专题8 翻折问题

如图,连接 $ EF $ , $ GH $ .因为 $ E $ , $ F $ 分别为 $ BC $ , $ AD $ 的中点,则 $ CE//DF $ , $ CE=DF $ ,所以四边形 $ CEFD $ 是平行四边形,所以 $ H $ 是 $ ED $ 的中点.因为 $ F $ , $ G $ 分别为 $ AD $ , $ PD $ 的中点,所以 $ FG//AP $ ,

又 $ FG\not\subset $ 平面 $ PAE $ , $ AP\subset $ 平面 $ PAE $ ,所以 $ FG// $ 平面 $ PAE $ .

同理 $ GH// $ 平面 $ PAE $ .

又 $ GH\cap FG=G $ , $ GH $ , $ FG\subset $ 平面 $ GFC $ ,所以平面 $ PAE// $ 平面 $ GFC $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

由题易知 $ △PAE\sim △GFH $ ,则 $ \mathrm{\angle }GFH=\mathrm{\angle }PAE $ （定值）,又 $ FG=\dfrac{1}{2}AP $ （定值）, $ FC=AE $ （定值）,所以在 $ △GFC $ 中,由余弦定理可知 $ CG $ 的长是定值,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

若 $ AB=BE $ ,则 $ FA=FE=FD $ ,所以 $ \mathrm{\angle }AED={90}^{\circ } $ ,所以 $ AE\perp ED $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

因为 $ \mathrm{\angle }APE={90}^{\circ } $ ,所以 $ \mathrm{\angle }FGH={90}^{\circ } $ ,所以 $ GH\perp GF $ ,因为 $ GF $ , $ GH $ , $ GC $ 在同一平面内,所以 $ GC $ 不可能垂直于 $ GF $ ,因为 $ GF//AP $ ,所以 $ GC $ 不可能垂直于 $ AP $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

由已知,可得 $ AD=AB\cdot \tan {30}^{\circ }=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ ,所以 $ BD=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} $ .又 $ \mathrm{\angle }DAC=\mathrm{\angle }C $ ,所以 $ CD=AD=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ ,取 $ AC $ 的中点 $ M $ ,连接 $ DM $ ,则 $ DM\perp AC $ ,且 $ DM=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .因为平面 $ ABD\perp $ 平面 $ ACD $ ,平面 $ ABD\cap $ 平面 $ ACD=AD $ , $ AD\perp AB $ , $ AB\subset $ 平面 $ ABD $ ,所以 $ AB\perp $ 平面 $ ACD $ ,所以 $ AB\perp DM $ .又因为 $ DM\perp AC $ , $ AB\cap AC=A $ , $ AB $ , $ AC\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ DM\perp $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ DM $ 就是点 $ D $ 到平面 $ ABC $ 的距离.故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,当平面 $ ABC $ 与平面 $ BCD $ 垂直时,

因为 $ CD\perp BC $ ,平面 $ ABC $ 与平面 $ BCD $ 的交线为 $ BC $ , $ CD\subset $ 平面 $ BCD $ ,

所以 $ CD\perp $ 平面 $ ABC $ ,又 $ AB $ , $ AC\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ CD\perp AB $ , $ CD\perp AC $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确;

对于 $ \mathrm{B} $ ,如图①,连接 $ DE $ ,

因为 $ AB\perp CD $ , $ BC\perp CD $ , $ AB\cap BC=B $ , $ AB $ , $ BC\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ CD\perp $ 平面 $ ABC $ ,又 $ AE\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ AE\perp CD $ .

因为 $ AB=AC $ , $ E $ 为 $ BC $ 的中点,所以 $ AE\perp BC $ ,

又 $ BC\cap CD=C $ , $ BC $ , $ CD\subset $ 平面 $ BCD $ ,所以 $ AE\perp $ 平面 $ BCD $ ,

则 $ \mathrm{\angle }ADE $ 即为 $ AD $ 与平面 $ BCD $ 所成的角,

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△BCD $ 中, $ CD=2 $ , $ \mathrm{\angle }BDC={60}^{\circ } $ ,则 $ BC=2\sqrt{3} $ , $ DE=\sqrt{C{E}^{2}+C{D}^{2}}=\sqrt{7} $ , $ AE=\dfrac{1}{2}BC=\sqrt{3} $ ,

所以 $ \tan \mathrm{\angle }ADE=\dfrac{AE}{DE}=\dfrac{\sqrt{21}}{7} $ ,

即 $ AD $ 与平面 $ BCD $ 所成角的正切值为 $ \dfrac{\sqrt{21}}{7} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;

对于 $ \mathrm{C} $ ,三棱锥 $ A-BCD $ 的体积 $ V=\dfrac{1}{3}\cdot {S}_{△BCD}\cdot h $ （ $ h $ 为点 $ A $ 到平面 $ BCD $ 的距离）.

$ {S}_{△BCD}=\dfrac{1}{2}×BC×CD=\dfrac{1}{2}×2\sqrt{3}×2=2\sqrt{3} $ .

当平面 $ ABC\perp $ 平面 $ BCD $ 时, $ h $ 最大, $ h $ 的最大值为 $ AE=\sqrt{3} $ ,此时 $ V=\dfrac{1}{3}×2\sqrt{3}×\sqrt{3}=2 $ ,所以三棱锥 $ A-BCD $ 体积的最大值为2,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ ,连接 $ EF $ ,当 $ AB=AD $ 时,因为 $ F $ 为 $ BD $ 的中点,所以 $ AF\perp BD $ ,则 $ AF=\sqrt{6-4}=\sqrt{2} $ .

又因为 $ E $ 为 $ BC $ 的中点,所以 $ EF=\dfrac{1}{2}CD=1 $ ,又 $ AE=\sqrt{3} $ ,所以 $ E{F}^{2}+A{F}^{2}=A{E}^{2} $ ,

所以 $ AF\perp EF $ .

如图②,将 $ △AEF $ 沿 $ AE $ 旋转,使其与 $ △ACE $ 在同一平面内,

则当 $ C $ , $ M $ , $ F $ 三点共线时, $ CM+FM $ 最小,即 $ CM+FM $ 的最小值为 $ CF $ 的长.

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AEF $ 中, $ \sin \mathrm{\angle }AEF=\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ,

则 $ \cos \mathrm{\angle }CEF= \cos (\mathrm{\angle }AEF+\mathrm{\angle }AEC)=- \sin \mathrm{\angle }AEF=-\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ,

所以 $ CF=\sqrt{1+3-2×1×\sqrt{3}×(-\dfrac{\sqrt{6}}{3})}=\sqrt{4+2\sqrt{2}} $ ,所以 $ CM+FM $ 的最小值为 $ \sqrt{4+2\sqrt{2}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

图①     图②

在矩形 $ ABCD $ 中,设 $ AB=m $ , $ AD=n $ ,如图,连接 $ AC $ 交 $ BD $ 于点 $ O $ ,翻折后 $ AO+CO=\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}} > AC $ ,

$ \cos \mathrm{\angle }ADC=\dfrac{A{D}^{2}+C{D}^{2}-A{C}^{2}}{2AD\cdot CD}=\dfrac{{m}^{2}+{n}^{2}-A{C}^{2}}{2mn} > 0 $ , $ \therefore \mathrm{\angle }ADC $ 一定为锐角, $ \mathrm{A} $ 成立.

当 $ m=n $ 时, $ \because BD\perp AO $ , $ BD\perp CO $ , $ AO\cap CO=O $ , $ \therefore BD\perp $ 平面 $ AOC $ ,又 $ AC\subset $ 平面 $ AOC $ , $ \therefore AC\perp BD $ , $ \mathrm{B} $ 成立.

若 $ CD\perp $ 平面 $ ABD $ , $ BD\subset $ 平面 $ ABD $ ,则 $ CD\perp BD $ , $ \therefore \mathrm{\angle }BDC $ 为直角,与 $ CD $ , $ BD $ 一定不垂直矛盾, $ \mathrm{C} $ 不成立.

$ \because AO=BO=CO=DO $ , $ \therefore $ 点 $ O $ 为三棱锥 $ A-BCD $ 外接球的球心,外接球的直径为 $ \sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}} $ , $ \therefore $ 在翻折过程中外接球的体积不变, $ \mathrm{D} $ 成立.故选 $ \mathrm{C} $ .

因为平面 $ ABC\perp $ 平面 $ BCD $ ，平面 $ ABC\cap $ 平面 $ BCD=BC $ ，

又 $ △BCD $ 为直角三角形， $ CD\perp BC $ ， $ CD\subset $ 平面 $ BCD $ ，所以 $ CD\perp $ 平面 $ ABC $ ， $ \mathrm{A} $ 正确.

因为 $ CD\perp $ 平面 $ ABC $ ， $ AB\subset $ 平面 $ ABC $ ，所以 $ CD\perp AB $ ，

因为 $ △ABC $ 为直角三角形，所以 $ AB\perp AC $ ，

又 $ CD $ ， $ AC\subset $ 平面 $ ACD $ ， $ CD\cap AC=C $ ，

所以 $ AB\perp $ 平面 $ ACD $ ，因为 $ AB\subset $ 平面 $ ABD $ ，

所以平面 $ ABD\perp $ 平面 $ ACD $ ， $ \mathrm{B} $ 正确.

如图①，分别取 $ BC $ ， $ AB $ ， $ CD $ 的中点 $ E $ ， $ M $ ， $ Q $ ，过点 $ M $ 作 $ MN\perp BC $ 于点 $ N $ ，连接 $ AE $ ， $ EM $ ， $ EQ $ ， $ MQ $ ， $ NQ $ ，

图①

所以 $ EQ//BD $ ， $ EM//AC $ ，即直线 $ AC $ 与直线 $ BD $ 所成角为 $ \mathrm{\angle }MEQ $ 或其补角.

不妨设 $ AE=2\sqrt{3} $ ，则 $ AC=2\sqrt{6} $ ， $ EM=\sqrt{6} $ ， $ BC=4\sqrt{3} $ ， $ CD=4 $ ， $ BD=8 $ ， $ EQ=4 $ ， $ MN=\dfrac{1}{2}AE=\sqrt{3} $ ， $ NC=\dfrac{3}{4}BC=3\sqrt{3} $ ， $ CQ=\dfrac{1}{2}CD=2 $ ，

所以 $ NQ=\sqrt{N{C}^{2}+C{Q}^{2}}=\sqrt{31} $ .因为平面 $ ABC\perp $ 平面 $ BCD $ ，平面 $ ABC\cap $ 平面 $ BCD=BC $ ， $ MN\perp BC $ ， $ MN\subset $ 平面 $ ABC $ ，所以 $ MN\perp $ 平面 $ BCD $ ，又 $ NQ\subset $ 平面 $ BCD $ ，所以 $ MN\perp NQ $ ，故 $ MQ=\sqrt{M{N}^{2}+N{Q}^{2}}=\sqrt{34} $ ，

则在 $ △MEQ $ 中， $ \cos \mathrm{\angle }MEQ=\dfrac{6+16-34}{2×\sqrt{6}×4}=-\dfrac{\sqrt{6}}{4} $ ，从而可知直线 $ AC $ 与直线 $ BD $ 所成的角不为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误.

如图②，取 $ BC $ 的中点为 $ E $ ，连接 $ AE $ ， $ ED $ ，则 $ AE\perp BC $ ，又平面 $ ABC\perp $ 平面 $ BCD $ ，平面 $ ABC\cap $ 平面 $ BCD=BC $ ， $ AE\subset $ 平面 $ ABC $ ，所以 $ AE\perp $ 平面 $ BCD $ ，又 $ ED\subset $ 平面 $ BCD $ ，

图②

所以 $ AE\perp ED $ ， $ \mathrm{\angle }ADE $ 为直线 $ AD $ 与平面 $ BCD $ 所成的角.

不妨设 $ AE=2\sqrt{3} $ ，则 $ BC=4\sqrt{3} $ ， $ CD=4 $ ， $ AC=2\sqrt{6} $ ，

因为直线 $ CD\perp $ 平面 $ ABC $ ， $ AC\subset $ 平面 $ ABC $ ，所以 $ AC\perp CD $ ，

所以 $ AD=\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}=2\sqrt{10} $ ，则 $ \sin \mathrm{\angle }ADE=\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{\sqrt{30}}{10} $ ，

所以直线 $ AD $ 与平面 $ BCD $ 所成角的正弦值为 $ \dfrac{\sqrt{30}}{10} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

因为 $ \mathrm{\angle }ABC={90}^{\circ } $ ,所以 $ AB\perp BC $ .因为 $ PB\perp BC $ , $ PB\cap AB=B $ , $ PB $ , $ AB\subset $ 平面 $ PAB $ ,所以 $ BC\perp $ 平面 $ PAB $ .如图,设 $ △PAB $ 外接圆的圆心为 $ {O}_{1} $ ,三棱锥 $ P-ABC $ 外接球的球心为 $ O $ ,连接 $ O{O}_{1} $ , $ B{O}_{1} $ , $ BO $ , $ CO $ ,过 $ O $ 作 $ OF\perp BC $ ,垂足为 $ F $ ,则 $ OF={O}_{1}B $ .在 $ △PAB $ 中, $ \mathrm{\angle }ABP=\mathrm{\angle }BAP={30}^{\circ } $ , $ \mathrm{\angle }APB={120}^{\circ } $ , $ AB=\sqrt{3} $ ,所以 $ △PAB $ 外接圆的直径为 $ \dfrac{AB}{ \sin \mathrm{\angle }APB}=2 $ ,所以 $ B{O}_{1}=1 $ .

设三棱锥 $ P-ABC $ 外接球的半径为 $ R $ , $ O{O}_{1}=ℎ $ ,则 $ CF=2-ℎ $ ,所以在 $ △O{O}_{1}B $ 中, $ O{B}^{2}={O}_{1}{B}^{2}+{O}_{1}{O}^{2} $ ,即 $ {R}^{2}=1+{ℎ}^{2} $ ,在 $ △OCF $ 中, $ C{O}^{2}=C{F}^{2}+O{F}^{2} $ ,即 $ {R}^{2}=1+{\left(2-ℎ\right) ^ {2}} $ ,所以 $ {R}^{2}=1+{\left(2-ℎ\right) ^ {2}}=1+{ℎ}^{2} $ ,解得 $ ℎ=1 $ , $ R=\sqrt{2} $ ,所以三棱锥 $ P-ABC $ 的外接球的体积 $ V=\dfrac{4}{3}\mathrm{\pi }{R}^{3}=\dfrac{8\sqrt{2}}{3}\mathrm{\pi } $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

在等腰梯形 $ ABCD $ 中,

$ \because AB//CD $ , $ AD=DC=BC=2 $ , $ \mathrm{\angle }ABC={60}^{\circ } $ , $ \therefore \mathrm{\angle }DAB=\mathrm{\angle }ABC={60}^{\circ } $ , $ \therefore \mathrm{\angle }ACD=\mathrm{\angle }DAC=\mathrm{\angle }CAB={30}^{\circ } $ ,

$ \therefore \mathrm{\angle }ACB={90}^{\circ } $ , $ AB=4 $ , $ AC=2\sqrt{3} $ .

如图,在三棱锥 $ P-ABC $ 中过点 $ P $ 作 $ PF\perp AC $ 交 $ AC $ 于点 $ F $ ,则易得 $ PF=1 $ ,

$ \because CP=2 $ , $ BC=2 $ , $ BP=2\sqrt{2} $ , $ \therefore C{P}^{2}+B{C}^{2}=B{P}^{2} $ , $ \therefore BC\perp CP $ .又 $ \because BC\perp AC $ , $ AC\cap CP=C $ , $ AC $ , $ CP\subset $ 平面 $ ACP $ ,

$ \therefore BC\perp $ 平面 $ ACP $ , $ \because BC\subset $ 平面 $ ABC $ , $ \therefore $ 平面 $ ABC\perp $ 平面 $ ACP $ .

$ \because PF\perp AC $ , $ PF\subset $ 平面 $ ACP $ ,平面 $ ABC\cap $ 平面 $ ACP=AC $ , $ \therefore PF\perp $ 平面 $ ABC $ .

设 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△ABC $ 的外接圆圆心为 $ O^\prime $ ,易知其位于斜边 $ AB $ 的中点,

设等腰三角形 $ APC $ 的外接圆圆心为 $ H $ ,易知其位于 $ PF $ 的延长线上.

过 $ O^\prime $ 作平面 $ ABC $ 的垂线,过 $ H $ 作平面 $ ACP $ 的垂线,设两垂线交于点 $ O $ ,

则 $ O $ 为三棱锥 $ P-ABC $ 外接球的球心,连接 $ OA $ , $ FO\prime $ ,则 $ FO\prime //BC $ , $ FO\prime \perp $ 平面 $ ACP $ ,

又 $ PF//OO\prime $ , $ OH//FO\prime $ , $ \therefore $ 四边形 $ FHOO\prime $ 为矩形, $ \because △APC $ 是顶角为 $ {120}^{\circ } $ 的等腰三角形, $ \therefore HP=AP=2 $ ,

$ \therefore HF=PH-PF=2-1=1 $ , $ \therefore OO\prime =FH=1 $ ,

$ \therefore $ 三棱锥 $ P-ABC $ 外接球的半径 $ R=\sqrt{OO{\prime }^{2}+O^\prime {A}^{2}}=\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{5} $ ,

$ \therefore $ 三棱锥 $ P-ABC $ 的外接球的表面积 $ S=4\mathrm{\pi }{R}^{2}=20\mathrm{\pi } $ .故选 $ \mathrm{B} $ .