中小学教育资源及组卷应用平台 2025人教B版高中数学必修第四册 专题强化练5 折叠问题 1.(多选题)(2022山东青岛期末)如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿对角线BD折起.设折起后点A的位置为A',并且平面A'BD⊥平面BCD(如图2).给出下面四个命题,其中正确的是( ) 图1 图2 A.A'D⊥BC B.三棱锥A'-BCD的体积为 C.BA'⊥CA' D.平面A'BC⊥平面A'DC 2.如图所示,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将△ABE沿BE边折起,折起后A点在平面BCDE上的射影为D点,则翻折后得到的几何体中有如下命题:①AB与DE所成角的正切值为;②AB∥CE;③VB-ACE=a3;④平面ABC⊥平面ADC.其中正确命题的序号为 . 3.(2024辽宁大连模拟考试)在边长为4的正方形ABCD中,如图1所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,△AFD和△EFC折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥P-AEF,如图2所示,则三棱锥P-AEF外接球的表面积是 ;过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围是 . 4.(2024广东茂名高新中学期中)如图(1),在直角梯形ABCP中,AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=AP,D是AP的中点,E,F分别为PC,PD的中点,将△PCD沿CD折起得到四棱锥P-ABCD,如图(2). (1)在图(2)中,求证:EF⊥PA; (2)在图(2)中,G为线段BC上任意一点,若AP∥平面EFG,请确定点G的位置. 答案与分层梯度式解析 1.CD 如图所示,取BD的中点E,连接A'E. 因为A'D=A'B,所以A'E⊥BD,因为平面A'BD⊥平面BCD,平面A'BD∩平面BCD=BD,A'E 平面A'BD,所以A'E⊥平面BCD,又BC 平面BCD,所以A'E⊥BC.若A'D⊥BC,则可得到BC⊥平面A'BD,故BC⊥BD,与已知矛盾,故A错误. 易得三棱锥A'-BCD的体积V=××××=,故B错误. 易知△A'CD为直角三角形,则A'C=.在△A'BC中,A'B=1,BC=2,A'C=,满足BC2=A'B2+A'C2,所以BA'⊥CA',故C正确. 因为BA'⊥DA',DA'∩CA'=A',DA',CA' 平面A'DC,所以BA'⊥平面A'DC,因为BA' 平面A'BC,所以平面A'BC⊥平面A'DC,故D正确. 故选CD. 2.答案 ③④ 解析 ∵正方形BCDE的边长为a, ∴AB=a,则AE=a, 又AD⊥平面BCDE,∴AD=a,∴AC=a. 在①中,∵BC∥DE, ∴∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角, ∵AB=a,BC=a,AC=a, ∴BC2+AC2=AB2,∴BC⊥AC, ∴AB与DE所成角的正切值为=,故①错误; 在②中,由翻折后的几何体知AB与CE是异面直线,故②错误; 在③中,VB-ACE=VA-BCE=·S△BCE·AD=×a2×a=a3,故③正确; 在④中,∵AD⊥平面BCDE,BC 平面BCDE, ∴AD⊥BC,又BC⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD 平面ADC, ∴BC⊥平面ADC,又BC 平面ABC, ∴平面ABC⊥平面ADC,故④正确. 3.答案 24π;[π,6π] 解析 由题意,将三棱锥补形为长、宽、高分别为2,2,4的长方体,如图所示: 三棱锥P-AEF的外接球即为补形后长方体的外接球,设外接球的直径为2R,则(2R)2=22+22+42=24,故R=, 所以三棱锥P-AEF外接球的表面积S=4πR2=24π. 过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆,其中最大截面为以球心O为圆心的大圆,此时截面圆的面积为πR2=π×()2=6π,连接AN,设AN中点为O,易知O为外接球的球心,连接OM,则最小截面为以M为圆心,且垂直于OM的圆,易得OM==,故截面圆的半径r===1, 此时截面圆的面积为πr2=π, 所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π]. 规律总结 对于折叠问题,要注意折叠过程中的改变量与不变量.一般地,在折痕同侧的量为不变量,在折痕异侧的量折叠前后会发生变化,为改变量.此类问题常因抓不准不变量和改变量,对折叠前后各量位置关系不清而致错. 4.解析 (1)证明:∵在△PDC中,E,F分别为PC,PD的中点,∴EF∥CD, 因为AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=AP,D是AP的中点,所以四边形ABCD为正方形, 所以CD⊥PD,CD⊥AD,又PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD, 故EF⊥平面PAD,又PA 平面PAD, ... ...
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