‎∵点O是MN中点，‎ ‎∴.‎ ‎∵在Rt△A1MO中，，‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴线段A1P长度的取值范围是.‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：本题主要考查面面垂直的判断定理与性质定理的应用，空间轨迹问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎5．已知在正方体中，点是中点，点是中点，若正方体的内切球与直线交于点，且，若点是棱上一个动点，则的最小值为（ ）‎ A． 6 B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：首先确定内切球半径，然后结合几何关系将空间几何体在平面上展开，据此求解AQ+D1Q的最小值即可.‎ 点睛：(1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．‎ ‎(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．‎ ‎6．已知是平面的斜线段， 为斜足，若与平面成角，过定点的动直线与斜线 成角，且交于点，则动点的轨迹是( )‎ A． 圆 B． 椭圆 C． 双曲线 D． 抛物线 ‎【答案】D ‎【解析】分析：过点作平面，且满足，得直线的轨迹是以为轴的圆锥，得到直线与圆锥的母线平行，由平面截圆锥的表面即可得到动点的轨迹.‎ 详解：过点作平面，且满足，‎ 又过定点的动直线与所成的角为，则直线的轨迹是以为轴的圆锥，‎ 且直线与直线所成的角为，‎ 又因为直线与平面所成的角为，可得平面，‎ 即直线与圆锥的母线平行，‎ 由平面截圆锥的表面所得的轨迹为一个抛物线，即点的轨迹为抛物线，故选D.‎ 点睛：本题考查空间几何体题的结构特征的应用，其中涉及到圆锥的定义，两直线所成的角和直线与平面所成的角的概念的应用，解答中把为转化为平面与圆锥的表面的交线得到动点的轨迹是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力.‎ ‎7．如图，四边形中， ， ， .将四边形沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是 A． B． ‎ C． 与平面所成的角为 D． 四面体的体积为 ‎【答案】B ‎【解析】考点：异面直线及其所成的角；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ 专题：计算题．‎ 分析：根据题意，依次分析命题：对于A可利用反证法说明真假，若A成立可得BD⊥A’D，产生矛盾；对于C由CA’与平面A’BD所成的角为∠CA’D=45°知C的真假；对于B△BA’D为等腰Rt△，CD⊥平面A’BD，得BA’⊥平面A’CD，根据线面垂直可知∠BA′C=90°，对于D利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．‎ 点评：本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了空间想象能力，论证推理能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．‎ ‎8．在种，分别为三边中点，将分别沿向上折起，使重合，记为，则三棱锥的外接球面积最小为( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据题意，将三棱锥补成长方体，则对角线分别为，设长方体的长宽高分别为 ‎，再利用基本不等式，即可求解外接球的表面积的最小值.‎ 详解：根据题意，三棱锥的棱分别相等，将三棱锥补成长方体，‎ 则对角线分别为，‎ 设长方体的长宽高分别为，‎ 则，所以，‎ 所以三棱锥的外接球的直径的平方为，‎ 而，所以，‎ 所以三棱锥的外接球面积最小为，故选D.‎ 点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径. ‎ ‎9．以等腰直角三角形的斜边上的中线为折痕，将与折成互相垂直的两个平面，得到以下四个结论：①平面；②为等边三角形；③平面平面；④点在平面内的射影为的外接圆圆心.其中正确的有（ ）‎ A． ①②③ B． ②③④ C． ①②④ D． ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】由于三角形为等腰直角三角形,故,所以平面,故①正确,排除选项.由于,且平面平面,故平面,所以,由此可知,三角形为等比三角形,故②正确,排除选项.由于,且为等边三角形,故点在平面内的射影为的外接圆圆心, ④正确,故选.‎ ‎10．如图是几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面4个结论:‎ ‎①直线BE与直线CF共面；②直线BE与直线AF异面；‎ ‎③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．‎ 其中正确的有(　　)‎ A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个 ‎【答案】B ‎【解析】画出几何体的图形，如图：‎ 点睛：由几何体的展开图复原出几何体，利用异面直线的定义判断①，②的正误；利用直线与平面平行的判定定理判断③的正误；利用直线与平面垂直的判定定理判断④的正误．‎ ‎11．已知正方体ABCD-的棱长为2，E为棱的中点，点M在正方形内运动，且直线AM //平面,则动点M 的轨迹长度为 A． B． C． 2 D． π ‎【答案】B ‎【解析】以为原点，以、、 为、、油，建立空间直角坐标系，则 ‎，则有法向量为，设，则，由有:，故点的轨迹为以、的中点为端点的线段，长为，故选B.‎ ‎12．如图，在等腰梯形中， ， 分别是底边的中点，把四边形沿直线折起使得平面平面.若动点平面，设与平面所成的角分别为（均不为0）.若，则动点的轨迹围成的图形的面积为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D 点睛：这个题考查的是立体几何中点的轨迹问题，在求动点轨迹问题中常用的方法有：建立坐标系，将立体问题平面化，用方程的形式体现轨迹；或者根据几何意义得到轨迹，但是注意得到轨迹后，一些特殊点是否需要去掉。‎ 二、解答题 ‎13．如图,四边形为矩形,且, ,为的中点.‎ ‎（1）求证:；‎ ‎（2）求三棱锥的体积；‎ ‎（3）探究在上是否存在点,使得,并说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2);(3)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.‎ ‎(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得. ‎ ‎(3)在上存在中点,使得.取的中点,连结. 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.‎ ‎【详解】‎ ‎(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,‎ ‎∴,而是三棱锥的高,‎ ‎∴. ‎ ‎(3)在上存在中点,使得.理由如下:‎ 取的中点,连结. ‎ ‎∵是的中点, ∴,且, ‎ 又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC=AD,‎ 所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,‎ 又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD. ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎14．如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四边形ACFE为矩形,平面ACFE⊥平面ABCD,CF=1.‎ ‎(1)求证:BC⊥平面ACFE;‎ ‎(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°),试求cosθ的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) [,]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意结合勾股定理和余弦定理可证得BC⊥AC，结合面面垂直的性质定理可得BC⊥平面ACFE.‎ ‎(2)以CA,CB,CF所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由题意可得平面MAB的一个法向量n1=(1,,-λ)，平面FCB的一个法向量n2=(1,0,0)，则 cosθ=，结合三角函数的性质可得cosθ∈[,].‎ ‎【详解】‎ ‎(1)在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,‎ ‎∴AB=2,∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3,‎ ‎∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC.‎ 又平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,BC⊂平面ABCD,‎ ‎∴BC⊥平面ACFE.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面垂直的性质定理及其应用，空间直角坐标系的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎15．如图，五边形中，四边形为长方形，三角形为边长为2的正三角形，将三角形沿折起，使得点在平面上的射影恰好在上.‎ ‎（Ⅰ）当时，证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若，求平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值.‎ ‎ ‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）作，垂足为，依题意得平面，则，平面，，结合勾股定理可得，则平面，平面平面.‎ ‎（Ⅱ）由几何关系，以为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，平面的法向量.计算可得平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值为.‎ ‎（Ⅱ）连结，，，‎ ‎，又四边形为长方形，.‎ 取中点为，得∥，连结，‎ 其中，，‎ 由以上证明可知互相垂直，不妨以为轴建立空间直角坐标系.，‎ ‎，‎ 设是平面的法向量，‎ 则有即，‎ 令得 设是平面的法向量，‎ 则有即 令得.‎ 则 所以平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值为.‎ ‎16．如图， 且AD=2BC， , 且EG=AD， 且CD=2FG， ，DA=DC=DG=2.‎ ‎（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证： ；‎ ‎（II）求二面角的正弦值；‎ ‎（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) .‎ ‎【解析】分析：依题意，可以建立以D为原点，分别以， ， 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系.‎ ‎（Ⅰ）由题意可得：平面CDE的一个法向量n0=（1，0，–1）．又=（1， ，1），故，MN∥平面CDE．‎ ‎（Ⅱ）依题意可得平面BCE的一个法向量n=（0，1，1）．平面BCF的一个法向量为m ‎=（0，2，1）．据此计算可得二面角E–BC–F的正弦值为．‎ ‎（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），结合空间向量的结论计算可得线段的长为.‎ 详解：依题意，可以建立以D为原点，‎ 分别以， ， 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），‎ 可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），‎ E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0， ，1），N（1，0，2）．‎ ‎（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．‎ 设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，‎ 则 即 ‎ 不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．‎ 又=（1， ，1），可得，‎ 又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．‎ ‎（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），‎ 可得．‎ 易知， =（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，‎ 故，‎ 由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．‎ 所以线段的长为.‎ 点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎17．(本题满分12分)如图，在四棱锥P—ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.‎ ‎(1)求点D到平面PBC的距离；‎ ‎(2)设Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求二面角B-CQ-D的余弦值．‎ ‎【答案】（1）.‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】分析：（1）利用等体积法即可；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，利用换元法可得，再结合函数在上的单调性，计算即得结论.‎ ‎(2)以{，， }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．‎ 设＝λ，(0≤λ≤1)‎ 因为＝(－1,0,2)，所以＝(－λ,0,2λ)，‎ 由＝(0,－1,0)，得＝＋＝(－λ,－1,2λ)，‎ 又＝(0,－2,2)，‎ 从而cos〈，〉＝＝.‎ 设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，‎ 则cos2〈，〉＝＝≤.‎ 当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.‎ 因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.‎ ‎＝(0,－1,0)，＝(1,1，－2)‎ 设平面PCB的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 即得： y＝0，令z＝1，则x＝2.‎ 所以m＝(2,0,1)是平面PCB的一个法向量．‎ 又＝＋＝(－λ,－1,2λ)＝(－,－1,)，＝(－1,1 ,0)‎ 设平面DCQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0，‎ 即取x＝4，则 y＝4，z＝7，‎ 所以n＝(4,4,7)是平面DCQ的一个法向量．‎ 从而cos〈m，n〉＝＝，‎ 又由于二面角B-CQ-D为钝角，所以二面角B-CQ-D的余弦值为－.‎ 点睛：本题考查求二面角的三角函数值，考查利用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累.‎ ‎18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，试判断棱上是否存在与点不重合的点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析.（2）答案见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）由题意结合几何关系可证得平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面.‎ ‎（2）结合（1）的结论可知平面，据此建立空间直角坐标系，假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，设，由题意可得平面的一个法向量为 ，且，结合空间向量的结论得到关于的方程，解方程可知存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（2）由（1）知平面，分别以所在直线为轴、轴，‎ 平面内过点且与直线垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，‎ 则 ，‎ 由，，可得，‎ 所以，‎ 假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，‎ 设，‎ 则，，‎ 设平面的法向量为 ， ‎ 则,即，令，可得，‎ 所以平面的一个法向量为 ，设直线与平面所成的角为，则:‎ ‎ ，‎ 解得或者（舍）.所以存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.‎ 点睛：本题主要考查面面垂直的判断定理，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎19．（2017-2018学年江西省南昌市第二中学高三上学期第四次考试）如图,在矩形中,分别为的中点,现将沿折起,得四棱锥.‎ ‎(1)求证:EF//平面;‎ ‎(2)若平面平面,求四面体的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析.‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】(1)取线段的中点,连接,‎ 因为为的中点,所以,且,‎ 在折叠前,四边形为矩形,为的中点,所以,且.‎ ‎,且,所以四边形为平行四边形,故,‎ 又平面平面,所以平面.‎ ‎(2)在折叠前,四边形为矩形,为的中点,‎ 所以都是等腰直角三角形,且,‎ 所以,且.‎ 又,‎ 又平面平面,平面平面平面,所以平面,即为三棱锥的高.‎ 因为为的中点,所以,‎ 所以四面体的体积.‎ ‎20．如图,平行四边形中,==,现将沿折起,得到三棱锥,且,点为侧棱的中点.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)求三棱锥的体积;‎ ‎(3)在的角平分线上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析.‎ ‎(2) .‎ ‎(3)=.‎ ‎【解析】(1)在平行四边形中,有,‎ 又因为为侧棱的中点,所以,‎ 又因为,且,所以平面,‎ 又因为平面,所以,‎ 因为,所以平面.‎ ‎(2)因为平面,所以是三棱锥的高,‎ 故==.‎ ‎(3)取中点,连接并延长至点,使,连接,OE，‎ 因为,所以射线是角的角平分线,‎ 又因为点是中点,所以,‎ 因为平面平面,所以平面,‎ 因为互相平分,所以四边形为平行四边形,则,‎ 又因为,所以===.‎ ‎21．已知,如图,在直二面角中,四边形是边长为的正方形,,且.‎ ‎（Ⅰ）求证:平面;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值; ‎ ‎（Ⅲ）在线段（不包含端点）上是否存在点,使得与平面所成的角为;若存在,写出的值,若不存在,说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由面面垂直的性质定理可得,结合,可得平面.‎ ‎（Ⅱ）以为原点,以的方向分别为轴,轴的正方向,建立空间直角坐标系，计算可得平面的法向量,设平面的法向量,计算可得二面角的余弦值为.‎ ‎（Ⅲ）设存在点满足题意，设,则,据此得到关于的方程，解方程可得.则在线段上存在点满足题意.‎ ‎（Ⅱ）以为原点,以的方向分别为轴,轴的正方向,建立空间直角坐标系 则,,,.‎ 平面的法向量,设平面的法向量,‎ 因为,,‎ 所以即 令,解得,则,‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎（Ⅲ）设存在点,使得与平面所成的角为,且,‎ 则,,则有,‎ 解得（舍）.‎ 所以在线段上存在点,使得与平面所成的角为,.‎ ‎22．已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC =∠BAD =，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE = ，G是BC的中点。沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF．‎ ‎（1）若以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为，求的最大值；‎ ‎（2）当 取得最大值时，求二面角D-BF-C的余弦值．‎ ‎【答案】(1) 有最大值为;(2) 二面角的余弦值为：－.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由平面， ，可得，进而由面面垂直的性质定理得到平面，进而建立空间坐标系，可得的解析式，根据二次函数的性质，易求出有最大值；（2）根据（1）的结论平面的一个法向量为，利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，代入向量夹角公式即可得到二面角的余弦值.‎ 试题解析：（1）∵平面平面,AE⊥EF,‎ ‎∴AE⊥面平面,AE⊥EF,AE⊥BE,又BE⊥EF,故可如图建立空间坐标系E-xyz．则A（0，0，2），B（2，0，0），G（2，2，0），D（0，2，2），‎ E（0，0，0）∵AD∥面BFC，‎ 所以VA-BFC＝ ‎ ‎，即时有最大值为． ‎ ‎（2）设平面DBF的法向量为，∵AE=2, B（2，0，0），‎ D（0，2，2），F（0，3，0）,∴ （－2，2，2）,‎ 则，即， ‎ 取x＝3，则y＝2，z＝1，∴‎ ‎ 面BCF的一个法向量为 则cos<>=. ‎ 由于所求二面角D-BF-C的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为：－‎ ‎23．如图所示，已知四边形是直角梯形，，，其中是上的一点，四边形是菱形，满足，沿将折起，使 ‎（1）求证：平面平面 ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）取的中点，取的中点，连接和,和，由题意结合等腰三角形的性质可得，，结合线面垂直的判断定理有面，,而，所以平面，结合面面垂直的判断定理可得平面平面.‎ ‎（2）由题意结合（1）可知为三棱锥的底面的高，转化顶点计算可得三棱锥的体积.‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，取的中点，取的中点，连接和,和，由题意知：‎ ‎，是等腰三角形，‎ ‎，是等腰三角形，‎ 则有，，‎ 分别为和的中点，可得：,而，，‎ 所以面，可得，,‎ 面，，平面，且与不平行，所以平面，‎ 而平面，所以平面平面.‎ ‎24．在中， ， ， ， 为线段的中点， 为线段的三等分点（如图1）.将沿着折起到的位置，连接（如图2）.‎ ‎（1）若平面平面，求三棱锥的体积；‎ ‎（2）记线段的中点为，平面与平面的交线为，求证： .‎ ‎【答案】(1) ；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意可知是等边三角形，取中点，连接，则.由面面垂直的性质定理可得 平面.三棱锥的高，其底面积.据此可得三棱锥的体积为.‎ ‎(2)由中位线的性质可得，然后利用线面平行的判断定理可得平面，最后利用线面平行的性质定理可得.‎ ‎（2）因为为的中点， 为的中点，所以.‎ 又平面， 平面，所以平面.‎ 因为平面，平面平面，所以.‎ ‎25．如图，在直三棱柱中，底面为等边三角形， .‎ ‎（Ⅰ）求三棱锥的体积；‎ ‎（Ⅱ）在线段上寻找一点，使得，请说明作法和理由.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】试题分析：（1）取BC中点E连结AE，三棱锥C1﹣CB1A的体积，由此能求出结果．（2）在矩形BB1C1C中，连结EC1，推导出Rt△C1CE∽Rt△CBF，从而CF⊥EC1，再求出AE⊥CF，由此得到在BB1上取F，使得，连结CF，CF即为所求直线．‎ 解析：（1）取中点连结.在等边三角形中， ，‎ 又∵在直三棱柱中，侧面面，‎ 面面，∴面，‎ ‎∴为三棱锥的高，又∵，∴，‎ 又∵底面为直角三角形，∴，‎ ‎∴三棱锥的体积 ‎ ‎（2）作法：在上取，使得，连结， 即为所求直线.‎ 证明：如图，在矩形中，连结，‎ ‎∵， ，∴，‎ ‎∴，∴，‎ 又∵，∴，∴，‎ 又∵面，而面，∴，‎ 又∵，∴面，‎ 又∵面，∴.‎ 点睛：这个题目考查的是立体几何中椎体体积的求法，异面直线垂直的证法；对于异面直线的问题，一般是平移到同一平面，再求线线角问题；或者通过证明线面垂直得到线线垂直；对于棱锥体积，可以等体积转化到底面积和高好求的椎体中。‎ ‎26．如图 1，在直角梯形中， ，且．现以为一边向外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直， 为的中点，如图 2．‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）求证： 平面；‎ ‎（3）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)取EC中点N，连结MN,BN.由几何关系可证得四边形ABNM为平行四边形.则BN∥AM，利用线面平行的判定定理可得平面；‎ ‎(2) 由几何关系有ED⊥AD，利用面面垂直的性质定理可得ED⊥平面ABCD，则ED⊥BC，利用直角梯形的性质结合勾股定理可得BC⊥BD，据此由线面垂直的判定定理有平面；‎ ‎(3) 作平面PEC于点H，连接CH,则∠DCH为所求的角，利用三棱锥体积相等转化顶点有： ，据此可求得，利用三角函数的定义可得与平面所成角的正弦值是.‎ ‎ ‎ ‎(2)证明：在正方形中， ,‎ 又因为平面平面，且平面平面,‎ 所以平面.‎ 所以 在直角梯形中， ,可得.‎ 在中， .‎ 所以.‎ 所以平面.‎ ‎(3)作于点，连接,则为所求的角 由(2)知， ‎ 所以,又因为平面 又.‎ 所以， ‎ ‎.‎ 三、填空题 ‎27．如图，在矩形中，点分别在上， ，沿直线将翻折成，使二面角为直角，点分别为线段上，沿直线将四边形向上折起，使与重合，则_______. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：可设，由题意得翻折后， 与重合，可得，根据余弦定理，二面角的平面角，面面垂直构造关于的方程，解方程即可得到的长. ‎ 详解：可设，由题意得翻折后， 与重合，∴，‎ ‎∵， ， ，∴， ， ，‎ 如图所示：‎ 取的中点，连接，∵二面角为直角， ，∴，∴平面，在中， ， ， ，‎ 由余弦定理可得，∴，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，解得，故答案为.‎ 点睛：本题考查了二面角的平面角角，面面垂直，点与面的距离，余弦定理，解三角形，考查了空间想象能力及计算能力属于中档题.‎ ‎28．（2017-2018学年河北省定州中学高三上学期期中考试）如图,在正方形ABCD中,E、F分别是的中点,G是EF的中点.现在沿及EF把这个正方形折成一个空间图形,使三点重合,重合后的点记为下列说法错误的是__________ (将符合题意的选项序号填到横线上).‎ ‎①所在平面; ②所在平面; ‎ ‎③所在平面; ④所在平面.‎ ‎【答案】①③④.‎ ‎29．如图，等腰所在平面为， ， ，点， 分别为， 的中点，点为的中点.平面内经过点的直线将分成两部分，把点所在的部分沿直线翻折，使点到达点（平面）.若点在平面内的射影恰好在翻折前的线段上，则线段的长度的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【点睛】‎ 折叠问题最重要的是找到折叠之前与折叠之后不变量，这是两个图形的桥梁，再结合新图形的新特征处理。‎ ‎30．如图,一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=,E,F分别为AD,BC的中点,现分别将△ABE,△CDF沿BE,DF折起,且A、C在平面BFDE同侧,下列命题正确的是____________(写出所有正确命题的序号)‎ ‎①当平面ABE∥平面CDF时,AC∥平面BFDE ‎②当平面ABE∥平面CDF时,AE∥CD ‎③当A、C重合于点P时,PG⊥PD ‎④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】 在中， ，在中， ，所以，‎ ‎ 由题意，将沿折起,且在平面同侧，‎ ‎ 此时四点在同一平面内，平面平面，‎ 平面平面，当平面平面时，得到,‎ 显然，所以四边形是平行四边形，所以,‎ 进而得到平面，所以①正确的；‎ 由于折叠后，直线与直线为异面直线，所以与不平行，所以②错误的；‎ 折叠后，可得, ，其中,ZE ，所以和 不垂直，所以③不正确；‎ 当重合于点时,在三棱锥中， 和均为直角三角形，‎ 所以为外接球的直径，即,‎ 则三棱锥的外接球的表面积为，所以④是正确，‎ 综上正确命题的序号为①④.‎ 点睛：本题考查了命题的真假判定，空间直线与平面平行、垂直的位置关系的综合应用，以及球的组合体问题，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.‎