第1章 06 专项突破练一 折叠与展开问题 （课时作业）-【学而思】2026-2027学年高中数学选择性必修一课时作业（人教A版）

专项突破练一　折叠与展开问题 1.C　[解析] 依题意,AG⊥EG,AG⊥FG,因为EG∩FG=G,EG,FG⊂平面EFG,所以AG⊥平面EFG,又OG⊂平面EFG,所以AG⊥OG,则AO与OG不垂直,故C正确,A错误;显然∠EAF<∠BAD=,B错误;假设AE⊥OG,因为AG⊥OG,AE∩AG=A,AE,AG⊂平面AEG,所以OG⊥平面AEG,又GE⊂平面AEG,所以OG⊥GE,在Rt△GEF中,O为斜边EF的中点,所以∠EGO<,与假设矛盾,D错误.故选C. 2.C　[解析] 方法一:由题知,在平行四边形ABCD中,AB=,BD=2,AB⊥BD,故AD=BC==.因为折叠后二面角A-BD-C为直二面角,AB⊥BD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以AB⊥平面BCD,所以AB⊥BC,所以AC==. 方法二:因为二面角A-BD-C为直二面角,所以平面ABD⊥平面BCD,又因为AB⊥BD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以AB⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.由题知CD⊥BD,以点D为坐标原点,以DB,DC所在直线分别为x,y轴,以过点D且平行于AB的直线为z轴,建立平面直角坐标系,如图, 所以B(2,0,0),A(2,0,),C(0,,0),=(-2,,-),则||==.故选C. 3.B　[解析] 如图,取AC的中点O,连接OB,OD,BD,则AC⊥OD,AC⊥OB, 则∠BOD为二面角D-AC-B的平面角,即∠BOD=60°,则△BOD为等边三角形,故BD=OD=OB=,过B作BE⊥CD,垂足为E,因为CD=CB=1,所以cos∠CDB==,因此sin∠CDB==,故BE=BD·sin∠CDB=×=,故选B. 4.D　[解析] 翻折后所得图形如图所示,易知BD的中点O为球心,故该四面体的外接球体积V=πR3=π×=π.因为AO⊥BD,CO⊥BD,AO,CO⊂平面AOC,AO∩CO=O,所以BD⊥平面AOC,因为二面角A-BD-C的大小为120°,所以∠AOC=120°,则S△AOC=×2×2sin 120°=2,VA-BCD=VD-AOC+VB-AOC=S△AOC×OB+S△AOC×OD=S△AOC×BD=,故所求体积之比为π,故选D. 5.B　[解析] 由已知得DE=,DE⊥PD,DE⊥DB,因为平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PD⊥平面BCED,又BD⊂平面BCED,所以PD⊥DB,所以DB,DE,DP两两垂直.以D为原点,DB,DE,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,1),B(3,0,0),C(1,2,0),E(0,,0),则=(3,0,-1),=(-1,-,0),设直线PB与CE所成的角为θ,θ∈,则cos θ=|cos<,>|===,所以sin θ=.故选B. 6.C　[解析] 方法一:翻折前,在平行四边形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AC,CD⊥AC,翻折后,则有AC⊥PC,AC⊥AB,由题意可得·=·=0,||=2,||=||=4.设平面PAC与平面ABC的夹角为θ,则cos θ=|cos<,>|,由=++,得=+++2·+2·+2·,因为||=8,所以64=16+4+16+2×4×4cos<,>,解得cos<,>=,则cos θ=|cos<,>|=,故平面PAC与平面ABC的夹角的余弦值为. 方法二:翻折前,在平行四边形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AC,CD⊥AC, 则AD=BC===2,翻折后,则有AC⊥PC,AC⊥AB,AP=2.设平面PAC与平面ABC的夹角为θ,则cos θ=|cos<,>|,由题意可得·=·=0,||=2,||=||=4,因为=-,故==+-2·,即82=42+-2·,故·=-14.因为·=(+)·=·+·=-14,所以cos θ=|cos<,>|===,故平面PAC与平面ABC的夹角的余弦值为.故选C. 7.ABD　[解析] 如图所示, 对于A,当平面A'BD⊥平面BCD时,因为平面A'BD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD, 所以BC⊥平面A'BD,又A'B⊂平面A'BD,所以BC⊥A'B,此时·=0,所以A正确;对于B,因为CD=AB=2,BD=1,BD⊥BC,所以∠ABD=60°>45°,则在翻折过程中,∠A'BA会超过90°(A点翻折180°后,∠A'BA=2∠ABD=2×60°>2×45°=90°),故存在∠A'BA=90°,因为AB∥CD,所以直线CD与直线A'B有可能垂直,此时·=0,所以B正确;对于C,在△A'CD中,CD>A'D,所以∠A'CD为锐角,故·不可能为0,所以C不正确;对于D,易知∠ADB=90°,将三角形ABD沿着BD翻折180°时,A,D,A'三点共线,此时四边形A'CBD为矩形,所以A'C⊥AD,此时·=0,所以D正确.故选ABD. 8.BCD　[解析] 对于A,连接B1C,假设存在某个位置,使得CN⊥AD,因为AD⊥DC,CN∩DC=C,CN,DC⊂平面B1DC,所以AD⊥平面B1DC,因为B1D⊂平面B1DC,所以AD⊥B1D,所以△AB1D是直角三角形,所以斜边AB1>AD,因为AB1=1,AD=2,与AB1>AD矛盾,所以不可能有CN⊥AD,故A错误;对于B,取AB1的中点Q,连接QN,QM,因为N为B1D的中点,所以QN∥AD且QN=AD,在矩形ABCD中,M为BC的中点,所以CM∥AD且CM=BC=AD,所以QN∥CM,且QN=CM,所以四边形QNCM为平行四边形,故CN∥QM,因为QM⊂平面B1AM,CN⊄平面B1AM,所以CN∥平面B1AM,故B正确; 对于C,由B知,CN∥QM,故∠B1QM(或其补角)即为异面直线CN与AB1所成的角,易知AB1⊥MB1,AB1=AB=1,B1M=BM=1,QB1=,由勾股定理得MQ===,所以cos∠B1QM==,故异面直线CN与AB1所成角的余弦值为,故C正确;对于D,当平面AB1M⊥平面AMCD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,取AD的中点E,AM的中点G,连接GE,B1G,ME,B1E,因为AB1=B1M=1,所以B1G⊥AM,且B1G=,又平面AB1M∩平面AMCD=AM,B1G⊂平面AB1M,所以B1G⊥平面AMCD,因为GE⊂平面AMCD,所以B1G⊥GE,因为AB=BM=MC=CD=1,所以AM=MD=,又AD=2,所以AM2+MD2=AD2,所以AM⊥MD,故EM=EA=ED=1,又GE=MD=,所以B1E==1,故E为三棱锥B1-AMD的外接球球心,外接球半径为1,故三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π×12=4π,D正确.故选BCD. 9.90°　[解析] 方法一:由题知AB⊥平面BCDE,BE⊥ED,以E为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示, 因为AE⊥ED,BE⊥ED,所以∠AEB为二面角A-DE-B的平面角,则∠AEB=45°,又AB⊥BE,所以△ABE为等腰直角三角形.设CD=1,则BE=1,AB=1,AE=.设BC=DE=2a,则E(0,0,0),A(1,0,1),N(1,a,0),D(0,2a,0),M,所以=,=(-1,0,-1),所以·=·(-1,0,-1)=0,故⊥,从而直线MN与AE所成的角为90°. 方法二:折叠后取AE的中点为H,连接MH,HB,如图所示, 由题知AB⊥平面DEBC,且BE⊥DE,所以二面角A-DE-B的平面角为∠AEB=45°, 又因为M,H分别为AD,AE的中点,所以HM=DE,HM∥DE, 在矩形DEBC中,N为BC的中点,所以BN=DE,BN∥DE, 则HM=BN,且HM∥BN,故四边形HMNB为平行四边形, 故∠EHB(或其补角)即为异面直线MN,AE所成的角. 又AB⊥平面DEBC,EB⊂平面DEBC,所以AB⊥EB,又EB=AB,H为AE的中点, 所以∠EHB=90°,即直线MN与AE所成的角为90°. 10.　[解析] 如图所示,在矩形APCD中,过P,D分别作PE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为E,F,由AP=1,PC=,可知AC=2,∠PAC=60°,所以PE=DF=,AE=CF=,EF=1.连接BE,则BE⊥AC,BE=,所以与的夹角(或其补角)即为平面ABC与平面ACD的夹角.设平面ABC与平面ACD的夹角为α.因为=++,所以=+++2·+2·+2·=+1++2××cos<,>,解得cos<,>=-,所以cos α=. 11.解:(1)证明:由题意知EB∥FC,又EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F,所以EB∥平面CD'F,同理可得A'E∥平面CD'F,又EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F, 又A'B⊂平面A'EB, 所以A'B∥平面CD'F. (2)方法一:由题意知EF⊥A'E且EF⊥EB,可知∠A'EB即为面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角,故∠A'EB=60°.不妨设AD=1,在平面A'EB内,过点A'作EB的垂线,垂足为O,易得A'O⊥平面EFCB,EO=,OB=,A'O=. 过点O作EF的平行线,交CD于点G,易得A'O,OB,OG两两垂直, 以O为原点,建立如图①所示的空间直角坐标系, 则E,F,A',D',B,C,可得=(1,0,0),=,设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则取y1=-,则n1=(0,-,1). =(1,1,0),=,设平面BCD'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 取y2=,则n2=(-,,1). 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cos θ|==,故sin θ=,即面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 方法二:因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°,EF⊥A'E且EF⊥EB,所以∠A'EB=60°.设CF=2,则A'E=2,EB=4,由余弦定理得A'B=2,故A'E2+A'B2=EB2,所以A'B⊥A'E.因为EF⊥A'E,EF⊥EB,A'E∩EB=E,所以EF⊥平面A'EB,又A'B⊂平面A'EB,所以EF⊥A'B,又EF∩A'E=E,EF,A'E⊂平面EFD'A',所以A'B⊥平面EFD'A'.设BC∩EF=G,连接GD',设GD'∩EA'=H,取D'H的中点M,连接BM,A'M,如图②,则∠A'MB即为面BCD'与面EFD'A'所成二面角的平面角,易知A'M=,A'B=2,A'M⊥A'B,所以BM=,所以sin∠A'MB==,即面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 12.解:(1)由题知AO⊥平面BOC,OC⊂平面BOC,所以AO⊥OC, 所以在三棱锥O-ABC中,AC2=AO2+OC2=42+22=20. 如图①,在直角梯形AO1O2C中,取AO1的中点E,连接CE,则△ACE是直角三角形, 所以AC2=O1+AE2,解得O1O2=4,故BO2=2,所以VO-ABC=VA-BOC=×S△BOC×OA=×OC×OB×OA=. (2)由(1)知AO⊥OC,AO⊥OB,BO⊥OC, 以O为坐标原点,以,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向, 建立如图②所示的空间直角坐标系Oxyz,所以A(0,0,4),B(0,2,0),C(2,0,0),F(0,0,2),=(-2,0,2),=(0,2,-4),设异面直线CF与AB所成的角为α,所以cos α===. (3)由题知G,所以=,=(2,0,0),设n=(x,y,z)为平面OGC的一个法向量,由可得令y=2得n=(0,2,-1),易知=(0,2,0)为平面OAC的一个法向量.设平面GOC和平面AOC的夹角为θ,则cos θ===,所以平面GOC和平面AOC夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项突破练一　折叠与展开问题 【类型综述】 折叠问题就是将平面图形沿某条或几条线段折叠成立体图形,再对折叠后的立体图形的位置特征和数字特征进行论证和计算. 解决折叠问题要抓住两个关键点:不变的线线关系、不变的数量关系.不变的线线关系,尤其是平面图形中的线线平行、线线垂直关系是证明空间平行、垂直关系的起点和重要依据;不变的数量关系是求解几何体的数字特征,如几何体的表面积、体积、空间中的角与距离等的重要依据. 【针对训练】 1.如图①,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形(如图②),使B,C,D三点重合,重合后的点记为G,取EF的中点为O,则在这个空间图形中必有 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.AO⊥OG B.AE⊥AF C.AG⊥OG D.AE⊥OG 2.[2026·广东佛山高二月考] 如图,已知平行四边形ABCD,AB=,BD=2,AB⊥BD,沿对角线BD将△ABD折起,使二面角A-BD-C为直二面角,则A与C之间的距离为 (　 ) A.2 B. 3 C. D. 2 3.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折成平面角为60°的二面角,则此时点B到直线CD的距离是 (　 ) A.1 B. C. D. 4.将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折,使得二面角A-BD-C的大小为120°,连接AC,得到四面体ABCD,则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为 (　 ) A.π B.π C.π D.π 5.[2026·四川绵阳高二期中] 如图①,等边三角形ABC中,AB=4,点D,E分别在边AB,AC上,且AD=1,∠ADE=90°,将三角形ADE沿DE折起,将点A翻折至于点P处,使得平面PDE⊥平面BCED,如图②,则直线PB与CE所成角的正弦值为 (　 ) A. B. C.- D.- 6.如图①,在平行四边形ABCD中,AB⊥AC,AB=2AC=4,如图②,将△ACD沿AC折起到△PAC的位置,使得点P到点B的距离为8,则平面PAC与平面ABC的夹角的余弦值为 (　 ) A. B. - C. D. - 7.(多选题)在平行四边形ABCD中,BC⊥BD,AB=2BD=2,将三角形ABD沿BD翻折至三角形A'BD,则下列数量积可能为零的是 (　 ) A.· B.· C.· D.· 8.(多选题)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,AB=BM=1,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M(点B1∉平面ADM),连接B1D,N为B1D的中点,连接NC,则在翻折过程中,下列说法中正确的是 (　 ) A.存在某个位置,使得CN⊥AD B.CN∥平面B1AM C.异面直线CN与AB1所成角的余弦值为 D.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 9. 如图所示,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,M,N分别为AD,BC的中点,DE⊥AB于点E,现将△ADE沿DE折起,使二面角A-DE-B为45°,此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B,则直线MN与AE所成角的大小为　　　　　　.  10.已知矩形APCD中,AP=1,PC=,沿对角线AC将△APC折起,使点P到达点B的位置,若BD=,则平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为　　　　.   11.[2025·全国二卷] 如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F. (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 12.如图,在直角梯形AO1O2C中,AO1∥CO2,AO1⊥O1O2,CO2=2,AO1=4,点B是线段O1O2的中点.将△ABO1,△BCO2分别沿AB,BC向上折起,使O1,O2重合于点O,得到三棱锥O-ABC,且AO⊥平面BOC,在三棱锥O-ABC中解答下列问题. (1)求三棱锥O-ABC的体积; (2)记OA的中点为F,求异面直线CF与AB所成角的余弦值; (3)记△ABC的重心为G,求平面GOC和平面AOC夹角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $