折叠问题-公开课教学设计

第八章立体几何初步专题强化练8折叠问题一、选择题1.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,直线BD和平面ABC所成的角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°2.将各边长均为23,锐角为60°的菱形沿较短的对角线翻折成120°的二面角,若该菱形翻折后所得到的三棱锥内接于一球,则该球的表面积为()A.7π B.28π C.36π D.52π3.△ABC是边长为23的等边三角形,E、F分别为AB、AC的中点,沿EF把△AEF折起,使点A翻折到点P的位置,连接PB、PC,当四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小时,四棱锥P-BCFE的体积为()A.534 B.334 C.4.(多选)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△B1AM,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是()A.存在某个位置,使得CN⊥AB1B.翻折过程中,CN的长是定值C.若AB=BM,则AM⊥B1DD.若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π二、填空题5.在Rt△ABC中,AC=3,BC=1,点D是斜边AB上的动点,且不与两端点重合,将△BCD沿着CD翻折至△B'CD,使得点B'在平面ACD内的射影H恰好落在线段CD上,则翻折后AB'的最小值是.

6.已知Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=12,BC=8,D、E分别是AB、AC的中点,将△ADE沿直线DE翻折至△PDE,形成四棱锥P-BCED,在翻折过程中,给出下列结论:①∠DPE=∠BPC;②PE⊥BC;③PD⊥EC;④平面PDE⊥平面PBC.其中不可能成立的结论是(填序号).

三、解答题7.如图,边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别为AB,BC的中点.将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点P.(1)求证:PD⊥平面PEF;(2)求二面角P-EF-D的余弦值.8.如图1,△ABC为正三角形,且BC=CD=2,CD⊥BC,将△ABC沿BC翻折(如图2).(1)在翻折后的图形中,当AD=2时,求证:平面ABD⊥平面BCD;(2)若点A的射影在△BCD内(包括边界),且直线AB与平面ACD所成的角为60°,求AD的长.9.如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为362,求a的值.10.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠BAD=90°,AB=4,AD=2,DC=3,点E在CD上,且DE=2,将△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE(如图2),G为AE的中点.(1)证明:DG⊥平面ABCE;(2)在线段BD上是否存在点P,使得CP∥平面ADE?若存在,求出BPBD答案全解全析一、选择题1.B当平面BAC与平面DAC垂直时,三棱锥的高最大,由于底面积S△ACD为定值,所以此时其体积最大.取AC的中点E,连接BE,DE,如图,因为DE⊥AC,所以由面面垂直的性质可得DE⊥平面ABC,所以∠DBE是直线BD和平面ABC所成的角,因为BE=DE,所以∠DBE=45°.故选B.2.B根据题意,作出菱形ABCD,且AB=23,∠BCD=60°,按照题意翻折成三棱锥C-ABD,取BD的中点F,且∠AFC=120°,如下图所示:设O为△ABD的中心,作CE⊥平面ABD于E,易知CE与AF的延长线交于E.∵BC=CD=23,∴CF=23cos30°=3,由∠AFC=120°,可知∠CFE=60°,∴CE=CF×sin60°=3×32=332,EF=CF×cos60°=3×1易得OF=13AF=13×3=1,AO=23由球的性质可知,球心O'在过O且与平面ABD垂直的直线上,作CG⊥OO'于G,连接O'A,O'C,则四边形CEOG为矩形,设OO'=h,O'A=O'C=r,则CG=EO=52,OG=CE=3在Rt△O'CG与Rt△O'OA中,由勾股定理可得C即5解得ℎ∴球的表面积S=4πr2=28π.故选B.3.D如图1所示,取BC的中点O,连接EF、EO、FO,图1则△AEF、△EBO、△FOC、△EFO均为边长为3的等边三角形,连接AO,交EF于G,则G为EF的中点,且AO⊥EF,AO⊥BC,AG=OG=32当四棱锥P-BCFE的外接球的表面积最小时,球的半径最小.∵球心到E、F、B、C的距离相等,∴球心在过O且与平面BCFE垂直的直线上,故当球心为O时,球的半径取得最小值,为3,如图2所示,图2此时,OP=3,OG=PG=32在△POG中,由余弦定理可得cos∠OGP=322+∵GO⊥EF,GP⊥EF,GO∩GP=G,∴EF⊥平面OPG,又EF⊂平面BCFE,∴平面OPG⊥平面BCFE,∴点P到平面BCFE的距离d=PG·sin∠OGP=32×1−13∴VP-BCFE=13×12×(23+3)×32×24.BD对于A,取AD的中点E,连接CE、NE,设CE∩MD=F,连接NF,如图1所示,图1则NE∥AB1,∵NE⊄平面B1AM,B1A⊂平面B1AM,∴NE∥平面B1AM.易得四边形AMCE是平行四边形,∴CE∥AM,同理可证CE∥平面B1AM,又CE∩NE=E,且CE,NE⊂平面CNE,∴平面CNE∥平面B1AM,∴MB1∥平面CNE,又MB1⊂平面B1MD,平面B1MD∩平面CNE=NF,∴NF∥MB1,在矩形ABCD中,∠ABC=90°,∴∠AB1M=90°,∴AB1⊥MB1,∴EN⊥NF,若CN⊥AB1,则EN⊥CN.∵NE、NF、NC共面且共点,∴这是不可能的,故A不正确.对于B,由等角定理可得∠NEC=∠MAB1,又NE=12AB1,AM=EC,∴在△CEN中,由余弦定理得NC2=NE2+EC2对于C,取AM的中点O,连接B1O,OD,如图2所示,图2若AB=BM,则AB1=B1M,∴AM⊥B1O,若AM⊥B1D,由于B1O∩B1D=B1,且B1O,B1D⊂平面ODB1,∴AM⊥平面ODB1,∵OD⊂平面ODB1,∴OD⊥AM,则AD=MD,易知AD≠MD,故AM⊥B1D不成立,故C不正确.对于D,根据题意知,只有当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,取AD的中点E,连接OE、B1E、ME,如图2所示.易知B1O⊥AM,∵平面B1AM⊥平面AMD,平面B1AM∩平面AMD=AM,B1O⊂平面B1AM,∴B1O⊥平面AMD,∴B1O⊥OE,又AB1⊥B1M,AB1=B1M=1,∴AM=2,B1O=12AM=2OE=12DM=12AM=∴EB1=22∴EA=ED=EM=EB1=1,∴AD的中点E就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球的半径为1,表面积是4π,故D正确.故选BD.二、填空题5.答案4−解析如图,易知B'H⊥平面ACD,连接AH,设∠BCD=∠B'CD=α,α∈0,π则有B'H=sinα,CH=cosα,∠ACH=π2在△AHC中,由余弦定理得AH2=AC2+CH2-2CH×AC×cos∠ACH=3+cos2α-23cosαcosπ=3+cos2α-23sinαcosα,在Rt△AHB'中,由勾股定理得AB'2=AH2+B'H2=3+cos2α-23sinαcosα+sin2α=4-3sin2α,∴当α=π4时,AB'取得最小值,为4−6.答案①②④解析如图所示:①易知tan∠DPE=DEPD=2∴BC⊥平面PBD,∴BC⊥PB,即∠PBC=90°,∵PB<PD+DB=12,∴tan∠BPC=BCPB=8PB>②∵DE∥BC,∴PE与BC所成角即为∠PED,易知∠PED<90°,∴②不成立;③当PD⊥BD时,可得PD⊥平面DBCE,∴PD⊥EC,即③可能成立;④平面PDE和平面PBC交于点P,设两个平面的交线为l,由线面平行性质定理可知l∥BC∥DE,∴l⊥PB,l⊥PD,∴∠BPD就是两个平面所成二面角的平面角,又∵PD=BD,∴∠BPD为锐角,∴④不成立.综上所述,不可能成立的是①②④.三、解答题7.解析(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AE,CD⊥CF,折起后即有PD⊥PE,PD⊥PF,又PE∩PF=P,PE、PF⊂平面PEF,所以PD⊥平面PEF.(2)如图,取线段EF的中点G,连接PG、DG.因为PE=PF,DE=DF,所以PG⊥EF,DG⊥EF,所以∠PGD即为二面角P-EF-D的平面角.由(1)可得PD⊥PG,又PG=2,DG=32,所以cos∠PGD=PGDG=1所以二面角P-EF-D的余弦值为138.解析(1)证明:若AD=2,又AB=AC=2,则A在底面BCD内的射影即为△BCD的外心,由题意知△BCD为直角三角形,且∠BCD=90°,∴A在底面BCD内的射影即为BD的中点,记射影为M,则AM⊥平面BCD,而AM⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面BCD.(2)取BC的中点O,BD的中点E,连接AO、OE、AE,可得BC⊥平面AOE,过A作AH⊥OE于H,过H作HN∥BC交CD于N,连接AN,作HQ⊥AN于Q,得HQ⊥平面ACD,点B到平面ACD的距离为2HQ,则sin60°=2HQAB=2HQ2=设AH=x,则x2+1×32=x×1,解得x=3又AO=3,∴H与O重合,则AD=22+19.解析(1)证明:在题图1中,∵AB=BC=12AD=a,E是AD的中点,∠BAD=π∴易得BE⊥AC,即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,∴BE⊥平面A1OC.易知四边形BCDE是平行四边形,∴BE∥CD,∴CD⊥平面A1OC.(2)已知平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE.又由(1)知,A1O⊥BE,∴A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.易知A1O=22S四边形BCDE=a·a=a2,从而四棱锥A1-BCDE的体积V=13×S四边形BCDE×A1O=13×a2×22a=26a解得a=6.10.解析(1)证明:∵G为AE的中点,AD=DE=2,∴DG⊥AE.∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DG⊂平面ADE,∴D