立体几何翻折检验测试.doc

.\ 1．在直角△ABC中，∠ACB=30，∠B=90，D为AC中点（左图），将∠ABD沿BD折起，使得AB⊥CD（右图），则二面角A﹣BD﹣C的余弦值为（　　） A．﹣ B． C．﹣ D． 2．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示，若E为线段BC的中点，则直线AE与平面ABD所成角的余弦为（　　） A． B． C． D． 3．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCA翻折，使得点A，D重合于F，此时二面角E﹣BC﹣F的余弦值为（　　） A． B． C． D． 4．如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为30和45，则=（　　） A． B． C． D． 5．如图，正方形A1BCD折成直二面角A﹣BD﹣C，则二面角A﹣CD﹣B的余弦值是（　　） A． B． C． D． 6．如图1，△ABC是等腰三角形，其中∠A=90，且DB⊥BC，∠BCD=30，现将△ABC沿边BC折起，使得二面角A﹣BC﹣D大小为30（如图2），则异面直线BC与AD所成的角为（　　） A．30 B．45 C．60 D．90 7．如图，矩形ABCD中AB=2，BC=，M，N分别为AB，CD中点，BD与MN交于O，现将矩形沿MN折起，使得二面角A﹣MN﹣B的大小为，则折起后cos∠DOB为（　　） A． B． C． D． 8．如图，正方形ABCD与正方形ABEF构成一个的二面角，将△BEF绕BE旋转一周．在旋转过程中，（　　） A．直线AC必与平面BEF相交 B．直线BF与直线CD恒成角 C．直线BF与平面ABCD所成角的范围是[，] D．平面BEF与平面ABCD所成的二面角必不小于 9．如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（　　） A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α 10．如图，四边形ABCD是矩形，沿直线BD将△ABD翻折成△A′BD，异面直线CD与A′B所成的角为α，则（　　） A．α＜∠A′CA B．α＞∠A′CA C．α＜∠A′CD D．α＞∠A′CD 　 答案： 1．（2016秋•射洪县校级期中）在直角△ABC中，∠ACB=30，∠B=90，D为AC中点（左图），将∠ABD沿BD折起，使得AB⊥CD（右图），则二面角A﹣BD﹣C的余弦值为（　　） A．﹣ B． C．﹣ D． 【分析】由（1）的证明可得∠A′EF为二面角A﹣BD﹣C的平面角．过A作AO⊥面BCD，垂足为O．由于面AEF⊥面BCD，所以O在FE上，连BO交CD延长线于M，从而当AB⊥CD时，由三垂线定理的逆定理得BM⊥CM，由此可求得cos∠AEO=，利用互补得出二面角A﹣BD﹣C的余弦值为． 【解答】解：过A作AE⊥BD，在原图延长角BC与F， 过A作AO⊥面BCD，垂足为O．由于面AEF⊥面BCD，所以O在FE上，连BO交CD延长线于M， ∵在△ABC中，∠ACB=30，∠B=90，D为AC中点， AB=，BD=AC， ∴△ABD为等边三角形， ∴BD⊥AE，BD⊥EF， ∴∠AEF为二面角A﹣BD﹣C的平面角， 过A作AO⊥面BCD，垂足为O， ∵面AEF⊥面BCD， ∴O在EF上， 理解BO交CD延长线于M， 当AB⊥CD时，由三垂线定理的逆定理可知：MB⊥CM， ∴O为翻折之前的三角形ABD的中心， ∴OE=AE， cos∠AEO=， ∴cos∠AEF=， 故选：A 【点评】本题以平面图形为载体，考查图形的翻折，关键是搞清翻折前后有关元素的变与不变，考查面面角，考查线面角，关键是正确作出相应的角 　 2．（2017•四川模拟）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示，若E为线段BC的中点，则直线AE与平面ABD所成角的余弦为（　　） A． B． C． D． 【分析】取DB中点O，连接CO、AO，过E作EH∥CO交DB于H，则有EH⊥面ADB．H为OB中点，连接AH，则∠EAH就是直线AE与平面ABD所成的角；在Rt△AHE中可求得直线AE与平面ABD所成角的余弦 【解答】解：如图所示，取DB中点O，连接CO、AO， ∵四边形ABCD为正方形，∴CO⊥DB． 又∵面DCB⊥面ADB，∴CO⊥面ABD， 过E作EH∥CO交DB于H，则有EH⊥面ADB．H为OB中点， 连接AH，则∠EAH就是直线AE与平面ABD所成的角． 设正方形ABCD的边长为2，则EH=， AH=，∴， cos∠EAH=，∴直线AE与平面ABD所成角的余弦为． 故选：C． 【点评】本题考查了面面垂直的性质，线面角的求解，考查了转化思想，属于中档题． 　 3．（2016•温州一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCA翻折，使得点A，D重合于F，此时二面角E﹣BC﹣F的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据折叠前和折叠后的边长关系，结合二面角的平面角定义得到∠FOE是二面角E﹣BC﹣F的平面角进行求解即可． 【解答】解：取BC的中点O，连接OE，OF， ∵BA=CD，∴BF=FC，即三角形BFC是等腰三角形， 则FO⊥BC， ∵BE=CF， ∴△BEC是等腰三角形， ∴EO⊥BC， 则∠FOE是二面角E﹣BC﹣F的平面角， ∵EF⊥CF，BF⊥EF， ∴EF⊥平面BCF，EF⊥FO， 则直角三角形EFO中，OE=AB=2，EF=DE=， 则sin∠FOE===， 则cos∠FOE===， 故选：B 【点评】本题主要考查二面角的求解，根据二面角的定义作出二面角的平面角是解决本题的关键．注意叠前和折叠后的线段边长的变化关系． 　 4．（2016秋•临川区校级期中）如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为30和45，则=（　　） A． B． C． D． 【分析】取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，推导出∠AOE=30，∠EOC′=45，∠OC′E=∠OAE，由正弦定理能求出的值． 【解答】解：取BD的中点O，连接AO，EO，C′O， ∵菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上， ∴C′O⊥BD，AO⊥BD，OC′=OA， ∴BD⊥平面AOC′， ∴EO⊥BD， ∵二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为30和45， ∴∠AOE=30，∠EOC′=45， ∵OC′=OA，∴∠OC′E=∠OAE， 由正弦定理得=， ， ∴， ∴==． 故选：C． 【点评】本题考查线段比值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 　 5．（2015•丹东二模）如图，正方形A1BCD折成直二面角A﹣BD﹣C，则二面角A﹣CD﹣B的余弦值是（　　） A． B． C． D． 【分析】由已知可得AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz，分别求出平面ACD和平面BCD的法向量，代入向量夹角公式，即可得到二面角A﹣CD﹣B的余弦值． 【解答】解：∵正方形A1BCD的对角线BD为棱折成直二面角， ∴平面ABD⊥平面BCD， 连接BD，A1C，相交于O， 则AO⊥BD， ∵平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD ∴AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直， 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz． 设正方形的棱长为1， 则O（0，0，0），A（0，0，），C（，0，0），B（0，﹣，0），D（0，，0）， =（0，0，）是平面BCD的一个法向量． =（，0，﹣），=（，，0），=（﹣，，0） 设平面ACD的法向量=（x，y，z）， 则， 即，即， 令x=1，则y=1，z=1， 解得=（1，1，1）． 从而|cos＜，＞|===， 二面角A﹣CD﹣B的余弦值为， 故选：B 【点评】本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，解答的关键是分别求出平面ACD和平面BCD的法向量，利用向量法是解决空间二面角大小的基本方法． 　 6．（2015•衢州一模）如图1，△ABC是等腰三角形，其中∠A=90，且DB⊥BC，∠BCD=30，现将△ABC沿边BC折起，使得二面角A﹣BC﹣D大小为30（如图2），则异面直线BC与AD所成的角为（　　） A．30 B．45 C．60 D．90 【分析】设AB=AC=2，则BC=2，BD=BCtan30=，过点C作CM和BD平行且相等，则由题意可得BDMC为矩形，从而∠ADM（或其补角）为异面直线BC与AD所成的角．由此能求出异面直线BC与AD所成的角． 【解答】解：设AB=AC=2，则BC=2，BD=BCtan30=， 过点C作CM和BD平行且相等，则由题意可得BDMC为矩形， ∴∠ADM（或其补角）为异面直线BC与AD所成的角． 取BC中点O，DM中点H，连结AO，HO， 由已知得AO⊥BC，HO⊥BC， ∴∠AOH是二面角A﹣BC﹣D的平面角，∴∠AOH=30， 由已知得AO=，HO=BD=， ∴AH===， 又AD=AM，H是DM中点，DH=， ∴AH⊥DM，tan==， ∴∠ADM=30， ∴异面直线BC与AD所成的角为30． 故选：A． 【点评】本题考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 　 7．（2015秋•沙坪坝区校级期末）如图，矩形ABCD中AB=2，BC=，M，N分别为AB，CD中点，BD与MN交于O，现将矩形沿MN折起，使得二面角A﹣MN﹣B的大小为，则折起后cos∠DOB为（　　） A． B． C． D． 【分析】先求出BO=DO=，再以N为原点，NM为x轴，NC为y轴，过N垂直于平面NMBC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出|BD|，由此利用余弦定理能求出折起后cos∠DOB． 【解答】解∵矩形ABCD中AB=2，BC=，M，N分别为AB，CD中点，BD与MN交于O， 现将矩形沿MN折起，使得二面角A﹣MN﹣B的大小为， ∴BO=DO==， 如图，以N为原点，NM为x轴，NC为y轴，过N垂直于平面NMBC的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则B（，1，0），D（0，）， |BD|==， ∴cos∠DOB===， ∴折起后cos∠DOB=． 故选：C． 【点评】本题考查角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法及余弦定理的合理运用． 　 8．（2016•绍兴二模）如图，正方形ABCD与正方形ABEF构成一个的二面角，将△BEF绕BE旋转一周．在旋转过程中，（　　） A．直线AC必与平面BEF相交 B．直线BF与直线CD恒成角 C．直线BF与平面ABCD所成角的范围是[，] D．平面BEF与平面ABCD所成的二面角必不小于 【分析】首先确定旋转后的图形为圆锥，进一步求出线面夹角的最值，然后依次进行判断即可． 【解答】解：∵正方形ABCD与正方形ABEF构成一个的二面角， ∴∠CBE=，将△BEF绕BE旋转一周，则对应的轨迹是以BE为轴的圆锥， 此时∠EBF=＜，则在旋转过程中直线AC不可能与平面BEF相交，故A错误， 当平面BEF和CD垂直时，此时直线BF与直线CD为角，故B错误， 当BF旋转到与BE，BC在一个平面时，直线BF与平面ABCD的夹角达到最大和最小值． ①最小值为：∠FBC=﹣=． ②由于∠FBC=+=， 所以最大值为：π﹣=． 则直线BF与平面ABCD所成角的范围是[，]，故C错误， 故只有D正确， 故选：D 【点评】本题主要考查二面角和线面的夹角的应用，平面图形的旋转问题，主要考查学生的空间想象能力和对问题的应用能力．综合性较强，难度较大． 　 9．（2015•浙江）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（　　） A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α 【分析】解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可． 【解答】解：①当AC=BC时，∠A′DB=α； ②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上， α=∠A′OE，连结AA′， 易得∠ADA′＜∠AOA′， ∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α 综上所述，∠A′DB≥α， 故选：B． 【点评】本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题． 　 10．（2016•济南二模）如图，四边形ABCD是矩形，沿直线BD将△ABD翻折成△A′BD，异面直线CD与A′B所成的角为α，则（　　 A．α＜∠A′CA B．α＞∠A′CA C．α＜∠A′CD D．α＞∠A′CD 【分析】假设ABCD是矩形，且平面ABD⊥平面ABCD，计算三个角的大小，使用排除法选择答案． 【解答】解：∵AB∥CD，∴∠A′BA为异面直线CD与A′B所成的角． 假设四边形ABCD是正方形，AB=1，平面ABD⊥平面ABCD． 连结AC，A′A，A′C．则A′O⊥平面ABCD，A′O=AO=BO=CO=DO==， ∴A′A=A′C=A′B=A′D=1， ∴△A′BA，△A′CD是等边三角形，△A′CA是等腰直角三角形， ∴∠A′CA=45，∠A′CD=∠A′BA=60， 即α＞∠A′CA，α=∠A′CD．排除A，C，D． 故选B． 【点评】本题考查了异面直线所成角的计算，属于中档题．