第11节 专题：立体几何的翻折问题讲义-2024-2025学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第十一节 专题：立体几何的翻折问题 重点题型专练 【1】D 解析：取DC中点O,连接QM,由于M为线段AC的中点，所以 OM14D,oM=4D=片，所以M在以点O为圆心的圆弧上的一部 分.，故D选项正确.故选：D 【2】C 解析：设方形ABCD对角线AC与BD交于O,由题意，翻折后当BD'的最 小值为万时，ODB为边长为万的等边三角形，此时∠DO8=子，所 以点D的运动轨迹是以0为圆心反为半径的圆心角为二的圆弧，所 以点D的运动轨迹的长度为2红×5-25，故选项c正确 3 3 【3】D 解析：在四边形ABCD中，过点D作AC的垂线，垂足为F,过点点B作 AC的垂线，垂足为E,连接DE,BF,如图1， D 图1 所以当四边形ABCD确定时，△DEF和△BEF三边长度均为定值， 当△ADC沿着AC翻折到AD,C,形成如图2的几何体，并取BE中点O, 连接QM， 由于在翻折过程中，DE=DE, 所以由中位线定理可得OM=子A,8为定值， 所以线段DB中点M的轨迹是以BE中点O为圆心的圆弧上的部分 故选：D 图2 【4】2a 2 解析：设AF与DE相交于O,由于在矩形ABCD中，E,F分别是 AB,CD的中点，且AE=EF=FD=DA,所以四边形AEFD是正方形 沿直线DE将△4DE翻折成△PDE,在点P从A至F的运动过程 中，0P=OA子42=万不变，故P点的轨迹是以0为烟心 半径为√2的半圆.设9是OC的中点，由于G是CP的中点，所以QG 是三角形oPc的中位线，所以Ge/1OP,QG=片OP=5.由于在翻折 2 过程中，O,C两点的位置不变，所以Q点的位置不变，所以G点的轨迹 是以Q为圆心，半径为5的半圆，所以G的轨迹长度为巨- 2 2 2 故答案为：2a 2 【s1 解析：由AB=2,∠BAD=120°，E为边BC的中点 设G'是A品的中点，又F为B,D的中点，则GFaD且GF=子AD, 而cE=子BC=AD且CMD,所以GFBC且GF=8C, 即FG'C为平行四边形，故EGIlCF且EG'=CF, 故F的轨迹与G'的轨迹相同. 因为AE⊥面B,EC,且B,E=1,所以B,的轨迹为以E为圆心，1为半径 的圆， 设5的中点为0，则o042,0gA2, 又OG'x面B,EC,B,Ec面B,EC,所以OG'∥面B,EC, 故G的轨迹为以0为圆心， 型上为半径的圆 22 所以F的轨迹长度为片×2×88=，故答案为： 【6】A 解析：因为M,N分别为菱形ABCD的边BC,CD的中点，所以N1/BD 因为NC平面ABD,BDC平面ABD,所以①直线MN恒与平面ABD 平行正确： 如图，取AC中点E,则AC⊥B驱，AC⊥DE(菱形对角线垂直)， 又BE DE=E,且两直线在平面内，所以AC⊥平面BDE, 因为BDC平面BDE,所以ACLBD, 因为N//BD,所以AC⊥N,所以②正确：故选：A. -.M B 【7】A 解析：对于A,由题意得：DE1CF,AE11BF, ,AE∩DE=E,BFCF=F,∴.平面ADEI/平面BCF ,ADC平面ADE,∴.在翻折过程中，恒有直线AD//平面BCF,故A 正确： 对于B,:直线EF将矩形ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF, CD与EF相交， ,不存在某一位置，使得CD11平面ABFE,故B错误： 对于C,:平面CDEF∩平面BFC=EF,BFC平面BFC,BEOEE=F 所以直线BF与平面CDEF相交：∴.不存在某一位置，使得BF11CD,故 C错误： 对于D,,四边形DEFC是梯形，DE⊥CD, .DE与EF不垂直， ,不存在某一位置，使得DEL平面ABFE,故D错误.故选：A 【8】B 解析：取AA中点P,连接W,PM,:V是B,D中点，所以PW11AD且 又M是矩形ABCD的边BC的中点，则CM1IAD且CN=,AD, ∴.PW∥CM且PW=CM,∴.PWCM是平行四边形，∴.CN=PM且 CN//PM, 显然PM的长是定值，因此CW是定值，①， 而B,不在底面ADC上时，CN￠平面ABM,PMC平面 AB,M,∴.CV/1平面ABM,④正确： 在等腰直角△B,AM中，AB,⊥B,M,因此PM与AB,不可能垂直，即CW 与AB,不可能垂直，③错误： 若AM⊥BD,取AM中点Q,连接BQ,QD,显然B,Q⊥AM,又 B,Q∩BD=B,B2,BDC平面B,QD,∴，AML平面B,QD,又QDC平 面B,QD,.AM⊥QD, 但在矩形ABCD中，可得AM=DM=√反，AM:+DM2=AD2,即 AM⊥DM,∴.AM⊥QD不成立，③错误，故选：B. 【9】B 解析：矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)、图(2)所示」 (1》 2 在图(I)中，过点A作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足 为F, 由边AB,BC不相等可知点E,F不重合. 在图(2)中，连接CE, 对于选项A若AC⊥BD,又知BD⊥AE,AE∩AC=A,所以BD⊥平 面ACE, 所以BD⊥CE,与点B,F不重合相矛盾，故选项A错误： 对于选项B,若AB⊥CD,又知AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平 面ADC,所以AB⊥AC,由AB<BC可知，存在这样的等腰直角三角形， 使得直线AB与直线CD垂直，故选项B正确： 对于选项C,若AD⊥BC,又知DC⊥BC,AD∩DC=D, 所以BC⊥平面ADC,所以BC⊥AC, 已知AB=2,BC=2√2，则BC>AB,所以不存在这样的直角三角形，故 选项C错误；由以上可知选项D错误.故选：B. 【10】A 解析：如图 D 对于①，若BC⊥BD,当平面A'BD⊥平面BCD时，平面A'BD∩平面 BCD=BD, BCC平面BCD,所以BC⊥平面A'BD,A'BC平面A'BD,则 BC⊥A'B,故①正确： 对于②，若∠ABD>45°，则在翻折过程中，∠4B4会超过90°，故存在 ∠A'BA=90°， :AB/1CD,故直线CD与直线A'B有可能垂直，故②正确： 对于③，在△ABD中，，AB>AD,.∠ABD为锐角，即∠A'BD为锐角， 故直线BD与直线A'B不可能垂直，故③错误： 对于④，：AB>AD,∴，△A'BC中，A'B>BC,∴.∠BA'C始终为锐角，故 直线A'℃不可能与直线A'B垂直，故④错误.故选：A 【11】B 解析：对于选项A,沿△BAE翻折，在翻折过程中，BE与AE夹角始终不 变，∠BEA=80°，故A错误 B B 对于选项B,:AD1/EC,转化为判断BE和EC是否会垂直，由图观察 翻折过程中BE和EC夹角变化范围是(20°，180)，故存在某个位置使得 BE⊥AD,故B正确： 对于选项C,由图观察翻折过程中AB和AC夹角的变化范围是 (20°，60°），故不存在某个位置使得AB1AC,故C错误 对于选项D,由于CD平行于翻折前的AB,故只需观察翻折过程中AB 与翻折前的AB的夹角变化范围，由图观察翻折过程中AB'与AB的夹 角变化范围是(0°，80），所以不存在某个位置使得AB⊥CD,故D错误 故选：B 【12】B 解析： 44 取AD的中点N,连接W,E,则有MN1CD,MN=上cD, 2 又1c,B4a .MN //EB,MN=EB, 四边形ANEB是平行四边形，故BM/WE, 又BM位平面ADE,EC平面ADE, .BM1/平面ADE,故①正确： 设AB=2AD=2,则DE=CE=√2，CD=2 DE2+CE2=CD2,故DE⊥CE, 若DE上AC,成立，则DE⊥平面ACE, DE⊥AE,与∠DEA1=∠AED=45°矛盾，DE不可能垂直AC,故②错 误： 由(1)可知BM=E,故BM长为定值，故③正确 过M作CD的垂线，垂足为F,连接MF,BF, 若BM⊥平面ACD,则BM⊥CD,又CD⊥MF CD⊥平面BMF, ∴.CD⊥BF,这与BC⊥CD矛盾，故④错误.故选：B 【13】C 解析：翻折之后如图所示： A ①因为AD=3AE,BC=3BF,所以AB/1EF且EF11CD 因此AB/CD,故选项A成立： ②连接FD,因为P、Q分别为FA、FD的中点，所以PQ/1AD, D 又因为AB⊥AD,所以AB⊥PQ,故选项B成立： ③因为P9/1AD,EDOAD=D,所以P9与ED不平行，故选项C不成 立： ④因为PQ/1AD,且PQ工平面ADB,ADC平面ADE, 所以PO∥平面ADE,故选项D成立.故选：C 【14】B 【详解】对于A选项，翻折前，易知tam∠DAE=8C=8-2 AB123 因为D、E分别是AB、AC的中点，则DEB 因为AB⊥BC,则DE⊥AB,即DE⊥AD,DE⊥BD 翻折后，则DE⊥PD,DE⊥BD,PDOBD=D,PD、BDC平面PBD, 所以，DE⊥平面PBD, 因为DEIIBC,所以，BC⊥平面PBD, 因为PBC平面PBD,则BC⊥PB 因为阳≤D+28=2,所以∠8c号是号m∠0， BC 8 故∠DPE≠∠BPC,A错： 对于B选项，当PD⊥BD时，因为DE⊥PD,且DEOBD=D,DE、 BDC平面BCED 所以，PD⊥平面BCED 因为ECC平面BCED,所以，PD⊥EC,B对： 对于C选项，因为DE⊥PD,则△PDE为直角三角形，且∠PED为锐角， 因为BCIIDE,则BC与PE所成角为∠PED,故BC与PE不可能垂 直，C错： 对于D选项，因为DE/IBC,DEE平面PBC,BCC平面PBC,则DE∥ 平面PBC, 设平面PDE∩平面PBC=l,又因为DEc平面PDB,所以，II∥DE, C 因为DE⊥平面PBD,则I⊥平面PBD, 因为PB、PDC平面PBD,则1⊥PD,1⊥PB 所以，平面PDE与平面PBC所成二面角的平面角为∠BPD, 若平面PDE⊥平面PBC,则∠BPD为直角，从而可知BD为△PBD的 最长边， 这与BD=PD矛盾，假设不成立，故平面PBC与平面PDE不可能垂 直，D错.故选：B. 【15】D 解析：设AC的中点为O,因为ABCD是矩形，所以△BAC△DAC是共斜 边的直角三角形， 因此有OA=0c=08=00=4C-nB+8C56+64=5, 所以该四面体外接球的体积为4红5=500。 ，故选：D 3 【16】D 解析： -卡它 依题意，三棱锥P-ABD中，PB=PD=AB=AD=BD=6,平面ABD⊥平 面PBD 取BD中点E,连接AE,PE.则AE=PE=3√5 则PE⊥BD,又因为平面ABDO平面PBD=BD,PEC平面PBD 所以PE⊥平面ABD.同理AE⊥平面PBD 设F、G分别为△ABD、△PBD的中心，则FE=GE=√3 设O为三棱锥P-ABD的外接球球心.连接OA、OP、OF、OG 则OF⊥平面ABD,OG⊥平面PBD 则OGAE,OF∥PE.则四边形OFEG为矩形，即 OF=GE=√3，AF=2√3 则R2=AF2+0F2=(25+(N5=15 因此三棱锥P-ABD的外接球的表面积为4R2=60m.故选：D. 【17】D 解析：连接BD,AC交于O,连接PO,易得O为BD与AC的中点， 四边形ABCD为菱形，AC⊥BD,即AO⊥BD,PO⊥BD ·.二面角A-BD-P的平面角为∠AOP,∴∠AOP=120°： 又AB=AD=6,∠BAD=60°，所以AO=PO=3V3,BD=6, 在△4OP中，由余弦定理得PA=VAO2+PO2-2AO.PO,cos∠AOP=9 由三棱锥P-ABD的结构特征可得其外接球的球心在∠AOP的平分线 记外接球的球心为O',设O0=x,外接球半径为r, 所以x2+0B2=2=x2+AO2-2x·AOc0s60°， 即3=(65-2x×35×分解得x=25,所以产=2+9=21， 三棱锥P-ABD的外接球的表面积为42=84π.故选：D, 【18】C 解析：由题意CD⊥BD,AD⊥BD,·二面角A-BD-C的平面角是 ∠ADC,∠A0=号，又AD=0=1, △ACD是边长为1的正三角形， BD⊥平面ACD,将三棱锥B-ACD补形成正三棱柱， 三棱锥的外接球球心就是正三棱柱的外接球球心， 取△ACD外接圆的圆心E,△BGH外接圆的圆心F 根据对称性知正三棱柱的外接球球心O是EF的中点， “0不矿+可=1,0= 又△ACD是边长为1的正三角形，点E是其外 心，EC= 2 1) 2 3 在Rt△OEC中，OC=VOE2+EC 即R=V2 .三棱锥C-ABD的外接球的表面积为 6 S=4πR2=4π 1=2.故选：C 123 .P D 【19】D 解析：因为∠ABC=90°，所以AB⊥BC, 因为PB⊥BC,PB⊥AB=B,所以，BC⊥平面PAB, 如图，设△PAB外接圆的圆心为O,三棱锥P-ABC外接球球心为O, 连接OO,BO,过O作OD⊥BC,垂足为D,则OD=O,B, 所以，在△PAB中，∠ABP=∠BAP=30°，∠APB=120°，AB=VF 所以，△PAB外接圆的直径为mAP -=2,即半径为1，BQ=1, 设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,OO=h,则CD=2-h, 所以，△O0,B中，QB2=QB2+Q02,即R2=1+h2， 在△OCD中，C02=CD2+OD2,即R2=1+(2-h) 所以，R2=1+(2-h)'=1+2,解得h=1,R=√2， 所以，三棱锥P-4BC的外接球的体积为”=青-85：，故选：D 3 【20】C 解析：取BD的中点E,连接A'E,CE,因为 AB=AD=BD=2BC=2CD=4 即BC=CD=2N2 所以CE⊥BD,AE⊥BD,∠A'EC即为二面角A'-BD-C的平面角，且 ∠BCD=90°，所以△BCD外接圆的圆心为E, 设AABD外接圆的圆心为Q,则QE=25,过点4,8分别作平面 3 A'BD,平面BDC的垂线，交于点O,则O即为四面体A'BCD外接球的 球心 因为二面角A'-BD-C的平面角为150°，即∠A'EC=150°，则 ∠0E01=60° 2V3 在Rt△OOE中，OE=3 =4W5,连接OB,则OB即为外接球的半 c0360°3 径R,则R2=08=Og2+8驱2=28，即R=2V2I ,故选C 3 3 【21】c 解析：设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则4πR2=3π，解得 R= 2 如图，过点P作PH⊥平面ABC,垂足为H,设E为AC的中点，O为 三棱锥P-ABC外接球的球心， 因为∠ABC=90°，则E为△ABC外接圆的圆心，所以三棱锥P-ABC外 接球的球心过点E且垂直平面ABC的垂线上，即QE⊥平面ABC,则 OE //PH, 作OQ⊥PH于点Q,连接EH, 因为PH⊥平面ABC,AC,EHC平面ABC,所以PH⊥EH,PH⊥AC 所以O2EH， 所以OEHQ为矩形，则OQ=EH,OB=QH,又 AC⊥PC,PHnPC=P,PH,PCC平面PCH 所以AC⊥平面PCH,又CHc平面PCH,所以AC⊥CH 设三棱锥P-A8C的高为h,即PH=h,OP=QC=R=固 2 则△o8c中，O3=V6c-C- CH=PC-PHC+C 由6它4ag,的-号，解得1 即三棱锥P-ABC的高为1，所以三棱锥P-ABC的体积为 32 6 故选：C 【22】B 解析：如图，取BD中点O,连接OC,OP, 因为，在图1中，AB=AD=√2，CB=CD=2,AB⊥AD 所以BD=2,DP=BP=√2，△BCD为等边三角形 所以OP⊥BD,OC⊥BD, 所以∠POC是二面角P-BD-C的平面角， 因为二面角P-BD-C的正切值等于√反，即tam∠POC=√2 所以cos∠POc=5 3 所以，在△POC中，OP=1OC=√3， 2C=0P+0C-2-0P.0Ccos∠P0C=1+3-25×5=2,即 PC=√2， 所以DP=BP=PC=√2，CB=CD=BD=2, 所以DP2+PC2=CD2,BP2+PC2=CB2,DP2+PB2=BD2 所以PD,P℃，PB两两垂直且相等， 所以，四面体PBCD的外接球的半径即为以PD,PC,PB为棱的正方体的 外接球半径， 所以四面体PBCD的外接球的半径r满足2r=√3×√2=√6 所以，该球的表面积为42=6π故选：B 【23】4π 解析： ,△ACD面积为定值，故当B到平面ACD距离最大时，三棱锥 B-ACD体积最大， 即当平面B,AC⊥平面ACD时，三棱锥B,-ACD的体积最大， 记AD中点为O,AC中点为E, 易知AC=CD=√2，AC⊥CD,AB,=CB=1,AB,⊥CB, 易知EO⊥平面BAC,B,E⊥平面ACD, ,+-1=0A=0C=0D, 可求08=2*2 故O为三棱椎B,-ACD的外接球的球心，且球的半径为R=1, 故外接球表面积为4πR2=4π.故答案为：4T 【24】C 解析：因为底面A'BD为正三角形，所以底面A'BD面积为定值 所以当CBD⊥平面A'BD时，四面体ABCD的体积最大. 设。4'BD外接圆圆心为Q,则四面体ABCD的外接球的球心O满足 o0,1c'D,且00=29 ,三角形A'BD的外接圆半径为 3 2r= sin60° →r=V5,因此外接球的半径R满足 =孕+=+-4 从而外接球的表面积为4πR2=21r,故选：C 【25】A 解析： 当平面ADE⊥平面CDE时，三棱锥A,-CDE的体积取得最大值， 因为AB=2AD=2a,E是AB的中点，所以 AD=AE=a,DE=a,AD'+AE'=DE' 所以△AED为等腰直角三角形，因此取DE的中点P,连接AP, 则AP⊥DE,AP=5a 2 因为平面ADE⊥平面CDE,且平面ADE∩平面CDE=DE,所以 DEI平面CDE, 又PCc平面CDE,所以DE⊥PC 又因为ED2+CE2=DC2,所以△CED为等腰直角三角形，因为 EC=DE =2a, 所以Pg=5@,故PC=ioa,所以AP+Cp=4C=女， 2 2 又由4D+4c=CD,所以△4CD为直角三角形，且∠DAC=三 取DC的中点O,连接QE,QA,则有OE=Q4=OC=QD,即O外接球 的球心，则QE,QA,OC,QD为球半径，所以16r=4r×a2,即a=2. 故选：A 【26】D 解析：由题意可知，△CDE,△BCB均为等腰直角三角形，所以四面体 B-ECD的外接球的球心O在EC的中点， 因为P是球O上的动点，若直线AO与直线AP所成角的最大，则AP 与球O相切，∠APO=90,此时，∠PAO最大 4+2-2×2×V 2 =0,所以 2 sin-PAO=5 过P作PH⊥AO垂足为H,则P在以H为圆心，PH为半径的圆上运 动 所以当PH⊥平面ADE时四面体P-AEC的体积取得最大值。 因为AP=25,所以H=2W5×5-2面 5 5 所以，-Ae 1.h. x20xx2x24h0,故选D 5 15 【27】D 解析：：平面PAB⊥平面ABCD,平面PABn平面ABCD=AB,ADC 平面ABCD,AD LAB, ,AD⊥平面PAB,又PAC平面PAB,.AD⊥PA,同理可得 BC⊥PB. 由题意可知PA=PB=AB=BC=CD=AD=2,则 PC=PD=2√2，∠APD=∠BPC=45° 将平面PAD,PCD,PBC展开到一个平面内如图，则AE+EF+BF的最小 值即为展开图中AB的长 COsLCPD=PCi+PDi-CD 8+8-4 3 2PC.PD 2×22×2WE4 从而m∠Cp-5,故 4 coAP8-c0(+)--siPD- 4 在△PAB中，由余弦定理可得 482=2对+P8-22A:PB:co8APB=4+4+8×=8+2W万=W万+ 则AB=√万+1，即AB+EF+BF的最小值为√万+1.故选：D 【28】A 解析：如图为半圆锥的侧面展开图 D 连接BD,,则BD的长为蚂蚁爬行的最短路线长， 设展开图的扇形的圆心角为“， 根据题意得BD=√5，AD=L,AB=2 在aMBD中，AB+A0=B0,所以∠B4B= 所以扇形弧长为1=受×2=五， 所以圆锥底面圆的周长为2=2π，即2=2r,得r=1.故选：A 【29】5w2 解析：把平面AC,B沿着BC展开与△CBC,在同一平面上， 连接A,C,则CP+PA的最小值是4C, √2 W2 因为∠ACB=90°，三棱柱ABC-A,B,C是直三棱柱， AC=6,BC=CC=√2， 48=A8+8,B2=AC+8C+8B2=VB6+2+2=20, BC,=√BB2+BC=√2+2=2，因为4C+BC=AB2,所以AC⊥BC, 所以∠4C,B=90,AC1=6, 所以∠C℃A,=45°+90°=135°，由余弦定理得 4C2=4C2+C℃-24CCC,c0s135°=50， 所以AC=5V2,故CP+PA的最小值是5√2.故答案为：5√互 【30】V2 解析：把长方体DCCD展开到长方形ACCA所在的平面，易知 AC=V1+3=2 C D D 当A,M,D,在同一直线上时，MD+MA取得最小值 此时品品号设4c=,A兰.原图形中，有 Af2=AC2+CM2=22+x2=4+x2, MD2=CD2+CM2=1+(CC,-CM}=1+ x} =1+ x (2 4 92 AD:=AD+DD:=3+* 因为上，所以A+@=AG,即4++1宁=3计子，解 得：x=√互.故答案为：√2 【31】g 解析：若将底面ABC沿AC展开使其与侧面ACCA,在同一个平面，连 接EF,因为∠BAC=120°，所以EF与棱不相交，所以不合题意， 若将底面ABC沿BC展开和侧面BCCA展在同一个平面，连接EF,则 EF与棱BC相交，符合题意，此时EF为这只蚂蚁爬行的最短路线，如 图所示， B 过E作BB,的平行线，过F作B,C,的平行线，交于点G,EG交BC于 H, 因为AA=2,AB=AC=1∠BAC=120°，点E、F分别是棱AB.CC的中点 所以 BE=号，CF=0=1,∠ABC=30° BC=√AB2+AC2-2AB,ACcosl120°=√5， 所以时=是H=5,所以0=5-5=350=1+片= 4 44 44 所以球-@如-层票层，放答米为：四 【32】B 解析：等腰梯形ABCD中，AB‖CD,AB=2,AD=BC=CD=1,则由平面几 何可知，在等腰梯形ABCD中，AD与BC夹角为三，在折起过程中，夹 角逐渐增大，当平面ACD与平面ACB垂直时，AD与BC垂直，夹角为 子故选B 【33】C 解析：过B、D作BE/ICD、DE11CB,且BE,DE交于E,连接AE、 OE,所以直线AB与CD所成角即为∠ABE或其补角， 若正方形ABCD边长为2，则BE=AB=AD=2, 而AO⊥BD,面ABD⊥面BCD,AOC面ABD,面ABDO面BCD=BD 所以AO⊥面BCD,而OEC面BCD,即AO⊥OE,且AO=OE=√2 故AE=2,则△ABE为等边三角形，故∠ABE=60° 故选：C 【34】C 解析：平移AD使A与C重合，记平移后D所在的点为点E, 此时AC⊥CE,AC⊥CB,AC=√AB'-BC2=1 则∠BCE的余弦值即为平面BAC与平面DAC夹角的余弦值， 由已知CE=AD=BC=√3，BC=V3, 在直角三角形DBE中， BE=BD-DE=BD-AC=2 所以cos∠BCE=BC+C-BE=3+3-4。=1,故选：C. 2·BC.CE 【35】C 解析：如图，连接EF,CR,交于O点，则四边形BC咒F为正方形， 故CF⊥BE,即PO⊥BE,FO⊥BE, 则∠POF为二面角P-BE-F即二面角A-BE-P的平面角 由于8C=F=1,则心=反，故o=P0=E 111 而R=分故oa∠0=ODP 2243 2P0,F0 2 2 故二面角A-8-P的余弦值为子，故选：C 【36】C 解析：可设菱形的边长为1，则88=CF= 2 ,BD=1: 线段AD,BD的中点分别为E,F: :丽=a+可)，c示=0-2=ō-d): 丽.c=+8)(-2c到 }扇丽-通c+丽-而 =日0os<赢c>+}}日s<aC>: 4482 上-1cos<,BC :'cos <BE,CF BE.CF 82 由图看出 1 “晋<驱， 3 因为异面直线夹角范围是0；} 即异面直线8驱与CF所成角的取值范围是？ .故选：C 3’2 【37】D 解析：分别过A,B作AE⊥CD,BF垂直CD,交CD于E,F,如图所示： E 因为AB=AC=BD=2,CD=4,所以梯形ABDC为等腰梯形， 则EF=2,CE=FD=1. 在r△AcE巾cE=-1,4C=2,则∠4Cg=号 所以AD-E+4-2x2x4x分26 则AC2+AD2=CD2,即AC⊥AD 沿若对角线AD折叠使得点B,点C的距离为2√互，如图所示： D 在△ABC中，AC=AB=2,BC=2√2 则AC2+AB2=BC2,即AC⊥AB [AC⊥AB 所以{AC⊥AD →AC⊥平面ABD ABAD=A 又因为ACC平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD, 即二面角8-AD-C的平面角为子，故选：D 【38】D 解析：对①：假设AC⊥平面ADE,DEC平面4DE,则AC⊥DE, 则∠DEA=45°，tan∠C4B=≠L,故AC,DE不垂直，假设不成立，①错 2 误： 对②：取CD中点O,连接QM,M为线段4C的中点，则 CM=号4=宁04，则M在以0为球心，半径为宁A的球上.②正确， 故选：D 【39】c 解析：如图所示，取BD的中点M,连接PM,CM △BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM △ABD为等边三角形，∴.BD⊥PM BD⊥面PMC,BD⊥PC,故A正确 对于B,假设DP⊥BC,又BC⊥CD .BC⊥面PCD,∴BC⊥PC, 又PB=2,BC=√万，PC=√2∈V3-L,V3+1,故DP与BC可能垂直，故 B正确 当面PBD⊥面BCD时，此时PM⊥面BCD,∠PDB即为直线DP与平 面BCD所成角 此时∠PDB=60°，故C错误 当面PBD⊥面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积 为：rmPM×付反xAx5-5 ,故D正确故选：C 32 3 【40】C 解析：在矩形ABCD中，设AB=m、AD=n, 连接AC交BD于点O,翻折后AO+CO=√m+n2>AC, A1A A COSLADC=AD+CD-AC-Ac ->0 2xADXCD 2mn ∴.∠ADC一定为锐角，A成立， 当m=n时，BD⊥AO、BD⊥CO,AO∩CO=O, ,∴，BDL平面AOC,又ACC平面AOC, AC LBD,B成立， 若CD⊥平面ABD,BDc平面ABD,则CD⊥BD 所以∠BCD为直角，与CD与BD一定不垂直矛盾，C不成立 .AO=BO=CO=DO, ∴，点O为三棱锥A-BCD外接球的球心，外接球的直径为√m+n2 ,在翻折过程中外接球的体积不变，D成立.故选：C 【41】C 解析：对于A:如图，取AP中点G,连结EG、FG,又因为点F为线段 PD的中点，所以FGAD且G=AD,因为CEAD且C8=AD,可得 2 2 CEI/GF且CE=GF, 所以四边形CEGF是平行四边形，所以CF/1EG,CF=EG,因为CFc 面AEP,EGC面AEP,所以CF∥平面AEP:故选项A正确； 对于B:因为CF//EG,所以∠PEG即为直线CF与PE所成角，在等腰 直角△AEP中，EG为直角边AP上的中线，所以∠PEG是定值，故选项 B正确： 对于C:设AD=2,则AB=BE=1,可得DE=AE=√2，可得 AE2+ED2=AD2,所以AE⊥ED,若AE⊥DP,ED∩DP=D,可得 AE⊥面DEP,因为PEC面DEP 所以AE⊥EP,即∠AEP=90°，与∠APE=90矛盾，所以AE⊥DP不成 立，故选项C不正确： 对于D:由已知得AE⊥DE,当面APE⊥面AECD时，因为面APEO面 AECD=AE, DEC面AECD,所以DBL平面APE,因为APC平面APE,可得 DE⊥AP, 又因为AP⊥PE,DE∩PE=E,所以AP⊥平面PDE, 故∠PDA为AD与平面PDE所成角，在RtAAPD中，因为 AD=2AB=2PA 可得∠PD4=30°，故选项D正确：故选：C. B-- 【42】C 解析：对于①，分别延长DM,CB交于H,连接AH,如图所示： 由M为中点，BM=CD且BM/CD,可得B为CH的中点，M为 DH的中点， 可得BN为△ACH的中位线，可得BWlA,H BWt平面A,DM,AHC平面ADM,可得BN∥平面ADM.①正确： 对于②，取AD的中点F,连接，由O知MFAF且M=4日 所以aw=4H=MR=aF产+A=F+2=5, 即BW的长度为定值√5，故②正确： 对于③，当平面ADM⊥平面DBC时，A,到平面DMBC的距离最大 且为√2， 此时V到平面DBC的距离最大，且为 2 △DMC的面积为2x4=4,可得三棱锥W-DMC的最大休积为 492 2 ,∴③正确： 3 对于④，若DM⊥AC,又DM=CM=2,CD=4,可得 DM⊥MC,A,C∩MC=CAC,MCc平面A,CM, 所以DM1平面ACM,4MC平面ACM, 则DM⊥AM,这与DM为斜边矛盾，∴④错误： 综上，以上正确命题的序号为①②③.故选：C 【43】C 解析：关于①，画图如下： 由题知AB=DC=D,C=1,BC=AD=AD=V5,AC=2, 当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积最大， 过点D向AC做垂线，垂足为E, DA=√3，DC=L.∠DCA=30°， 在aMDg中可得A=D8= 2 ·,平面DAC⊥平面ABC, 平面DAC∩平面ABC=AC,DE⊥AC :DE是三棱锥D-ABC的高， ∴三棱锥D-ABC的体积最大值为 24 故①错误： 对于②，记AC中点为M,如图所示 :△ADC和△ABC均为直角三角形，M为AC中点， ·.AM=MC=DM=BM, :M为棱锥D-ABC的外接球圆心，半径为AM=1, ∴三棱锥D-ABC的外接球体积不变 故②正确： 关于③，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积最大， 由①知，DE⊥平面ABC,过E做EF⊥AB,交AB于F,连接DF, ?EF⊥AB,DE⊥平面ABC, :.DE⊥AB,:DEEE=EAB⊥平面DEF AB⊥DF,故∠DFE即为二面角D-AB-C的大小 AD=AB 1BC=DC=3, 2,4AC=2 E为AC的四等分点， :EF⊥AB,BC⊥AB, ∴EFBC F为AB的四等分点， 4 .Da= 2 故③错误： 关于④，当△ADC沿对角线AC进行翻折，使得DB=√2时， 在△ABD中，AB2+BD=AD AB⊥BD, 'AB⊥BC,BCnBD=B BCC平面BDC,BDC平面BDC, :AB⊥平面BDC 此时AB⊥CD 故异面直线AB与CD所成角的最大值为90°正确， 故④正确：故选：C 【44】AD 解析：对于A,记AC中点为M,如图所示 :△ADC和△ABC均为直角三角形，M为AC中点， ∴AM=MC=D'M=BM, :M为棱锥D-A8C的外接球球心，半径为AM=5 8=4a=45月 2 =5π .三棱锥D'-ABC的表面积不变，故A正确： 对于B,画图如下： D 由题知AB=DC=DC=√2，BC=AD'=AD=V5,AC=√5 当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D'-ABC的体积最大 过点D向AC做垂线，垂足为E, :DA=√5，D'C=√2，在△AD'E中可得 DE=4D.D'C-5x巨-B0 AC 5 5 平面DAC⊥平面ABC, 平面DAC∩平面ABC=AC,DE⊥AC DE是三棱锥D'-ABC的高， ·三棱锥D'-ABC的体积最大值为 mx65- 5305 故B不正确： 对于C,若异面直线AD与BC所成的角是90°， 则AD⊥BC,又因为AB⊥BC, ABOAD=A,ABC平面ABD,ADC平面ABD', ∴.BC⊥平面ABD,则BC L BD',在ABCD'中，DC=√2<BC=√3 不成立，所以异面直线AD与BC所成的角不可能是90°，故C不正确： 对于D,设AD与平面ABC所成角为0，点D'到平面ABC距离为d, 则sm0= AD :当点D到平面ABC距离最大时，AD与平面ABC所成角最大， 当平面DAC⊥平面ABC时，点D到平面ABC距离最大，由B知， 此时dr=Dg=3面 即()压 ,0<60°，D正确.故选：AD. 5 2 【45】AC 解析：A选项：连接AC,由题意在菱形ABCD中，AB=2,M为BC的 中点，所以BM=M=BC-AB=1,又∠ABC=行，由余弦定理 2 2 AM2=22+1'-2×1×2cos60°=3，故AM=V3,AM2+CM2=4=AB2,所 以AM⊥BM,同理AM⊥MC,又B,MnMC=M,B,M,MCc平面 B,MC,故AM⊥平面BMC,又AMc面ABM,故面ABM⊥面B,MC, 故A选项正确： D B B选项：如图所示，取AD中点E,连接EW,EC,所以EC/1AM,且 EC=AM,又因为N为8D的中点，所以N1AB,且EW=,AB,=1 又由A选项得AM⊥BC,∠ABC=60°，所以∠BAM=∠B,AM=30°且 AM=5,所以∠BC=”,C=√5，在△CW中，由余弦定理 61 得：c=cg:+8-2Cg,E.c0s∠8C=3+1-2×5x1x5-1,即 2 CW=1,故B选项错误： B C选项：由B选项得EW/AB,所以直线AM和CW所成角即为EC与 C@V所成角∠WCE,又C=姬=L,故C8=∠返C=,故C选项正 确： D选项：当三棱锥B,-AMD的体积最大时，B,M⊥平面ABCD,由四边 形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，∠BAM=30°，故 ∠MCD=120°，AM⊥AD,故C在△AMD的外接圆内，又△AMD的外接 圆在三棱锥A-AMD外接球的内部故点C在三棱锥马-AMD外接球 的内部，故D选项错误：故选：AC 【46】ACD 解析：如下图所示 A《 D 选项A:取AC的中点O,连接OP,OD,由于四边形ABCD为菱形，则 AC⊥OP,AC⊥QD, 又OP⌒OD=O,OPC平面POD,ODC平面POD,所以AC⊥平面 POD, 又PDC平面POD,所以AC⊥PD,A正确：（点拨：要证线线垂直，往往 需要先证线面垂直) 选项B:在翻折过程中，当平面APC⊥平面ACD时，三棱锥P-ACD的 体积最大， 此时三棱锥P-ACD的体积y=上x5×2x5=1,B错误： -34 选项C:将△ABC沿AC翻折的过程中，PC的轨迹是以AC为轴的圆锥， 显然此圆锥轴截面的顶角为120°，大于90°，所以必然存在两条母线互 相垂直， 翻折前，AD"BC,故存在某个位置，使直线AD与直线PC垂直，C正确： (另解：当PD=2时，易知△APC,△PDC都是边长为2的等边三角形， 取PC的中点M,连接AMDM则AM⊥PC,DM⊥PC, 又AMC平面ADM DMC平面ADM,且AM∩DM=M,所以PC⊥平 面ADM, 又ADC平面ADM,所以PC⊥AD,C正确) 选项D:当平面APC⊥平ACD时，因为PC=CD=2,所以PO=OD=√5 所以PD=√6 所以90D的面积86-( 设直线AD与平面PCD所成角为O,点A到平面PCD的距离为d 则m=,即1=× 32 -xd, 解符日=25，故m日=立-正，D正确故选：ACD 5 AD 5 【47】ABD 解析：由于四边形ABCD是菱形，∠ABC=”,所以三角形ABC是等边 三角形， M是BC的中点，所以AM⊥BC, 则在折叠的过程中，AM⊥CM,AM⊥B,M, 由于CMOB,M=M,CM,B,Mc平面B,MC 所以AM⊥平面B,MC,由于B,Cc平面B,MC,所以AM⊥B,C,A选项 正确. 设E是AB,的中点，由于W是B,D的中点， 所以aaEv-D, 由于CNIAD.CM=4AD, 所以EWCM,EN=CM,所以四边形MCvE是平行四边形， 所以CN//ME,CN=ME, 在直角三角形AM,中，M您=，8=1=CV为定值 ∠ABM=行MB=县E,所以三角形马8M是等边三角形 所以∠马，M=子，也即直线AB,和CW所成的角始终为行，C选项错误 三角形AMD的面积不变，所以当平面AB,⊥平面AMCD时，B,到平 面AMCD的距离最大 由于平面AB,⊥平面AMCD且交线为AM,B,Mc平面 AMB,B,M⊥AM, 所以B,M⊥平面AMCD,由于MDC平面AMCD,所以B,M⊥MD 同理可证得AD⊥平面AMB, 由于AB,C平面AMB,所以AD⊥AB 所以三棱锥B!~AMD的体积最大时，其外接球的球心为N, AB,=2,AD=2,BD=V22+22=2, 所以外接球的半径为√2，表面积为4π×=8π，D项正确， 故选：ABD 【48】ABD 解析：连接AC交BD于O,连接OA,取CD的中点N,连接MN,BW 对于A,当平面A'BD⊥平面BCD时，四面体A'-BCD的体积最大， 点A'到平面BCD的距离最大， 此时在菱形ACD中，AB=2,∠8AD= 则△ABD,△BCD都是等边三角形， 则QA'=OA=OC=V3, 此时四面体-BCD的体积为行××2×5x5=1 所以四面体A'-BCD的体积的最大值为1，故A正确： 对于B,因为M,N分别为A'C,CD的中点， 所以BN⊥CD, wWD且a=D=l, 由题意ceo号)则∠ce号) 当∠MwC=时，MW⊥CD, 因为NOBW=N,N,BWC平面BMN 所秋∠c=号时，cD1平面aN, 又BMC平面BMW, 所以CD⊥BM 所以存在某一位置，使得BM⊥CD,故B正确： 对于C,因为NHA'D, 所以异面直线BM,A'D所成的角即为∠BW或其补角， cosZBMN=1+BM-3 BM 1 2BM 2 BM' 因为BM不为定值，所以cos∠BN不为定值， 即异面直线BM,A'D所成的角不为定值，故C错误 对于D,因为OC⊥BD,OA'⊥BD, 所以∠A'OC即为二面角A'-BD-C的平面角， 则o∠0C=6=-方，所以C-2,放D正确 2xv3x3 6 故选：ABD. 第十一节 专题:立体几何的翻折问题 ▶▷ 重点题型专练 ◁◀ 173 学科网（北京）股份有限公司 立体几何是高考的考察重点,翻折问题与动态性问题也是常考题型,常在小题当中出现,大题也有考察.考查热点仍是点、线、面的位置关系的判断和空间角的计算,解题的关键是弄清折叠前后哪些发生了变化,哪些没有发生变化.解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题. 常见考法:点的轨迹;位置关系;体积最值;外接球;夹角关系;展开图及最短距离问题 处理原则:明确翻折前后不变的位置关系和数量关系,以不变应万变 ▍练题型 翻折与点的轨迹 1 某些点、线、面按照一定的规则运动,构成各式各样的轨迹,探求空间轨迹的关键是找到关键点和翻折过程中不变的数量关系与位置关系. 【典例▪1】如图,矩形中,,为边的中点,将沿翻折成,若为线段的中点,若在翻折过程中,点的轨迹为（    ） A.椭圆的一段 B.直线的一段 C.抛物线的一段 D.一段圆弧 【变式▪2】（2024·全国高三专题）已知正方形ABCD的边长为2,将沿AC翻折到的位置,得到四面体,在翻折过程中,点始终位于所在平面的同一侧,且的最小值为,则点D的运动轨迹的长度为（    ） A. B. C. D. 【练习▪3】如图,将四边形中,沿着翻折到,则翻折过程中线段中点的轨迹是（    ） A.椭圆的一段 B.抛物线的一段 C.双曲线的一段 D.一段圆弧 【练习▪4】已知矩形,,,、分别为边、的中点.沿直线将翻折成,在点从至的运动过程中,的中点的轨迹长度为__________. 【练习▪5】（2024·四川内江高二期中）如图,已知菱形中,,,为边的中点,将沿翻折成（点位于平面上方）,连接和,为的中点,则在翻折过程中,点的轨迹的长度为 .    ▍练题型 证明探索位置关系 2 【典例▪6】M,N分别为菱形ABCD的边BC,CD的中点,将菱形沿对角线AC折起,使点D不在平面ABC内,则在翻折过程中,对于下列两个命题:①直线MN恒与平面ABD平行;②异面直线AC与MN恒垂直.以下判断正确的是（    ） A.①为真命题,②为真命题 B.①为真命题,②为假命题 C.①为假命题,②为真命题 D.①为假命题,②为假命题 【变式▪7】如图1,直线将矩形分为两个直角梯形和,将梯形沿边翻折,如图2,在翻折过程中（平面和平面不重合）,下列说法正确的是（    ） A.在翻折过程中,恒有直线平面 B.存在某一位置,使得平面 C.存在某一位置,使得 D.存在某一位置,使得平面 【练习▪8】如图,矩形中,,为边的中点,将沿直线翻折成,若为线段的中点,则在翻折过程中,下面说法中正确的序号是（    ）    ①是定值 ②存在某个位置,使 ③存在某个位置,使 ④不在底面上时,则平面 A.①② B.①④ C.①③ D.②④ 【练习▪9】已知矩形中,,,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折过程中,下列说法正确的是（    ） A.存在某个位置,使得直线与直线垂直 B.存在某个位置,使得直线与直线垂直 C.存在某个位置,使得直线与直线垂直 D.对任意位置,三对直线“与”,“与”,“与”均不垂直 【练习▪10】平行四边形ABCD中,,将三角形ABD沿着BD翻折至三角形,则下列直线中有可能与直线垂直的是（    ） ①直线;②直线;③直线;④直线. A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 【练习▪11】如图1,菱形中,,是其对角线, 是上一点,,将沿直线翻折,形成四棱锥（如图2）,则在翻折过程中,下列结论中正确的是（    ）    A.存在某个位置使得 B.存在某个位置使得 C.存在某个位置使得 D.存在某个位置使得 【练习▪12】如图,在矩形ABCD中,E为边AB的中点,将沿直线DE翻折成若M为线段A₁C的中点,则在翻折过程中,给出以下命题: ①存在某个位置,使平面 ②存在某个位置,使 ③线段BM的长是定值; ④存在某个位置,使平面 其中所有正确命题的编号是（    ）      A.①② B.①③ C.②④ D.①③④ 【练习▪13】（2024·高二专题）如图,在矩形中,分别为边上的点,且, ,设分别为线段的中点,将四边形沿着直线进行翻折,使得点不在平面上,在这一过程中,下列关系不能成立的是（    ）    A.直线直线 B.直线直线 C.直线直线 D.直线平面 【练习▪14】（2024·四川高二练习）已知中,,,,、分别是、中点,将沿直线翻折至,形成四棱锥,在翻折过程中,下列结论可能成立的为（    ）    A. B. C. D.平面平面 ▍练题型 外接球问题 3 【典例▪15】（2024·全国高二专题）在矩形中, ,现将沿对角线翻折,得到四面体,则该四面体外接球的体积为（    ） A. B. C. D. 【变式▪16】（2024·四川泸州一模）已知菱形的边长为6,,将沿对角线翻折,使点到点处,且二面角为,则此时三棱锥的外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 【练习▪17】已知菱形的边长为6,,将沿对角线翻折,使点到点处,且二面角为,则此时三棱锥的外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 【练习▪18】（2024·安徽高二考试）在中, 为的中点.将沿翻折,得到三棱锥,当二面角为时,三棱锥的外接球的表面积为（    ） A. B. C. D. 【练习▪19】（2024·黑龙江）如图,平面四边形中,,,, ,将沿翻折,使点D移动至点P,且,则三棱锥外接球体积为（    ） A. B. C. D. 【练习▪20】（2024·全国高二专题练习）已知平面四边形ABCD中,,现沿BD进行翻折,使得A到达的位置,连接,此时二面角为150°,则四面体外接球的半径为（    ） A. B. C. D. 【练习▪21】（2024·全国高二专题练习）在四边形ABCD中,,,将沿AC翻折至,三棱锥的顶点都在同一个球面上,若该球的表面积为,则三棱锥的体积为（    ） A. B. C. D. 【练习▪22】如图1,四边形中,, ,,将沿翻折至,使二面角的正切值等于,如图2,四面体的四个顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为（    ） A. B. C. D. ▍练题型 体积最值问题 4 【典例▪23】（2024·全国高二专题）在梯形中, ,将沿直线翻折成,当三棱锥的体积最大时,三棱锥的外接球的表面积为_____________. 【练习▪24】已知平面四边形ABCD,连接对角线BD,得到等边三角形ABD和直角三角形BCD,且, ,,将平面四边形ABCD沿对角线BD翻折,得到四面体,则当四面体的体积最大时,该四面体的外接球的表面积为（    ） A.12π B.18π C.21π D.28π 【练习▪25】如图,在矩形ABCD中,AB＝2AD＝2a,E是AB的中点,将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置,使三棱锥A1﹣CDE的体积取得最大值,若此时三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为16π,则a＝（    ） A.2 B. C. D.4 【练习▪26】（2024·湖北）如图1,直角梯形中,, 取中点,将沿翻折（如图2）,记四面体的外接球为球（为球心）.是球上一动点,当直线与直线所成角最大时,四面体体积的最大值为（    ） A. B. C. D. ▍练题型 展开图及最短距离问题 5 【典例▪27】如图,四棱锥中,平面平面,底面是正方形,是边长为2的正三角形,E,F分别是棱上的动点,则的最小值是（    ） A. B. C. D. 【变式▪28】如图,圆锥的母线长为,底面圆的半径为,若一只蚂蚁从圆锥的点出发,沿表面爬到的中点处,则其爬行的最短路线长为,则圆锥的底面圆的半径为（    ） A. B. C. D. 【练习▪29】如图,三棱柱中,底面,,是上一动点,则的最小值是_______. 【练习▪30】（2024·全国高二专题练习）如图,在长方体中,,点在棱上,当取得最小值时,,则线段的长为________. 【练习▪31】如图,直三棱柱中,, ,点是棱的中点,蚂蚁从点出发,绕过三棱柱的一条棱爬到点处,则这只蚂蚁爬行的最短路程是__________. ▍练题型 折叠中的夹角关系 6 【典例▪32】（2024·浙江宁波高二期中）等腰梯形中,,沿对角线将平面折起,折叠过程中,与夹角的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【变式▪33】在正方形ABCD中,O为BD中点,将平面ABD沿对角线BD翻折,使得平面平面BCD,则直线AB与CD所成角的大小为（    ） A.30° B.45° C.60° D.90° 【练习▪34】（2024·湖北恩施高二上期末）在中, ,将沿翻折,使,则平面与平面夹角的余弦值是（    ） A. B. C. D. 【练习▪35】（2024·山西高一下期末）在矩形中,,E是的中点,将沿翻折,当翻折到的位置时,连接, ,如图所示,设的中点为F,当时,二面角的余弦值为（    ） A. B. C. D. 【练习▪36】（2024·浙江杭州高二上期中）如图,在菱形ABCD中,,线段AD,BD的中点分别为E,F.现将沿对角线BD翻折,则异面直线BE与CF所成角的取值范围（    ）      A. B. C. D. 【练习▪37】如图,梯形中,, ,沿着对角线折叠使得点B,点C的距离为,此时二面角的平面角为（    ） A. B. C. D. ▍练题型 与折叠有关的综合问题 7 【练习▪38】如图,矩形中,已知为边的中点.将沿翻折成,若为线段的中点,给出下列说法:①翻折到某个位置,可以使得平面;②无论怎样翻折,点总在某个球面上运动.则（    ） A.①和②都正确 B.①和②都错误 C.①正确,②错误 D.①错误,②正确 【练习▪39】如图,四边形中,是以为斜边的等腰直角三角形,为等边三角形, ,将沿对角线翻折到在翻折的过程中,下列结论中不正确的是（    ） A. B.与可能垂直 C.直线与平面所成角的最大值是 D.四面体的体积的最大是 【练习▪40】已知在矩形中,将沿对角线所在的直线进行翻折,在三棱锥中,一定不成立的是（    ） A.为锐角 B. C.平面 D.三棱锥外接球的体积不变 【练习▪41】如图,四边形为矩形,, 是的中点,将沿翻折至的位置（点平面）,设线段的中点为,则在翻折过程中,下列论断不正确的是（    ） A.平面 B.异面直线与所成角的大小恒定不变 C. D.当平面平面时,与平面所成角为 【练习▪42】（2024·全国高二专题练习）已知四边形为矩形,,,为的中点,将沿折起,得到四棱锥（如图）,设的中点为. 在翻折过程中,有如下四个命题: ①平面;         ②的长度为定值; ③三棱锥体积的最大值为; ④在翻折过程中,存在某个位置,使得. 其中真命题的个数为（    ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【练习▪43】已知矩形,,,将沿对角线AC进行翻折,得到三棱锥,则在翻折的过程中,有下列结论: ①三棱锥的体积最大值为; ②三棱锥的外接球体积不变; ③三棱锥的体积最大值时,二面角的大小是60°; ④异面直线AB与CD所成角的最大值为90°. 其中正确的是（   ） A.①②④ B.②③ C.②④ D.③④ 【练习▪44】（多选）矩形中,,将沿对角线进行翻折,点翻折至点,连接,得到三棱锥,则在翻折过程中,下列结论正确的是（    ） A.三棱锥的外接球表面积不变 B.三棱锥的体积最大值为 C.异面直线与所成的角可能是 D.直线与平面所成角不可能是 【练习▪45】（2024·全国高二专题练习）（多选）如图,在菱形中,为的中点,将沿直线翻折到的位置,连接和为的中点,在翻折过程中,则下列结论中正确的是（    ） A.面面 B.线段长度的取值范围为 C.直线和所成的角始终为 D.当三棱锥的体积最大时,点在三棱锥外接球的外部 【练习▪46】（2024·高二专题）（多选）如图1,在菱形ABCD中,,,将沿AC折起,使点B到达点P的位置,形成三棱锥,如图2.在翻折的过程中,下列结论正确的是（    ） A. B.三棱锥体积的最大值为3 C.存在某个位置,使 D.若平面平面ACD,则直线AD与平面PCD所成角的正弦值为 【练习▪47】（2024·全国高二专题）（多选）如图,在菱形ABCD中,AB＝2,,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折到△AB1M的位置,连接B1C和B1D,N为B1D的中点,在翻折过程中,则下列结论中正确的是（    ） A.始终有AM⊥B1C B.线段CN的长为定值 C.直线AB1和CN所成的角始终为 D.当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时,其外接球的表面积是 【练习▪48】（2024·高三专题）（多选）如图,在菱形ABCD中,AB=2,,将沿BD折起,使A到,且点不落在底面BCD内,若点M为线段的中点,则在翻折过程中,以下命题中正确的是（    ） A.四面体的体积的最大值为1 B.存在某一位置,使得BM⊥CD C.异面直线BM与所成的角为定值 D.当二面角的余弦值为时, 1 学科网（北京）股份有限公司 $