专题3 立体几何中的翻折问题-【重难点手册】2025-2026学年高中数学必修第二册同步练习册（人教A版）

用重难点手册高中数学必修第二册RJA, 专题3立体几 1.（2025·江西南昌二中期末)如图，在矩形 ABCD中，E,F分别为边AD,BC上的点，且 AD=3AE,BC=3BF,设P,Q分别为线段 AF,CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF 进行翻折，使得点A不在平面CDEF内，在这 一过程中，下列关系不能成立的是() A.直线AB∥值线CDB.直线AB⊥直线PQ C.直线PQ∥值线EDD.直线PQ∥伻面ADE 2.(2025·湖北武钢三中期末)如图，已知在菱形 ABCD中，AB=2,∠BAD-,E为边BC的 中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E(点B, 位于平面ABCD上方)，连接B1C和B1D,F 为B,D的中点，则在翻折过程中，下列说法正 确的是(). B-- ①平面AB1E⊥平面B1EC; ②AB,与CF的夹角为定值： ③三棱锥B:AED体积的最大值为2y3, 3 ④点F的轨迹的长度为受 A.①② B.①③C.①②④D.②③④ 3.(2025·湖南石门一中单元检测)已知 在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E, F分别在边AD,BC上，且AE=1, BF=3,如图1，沿EF将四边形AEFB翻折成 A'EFB',如图2，设二面角B'-EF-D的大小为 α，在翻折过程中，当二面角B'CD-E取得最大 值时，sina的值为(). 36 何中的翻折问题 图 图2 3 A.5 4 B. 5 C.2v 1 3 D.3 4.(2025·安徽芜湖一中月考)D是Rt△ABC斜 边AB上一动点，AC=3,BC=4,将△BCD沿 着CD翻折，翻折后的三角形为△B'CD,且平 面B'CD⊥平面ACD,则翻折后AB'的最小值 是(). A.√21 B.√13 C.22 D.√7 5.(2025·湖北襄阳四中期末)如图1，四边形 PACB由一个边长为3的等边三角形ABC与 另外一个△PAB拼接而成，现沿着直线AB进 行翻折，使得平面PAB⊥平面ABC,连接PC, 得到三棱锥PABC,如图2.若PA=5, :PB= 三，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为( ) B P A 图1 图2 A. π C.2π D.4π 6.(2025·江西余江一中月考)如图1，在等腰梯形 ABCD中，AB=BC-CD=AD,E是AD的 中点.现将△ABE沿BE翻折到△A'BE,将 △DCE沿CE翻折到△D'CE,使得二面角 A'-BEC等于60°，D'-CE-B等于90°，如图2， 则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于 图1 图2 7.（2025·淅江杭州学军中学月考)如图1，在矩形 ABCD中，点E在边CD上，BC=DE=2EC= 2,将△DAE沿AE进行翻折，翻折后D点到达 P点位置，且满足平面PAE⊥平面ABCE,如 图2. (1)若点F在棱PA上，PB∩平面CEF=G,求 证：CE∥FG; (2)求点E到平面PAB的距离. ,第八章立体几何初步用 8.(2025·江西吉安一中月考)如图，四边形ABCD 为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF 为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位 置，且PF⊥BF (1)求证：平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值. D E 9.(2025·浙江杭州外国语学校单元检测)在 △ABC中，AB=AC=2,∠BAC=120°，过点 A作AM⊥BC,垂足为点M,将△ABM沿直线 AM翻折，使点B与点C间的距离为3，此时四 面体A-BCM的四个顶点都在球O的球面上， 求球O的表面积. 37因为AD∩PD=D,AD,PDC平面ADP, 所以BC⊥平面ADP. 又APC平面ADP,所以BC⊥AP, (2)如图2，过点H作HE⊥AB,垂足为E,连接PE. 图2 则∠BAH=∠EAH=01,所以cos01= AE AH 因为P在平面ABC上的投影为H, 所以PH⊥平面ABC. 又ABC平面ABC,所以PH⊥AB, AH 所以∠PAH=02,os0:=PA 因为PH∩EH=H,PH,EHC平面PEH, 所以AB⊥平面PEH. 又PEC平面PEH,所以AB⊥PE, ∠PAB=∠EAP=0,所以cos0=AE PA AE AH AE 所以cos61cos0:一A行·P片一P片=cos0,结论得证. 因为01,02,0∈ ], 所以cos01∈[0,1]，cos02∈[0,1]，cos0∈[0,1]， 所以cos0=cos01cos02≤cos02.所以0>≥02 函数y=c0sz在[0，]上单词递减 (3)如图3，连接AH并延长，交BC于点D,连接BH 因为PHL平面ABC,所以∠PHC=∠PHB= 易知△PHC≌△PHB,则HC=HB. 又BD=DC,所以△HBD≌△HCD, 则HD⊥BC,所以点H在直线AD上 在Rt△ABD中，AD=√AB2-BD=4, 同理PD=4,△PAD是等边三角形. 因为PH⊥AD,所以H是AD的中点， 则AH=2,PH=√PA2-AH=2√3，PM=√/5. 图3 40 因为M为平面ABC内一点，且HM=√3<HD, 所以M点的轨迹是以H为圆心W3为半径的圆. 设HM与BC的夹角为B,3∈[0,2]， 因为PM.BC=(Pi+H.Bd -PH.BC+HM.BC-HM.BC, PM.BC HM·BC 所以cosa= IPM·|BC PM·BC 3 X6cos B 5 √15X6 5Icos Bl. 当ca月l=1时，casu取得展大值停 专题3立体儿何中的翻折问题 1.C[翻折之后如图所示. Q 因为AD=3AE,BC=3BF,所以ABEF且EFCD,因此 ABCD,故A成立.连接FD,因为P,Q分别为FA,FD的 中点，所以PQ∥AD.又因为EF⊥AE,EF⊥DE,AE∩DE= E,AE,DEC平面AED,则EF⊥平面AED.因为AB∥ EF,所以AB⊥平面AED.又ADC平面AED,所以AB⊥ AD,所以AB⊥PQ,故B成立.因为PQ∥AD,ED∩AD= D,所以PQ与ED不平行，故C不成立.因为PQ∥AD,且 PQ中平面ADE,ADC平面ADE,所以PQ∥平面ADE,故 D成立.] 2C[对于①，由AB=2,∠BAD-,E为边BC的中点可 知∠B=F且BE=1,易知AE⊥EC,AE⊥B1E.又ECn B1E=E,EC,B1EC平面B1EC,故AE⊥平面B1EC.又 AEC平面AB,E,所以平面AB1E⊥平面B1EC,故①正确. 对于②，如图，设G是AB1的中点，连接GE,G'F,又F为 B,D的中点，则G'FAD且GP=2AD.又EC=2BC= 号AD且EC/AD,所以GF/EC且G'F=EC,即四边形 FGEC为平行四边形，故CF∥EG',所以AB1与CF的夹 角为∠AGE或其补角.若G为AB1的中点，由①分析易知 ∠AGE-红故AB,与CF的夹角为否，故②正确 B 对于③，由以上分析知，翻折过程中，当B1E⊥平面ABCD 1 时，V4Am最大，此时VAA=3·B,E·SaAm=3XIX 专×，3×2-9故③错误 对于④，由②分析可知EG'=CF且EG'CF,故F的轨迹 长度与G的轨迹长度相同，由①知B1的轨迹为以E为圆 心，B,E为半径的半圆，故G的轨迹为以AE的中点为圆 心，号为半径的半圆，所以F的轨迹长度为号×2x×华- 艺，故④正确] 3.B[如图1，在矩形ABCD中，过点B作EF的垂线交EF 于点O,交AD于点M,交CD的延长线于点G.在翻折后的 图形中，如图2，设B在平面AC内的射影为H,则H在直线 BM上，过H作CD的垂线，垂足为K,连接BK,则∠BKH 为二面角B'CD-E的平面角.由题意得∠B'OH=a,可知 BO-BO-3B'H-B'Osin a sin a. 2 B'Ocos=三(1+cosa),由∠GBC=45°，BG=42,得 HG=BG-BH=4W2-2(1+cosa),所以HK=二HG= √2 2 4-多1+oe）=号2se,所以m∠B'KH- 53 B'H HK 3×与%。令写0e>0,可得血e十3mse =51≤V1中97，则0<≤子所以当=子，即写00。 sin a -子血。-号时，m∠BKH取到最大值3平，比时 ∠B'KH最大，即二面角B'-CD-E取得最大值，故B正确.] G B E M O A E R B 图1 图2 4.B[过点B'作BE⊥CD于点E,连接AE,AB',如图所示. o B 设∠BCD=∠B'CD=a(0<a<),则B'E=4sina,CE= 4cosa,∠ACE=-a,在△AEC中，由余弦定理得AE= AC+CE-2AC.CE·cos(5-a）=9+16cosa-24cosa sina.,平面B'CD⊥平面ACD,平面B'CD∩平面ACD= CD,B'E⊥CD,B'EC平面B'CD,B'E⊥平面ACD.又 AEC平面ACD,,∴.B'ELAE.在Rt△AEB'中，由勾股定 理得AB2=AE2+B'E2=9十16cos2a-24 cos asin a十 16sima=25-12sin2a,六当a=至时，AB'取得最小值， 为√13.] 方法总结 对于翻折问题中与线段长度有关的计算，通常需要将 这个线段放在某个三角形中进行处理，如果是有关长度最值 的计算，一般考虑转化为函数或者利用数形结合思想解决 5B[已知PA=号，PB=号，AB=5,即PA:+PB= AB2,故∠APB=90°.设等边三角形ABC的中心为O,连接 OA,OB,OC,可得OA=OB=OC= √3 2sin60° =1,延长C0 交AB于点D,则D为AB的中点，OD⊥AB,连接PD, PO,如图所示. D C 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB, ODC平面ABC,OD⊥AB,所以OD⊥平面PAB.又PDC 平面PAB,所以PDLOD,易知PD-停，0D=号，所以 PO=√PD2+OD2=1=OA,则三棱锥PABC的外接球 球心即为△ABC的中心O,故三棱锥P-ABC的外接球的体 球心在过载面圆图心且与载面垂直的直线上 积V-智X1=经放B正确了 .[如图，连接A'C,设AB=2a,取CE的中点K,连 637 接BK,A'K. 41 M 由题意知平面BCE⊥平面D'CE,又平面BCE∩平面D'CE =CE,BKC平面BCE,BK⊥CE,所以BK⊥平面D'CE, 则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于∠A'BK的 正弦值.由已知得在等腰梯形ABCD中，△ABE,△BCE为 等边三角形.取BE的中点M,连接A'M,CM,则∠A'MC 为二面角A'-BEC的平面角，即∠A'MC=60° 易求得BK=√3a,A'C=√3a,在△A'EC中，cos∠A'EC= EA'2+EC2-A'C2 5 2EA'·EC 81 义eae∠A'BC-EARK-吾，解得ArK 2EA′·EK 2a.在△A'BK中，有s∠A'BK=A'B+BK-AK √1 2A'B·BK 33 8所以直线 AB与平面DCE所底角的余弦值等于] 7.(1)如图1，因为CE∥AB,CE中平面ABP,ABC平面 ABP,所以CE/平面ABP. 又PB∩平面CEF=G,PA∩平面CEF=F,所以平面 ABP∩平面CEF=FG,CEC平面CEF,所以CEFG. 图1 图2 (2)如图2，取AE的中点O,连接PO,依题意得AP=PE=2, 所以POLAE且PD=号AE=号XVB+2-反. 又平面PAE⊥平面ABCE,平面PAE∩平面ABCE=AE, POC平面PAE,所以PO⊥平面ABCE. 连接BE,B0,则SAe=AB×BC=合×8X2=3, 所以Ve=30·Se=日X反X3=E. 又AB=3,AP=2,A0=7AE=E,∠BA0= 41 所以BO=√AB2+AO2-2AB·AO·cOs∠BAO =V√32+W2)2-2x3x2x2 =5 2 42 又PO⊥平面ABCE,OBC平面ABCE, 所以PO⊥OB,所以PB=√PO2+OB2=√7， 则os∠PAB=PA+AB-PB_2+3-7- 2PA·AB 2X3×2 2 则sin∠PAB=V1-os'∠PAB-B, 2 所秋5n专Ap.AB·m∠PAB号×2X3x号-3 1 221 、1 设点E到平面PAB的距离为d,则VEs=3d·S△APB 号×24=-Vm区解得1-2， 3， 即点E到平面PAB的距离为25 8.(1)由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F, 所以BF⊥平面PEF. 又因为BFC平面ABFD, 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如图，作PH⊥EF,垂足为H,连接DH. D E H A B 由(I)得PH⊥平面ABFD, 则∠PDH为DP与平面ABFD所成的角. 设正方形ABCD的边长为2，由(1)可得DE⊥PE. 又因为DP=2,DE=1,所以PE=√3. 又因为PF=1,EF=2,所以PE⊥PF, 可得PH=PE·PFB EF 2 则血∠PDI-S-只 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 方法总结 本题中的几何体是正方形ABCD沿一边中点翻起一 个直角三角形DFC形成的.翻起来的位置从对称的角度来 看，其实就是把直角三角形ABF翻起来，B,C重合的位置 就是点P的位置.根据对称性可知，此时点P在底面的射 影点H肯定在等腰三角形AFD的中线EF上，则平面 PEFL平面ABFD是自然而然的事.至于第(2)问，不难用 等#法第得PH-CD,西DP与平西ABFD所底的角 PH PH 3 为∠PDH,其正孩值为DP-CD=4 9.如图，将△ABM沿直线AM翻折，得到满足题意的几何体 为三棱锥A-BCM. B D 因为AB=AC=2,∠BAC=120°，过点A作AM⊥BC, 则∠BAM-60,∠ABM-0,器光 所以BM=√3，AM=1. 在△BCM中，BM=√3，CM=√3，BC=3,由余弦定理得 cos∠BMC-BM+CM-BC=- 2BM·CM -2,所以∠BMC=120 设△BCM的外接圆圆心为D,半径为r, 连接DB,DM,DC,则DB=DC=MD=r, BC 严正弦定理 则sn20-2r,解得r=3,即MD=5. 易知AM⊥平面BCM,点O在过点D且与平面BDCM垂 直的直线上，连接OB,OD,OC,OA,OM, 又AM是球O截面圆的弦，OA=OM,AM=1, 所以OD=号AM=号， 得球的半径为0M=√(）+6= 2 所以球的表面积S=4:·OM=4红×日-13r 第八章单元学能测评 1.B 2.C[由题意知正四棱柱的底面积为4，.正四棱柱的底面 边长为2，正四棱柱的底面对角线长为2√2，正四棱柱的体 对角线长为2√6，而球的直径等于正四棱柱的体对角线长， 即2R=2√6，.R=√6，.S缘=4πR2=24π.] 3.B[,AB∥A1B1,∠BA1C1是AB与A1C1所成的角， .AB与AC1所成的角为30°.AA1∥BB1,∴.∠BB1C 是AA1与B1C所成的角.又BB1=a,AB1=A1C1=2a, .AB=√3a,.B1C1=BC=a,则四边形BB1C1C是正 方形，∴∠BB1C=45°.] 4.A[如图，作OD⊥AC,垂足为D,则球的半径r=OD=2, 此时0A=2r=4,水面半径R=0C=4Xan30°=号的设 加入小球后水面以下的体积为V',原来水的体积为V,球的 体积为所以水的体积为V-V-。一言(） ×4 号x2=1] 5.D[当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形 ABD1,如图1；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形 AB1C1D,如图2；当点Q不与点D,D1重合时，截面图形为 等腰梯形AQRB1,如图3.] D(Q) C--- 图1 图2 图3 6.D[如图1，在正四面体ABCD中，取AB的中点G,连接 CG,DG,则CG⊥AB,DG⊥AB,而CG∩DG=G,且CG, DGC平面CDG,所以AB⊥平面CDG,连接EG,FG,因为 EGC平面CDG,FGC平面CDG,所以AB⊥EG,AB⊥FG. 由二面角的平面角的定义可以判断01=∠CGE,02= ∠EGF,03=∠FGD,01=0.设该正四面体的棱长为6，如 图2. 对称性 D 图1 图2 CD=6,易得CG=DG=3√3，取CD的中点H,则GH⊥CD, CE=2,EH=HF=1.在△GCH中，由勾股定理可得GH= √GC2-CH=32,则GE=GF=√(32)2+12=√19. 在△GCE中，由余弦定理可得os0,=3,)+()2-2 2X33X√19 7在△GEF中，由余弦定理可得os, 7 = 2-面(》=票=> 2X√19X√19 -器-器→后>品即1m>w> 0-→01<02，所以01=03<02.] 7.D[在直角梯形ABCD中，AB/CD,ABLIC,BC=2AB 43