高考数学二轮复习难点2.8立体几何中的折叠问题最值问题和探索性问题测试卷文

立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题（一）选择题（12*5=60分）1．在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,DAB=60,E为AB的中点，将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥PDCE的外接球的体积为（）A．4327B．62C.68D．624【答案】C2．将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角BACD.则四面体ABCD的内切球的半径为（）A．1B．223C.21D．23【答案】D【解析】设球心为O，球的半径为R，由DABCOABCOADCOBCDOABDVVVVV，知23r，故选D.3．【北京市海淀区2018届期末】已知正方体的1111ABCDABCD棱长为2，点,MN分别是棱11,BCCD的中点，点P在平面1111ABCD内，点Q在线段1AN上，若5PM，则PQ长度的最小值为A.21B.2C.3515D.355【答案】C4．已知52.236，如图，在矩形ABCD中，5,3,ADABEF、分别为AB边、CD边上一点，且1AEDF，现将矩形ABCD沿EF折起，使得ADEFBCFE平面平面，连接ABCD、，则所得三棱柱ABEDCF的侧面积比原矩形ABCD的面积大约多（）ABCDEFA.68%B.70%C.72%D.75%【答案】D【解析】折叠后，根据题意，由直二面角的概念可知在三棱柱ABEDCF中，AEBE，根据题设的条件可得5AB，所以三棱柱ABEDCF的侧面积比原矩形ABCD的面积多555，从而三棱柱ABEDCF的侧面积比原矩形ABCD的面积多550.7575%335，故选D.5．【河南省漯河市2018届第四次模拟】已知三棱锥PABC中，ABBC，ABBC，点P在底面ABC上的射影为AC的中点，若该三棱锥的体积为92，那么当该三棱锥的外接球体积最小时，该三棱锥的高为（）A.2B.33C.23D.3【答案】D【解析】如图所示，设AC的中点为D，连结PD，很明显球心在PD上，设球心为O，PD=h，AB=x，则：2211927,322xhxh，在Rt△OCD中：OC2=CD2+OD2,设OC=R,则：22222RxhR，解得：22232221271272727922322424444444hxhhhhhhhRhhhhh，当且仅当22744hh，即h=3时等号成立，此时当其外接球的体积最小.即满足题意时三棱锥的高为3h.本题选择D选项.6．已知边长为23的菱形ABCD中，060A，现沿对角线BD折起，使得二面角ABDC为120°，此时点,,,ABCD在同一个球面上，则该球的表面积为（）A．20B．24C．28D．32【答案】CHMNDBCA7．【福建省南安2018届第二次阶段考试】如图所示，长方体1111ABCDABCD中，AB=AD=1,AA1=2面对角线11BD上存在一点P使得1APPB最短，则1APPB的最小值为（）A.5B.262C.22D.2【答案】A8．如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知ADE是ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是（）①FADE；②//BC平面ADE；③三棱锥AFED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③【答案】C【解析】①中由已知可得DE面FAA，∴FADE．②DEBC//，根据线面平行的判定定理可得//BC平面DEA．③当面DEA面ABC时，三棱锥FDEA的体积达到最大．故选C．9．【河南省林州市2018届8月调研】如图，已知矩形ABCD中，483ABBC，现沿AC折起，使得平面ABC平面ADC，连接BD，得到三棱锥BACD，则其外接球的体积为（）A.5009B.2503C.10003D.5003【答案】D10.一块边长为6cm的正方形铁皮按如图（1）所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正三棱锥形容器，将该容器按如图（2）放置，若其正视图为等腰直角三角形（如图（3）），则该容器的体积为（）A．3126cmB．346cmC.3272cmD．392cm【答案】B【解析】设四棱锥的棱长为x,则底面边长为a，则侧面的斜高为a21，棱锥的高为ah22，则ax，即四棱锥的侧面是边长为a正三角形，且32323aa，故该四棱锥的体积6462223132aaaV.应选B.11．【河南省师范大学附中2018届8月】把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD平面CBD，形成三棱锥CABD的正视图与俯视图如下图所示，则侧视图的面积为（）A.12B.22C.24D.14【答案】D12．【湖北省武汉市2018届调研联考】设点M是棱长为2的正方体1111ABCDABCD的棱AD的中点，点P在面11BCCB所在的平面内，若平面1DPM分别与平面ABCD和平面11BCCB所成的锐二面角相等，则点P到点1C的最短距离是（）A.255B.22C.1D.63【答案】A（二）填空题（4*5=20分）13.如图，90ACB，DA平面ABC，AEDB交DB于E，AFDC交DC于F，且2ADAB，则三棱锥DAEF体积的最大值为．【答案】26【解析】因为DA平面ABC，所以,,DAABADBCAEDB,又2ADAB，2DE,又因为,BCACACADA,所以BC平面ACD,所以平面BCD平面ACD,AFDC，平面BCD平面ACDCD,所以AF平面BCD,所以,AFEFBDEF,所以BD平面AEF,由22222AFEFAEAFEF可得1AFEF，所以12AEFS,所以三棱锥DAEF体积的最大值为1122326.14．【河北衡水金卷2018届模拟一】如图，在直角梯形ABCD中，ABBC，//ADBC，112ABBCAD，点E是线段CD上异于点C，D的动点，EFAD于点F，将DEF沿EF折起到PEF的位置，并使PFAF，则五棱锥PABCEF的体积的取值范围为__________．【答案】10,315．已知边长为23的菱形ABCD中，60BAD，沿对角线BD折成二面角ABDC为120的四面体ABCD，则四面体的外接球的表面积．【答案】28【解析】如图所示，120AFC，60AFE，33223AF，∴23,233EFAE，设xOO，∵2BO，1FO，∴由勾股定理可得22222331234xxR，∴72R，∴四面体的外接球的表面积为2842R，故答案为28．16．【南宁市2018届12月联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.①所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④(三)解答题（4*10=40分）17．【辽宁省丹东市2018届期末】长方形ABCD中，2ABAD，M是DC中点（图1）．将△ADM沿AM折起，使得ADBM（图2）．在图2中：（1）求证：平面ADM平面ABCM；（2）若2BEDE，2AM，求三棱锥EABC的体积．18.【辽宁省凌源市2018届期末】已知正四棱锥SABCD的各条棱长都相等，且点,EF分别是,SBSD的中点.（1）求证:ACSB；（2）在SC上是否存在点M，使平面//MBD平面AEF，若存在，求出SMMC的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）设ACBDO,则O为底面正方形ABCD中心，连接SO,因为SABCD为正四梭锥.所以SO平面ABCD,所以SOAC.又BDAC,且SOBDO,所以AC平面SBD；因为SB平面SBD,故ACSB.（2）存在点M，设SOEFG,连,AGCG.取CG中点H，连OH并延长交SC于点M，∵O是AC中点，∴//OHAG,即//OMAG，又//EFBD，,OMBD平面AEF，,AGEF平面AEF，∴//OM平面AEF,//BD平面AEF，又OMBDO，,OMBD平面MBD，∴平面//MBD平面AEF，在SOC中，作//GNHM交SC于N，则N是SM中点，M是CN中点，∴2SMMC.19.【黑龙江省七台河市2018届期末联考】如图，ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，2AB，1BC，设EAB，且3tan2，四边形DCBE为平行四边形，DC平面ABC.（1）求三棱锥CABE的体积；（2）在CD上是否存在一点M，使得//MO平面ADE？证明你的结论.20.【四省名校2018届第一次大联考】在RtABC中，90C，4AC，2BC，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且01AFAB，如图所示，沿BE将CEB翻折至DEB，使得平面DEB平面ABE.（1）当13时，证明：EF平面DBE；（2）是否存在，使得三棱锥DBEF的体积是23？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.