高中数学讲义（人教B版2019必修四）第37讲专题11-9立体几何中展开与折叠相关的问题

专题09立体几何中展开与折叠相关的问题TOC\o"13"\h\u题型1立体图形的展开 1◆类型1展开图问题 2◆类型2最短路径问题 6◆考点1长方体中的最短路径 6◆考点2三棱柱中的最短路径 10◆考点3锥体中的最短路径 11◆考点4台体中的最短路径 16◆类型3周长最小问题 18◆类型4和最小问题 23题型2平面图形的折叠 31◆类型1折叠中的小题 31◆类型2折叠中的解答题 35知识点一.折叠问题1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证和计算，就是折叠问题.2.折叠问题分析求解原则：（1）折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系；（2）折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变知识点二.展开问题将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究.题型1立体图形的展开◆类型1展开图问题【方法总结】立体图形的展开是指将空间图形沿某一条棱长展开为平面图形，研究其面积或者距离的最小值，把几何体中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点距离.【例题1】（2023·全国·高一专题练习）如图是一个正方体展开图，把展开图折叠成正方体后“抗”字一面相对面上的字是（

）A．新 B．冠 C．病 D．毒【答案】C【分析】将展开图折叠成正方体，观察可得结果.【详解】将展开图折叠成正方体可得“击”字与“冠”字相对，“抗”字与“病”字相对，“新”字与“毒”字相对，故选：C.【变式11】1．（2023春·全国·高一专题练习）如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是（

）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）【答案】B【分析】分别判断出还原成正方体后，相对面的标号，即可得出答案．【详解】（1）图还原正方体后，①⑤对面，②④对面，③⑥对面；（2）图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面；（3）图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面；（4）图还原后，①⑥对面，②⑤对面，③④对面；综上可得，还原成正方体后，正方体完全一样的是（2）（3）．故选：B．【变式11】2．（2022·高一单元测试）如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是__________．【答案】路【分析】根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.【详解】由图①可知，“国”和“兴”相对，“梦”和“中”相对，“复”和“路”相对；由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是“兴”、“梦”、“路”、“国”、“复”，所以到第5格时，小正方体朝上面的字是“路”.故答案为：路.【变式11】3．（2023·全国·高一专题练习）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______.①A与B

②D与E

③B与D

④C与F【答案】①②④【分析】还原正方体即可解决.【详解】根据题意，标记下图，还原得由图知，A与B，D与E，C与F重合，故答案为：①②④【变式11】4．（2023·全国·高一专题练习）把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如图），请根据各面上的图案判断这个正方体是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形．【详解】结合立体图形与平面图形的相互转化，即可得出两圆应该在几何体的上下，符合要求的只有C和D，再根据三角形的位置，即可得出答案，故选：C【变式11】5.如图，两个图形都是立体图形的平面展开图，你能分别说出这两个立体图形的名称吗？【答案】（1）正方体（2）四棱锥【解析】（1）将展开图还原为原图可知，该几何体为正方体.（2）将展开图还原为原图可知，该几何体为四棱锥.【变式11】6．（2023·辽宁辽阳·统考一模）将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为32cm的正六边形上，如图（2）所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为______【答案】108【分析】根据平面图形折起后得到七面体，由七面体为正方体被平面所截，由对称性可得其体积.【详解】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即12故答案为：108◆类型2最短路径问题◆考点1长方体中的最短路径【例题12】（多选）（2023·高一课时练习）长方体ABCD−A1B1C1A．45 B．310 C．74 【答案】ABC【分析】从A点沿长方体表面到达C1有三种展开方式，以A1B1、BC、【详解】则从A点沿长方体表面到达C1若以A1B1若以BC为轴展开，则AC若以B1B为轴展开，则故选：ABC.【变式12】1．（2022·高一课时练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1【答案】74【分析】将长方体的面折叠到同一平面，求出线段AC【详解】如图，①将长方形ABB1A连接AC1，此时②将长方形ABB1A连接AC1，此时③将长方形ABCD与长方形BCC连接AC1，此时因为74<4所以从点A出发沿着表面运动到C1的最短路线长是74故答案为：74【变式12】2．（2022·高一单元测试）长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB【答案】5【分析】根据题意，画出三种展开的图形，求出A、C1【详解】解：长方体ABCD−A1B1CAC1=22∴一只小虫从A点沿长方体的表面爬到C1故答案为：5．◆考点2三棱柱中的最短路径【例题13】（2022秋·上海徐汇·位育中学校考期末）已知正三棱柱ABC−A1B1【答案】13【分析】将正三棱柱沿AA【详解】如图所示，将正三棱柱沿AA其最短路线为量相等线段之和，其长度等于2（故答案为：13.【变式13】（2022春·广西百色·高一校考期中）如图，正三棱柱ABC−A1B1A．4 B．5 C．97 D．153【答案】C【分析】将三棱柱展开为一矩形，确定边长，确定小虫爬行的轨迹，即可求得答案.【详解】三棱柱的侧面展开图为一个矩形AA'因为正三角形ABC的边长为3，侧棱AA1=4所以AA'1=故选：C◆考点3锥体中的最短路径【例题14】（2023春·全国·高一专题练习）在正三棱锥S−ABC中，SA=SB=SC=1【答案】2【分析】沿棱SA将正三棱锥展开，做出展开图，由题中条件，结合展开图，即可得出结果.【详解】将正三棱锥S−ABC沿棱由展开图可得，沿AA因为SA=1，∠所以∠AS因此AA故答案为：2.【变式14】1.（2022·全国·高三专题练习）空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，点P在边AB上移动，点Q在边CD上移动，则点P，Q的最短距离为______．【答案】2【分析】由已知条件可知几何体为正四面体，由此可知点P，Q的最短距离即为相对棱的中点之间的距离，可求得答案.【详解】由于空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，故该几何体为正四面体，如图当P,Q分别为AB,CD的中点时，连接AQ,BQ,则AQ=BQ,所以PQ⊥即当P,Q分别为AB,CD的中点时，PQ为异面直线AB,CD的公垂线，此时点P，Q的距离最短；因为空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，故AQ=所以PQ=故答案为：2【变式14】2．（2023·高一课时练习）在正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=4，M为PA的中点，N为BCA．27 B．26 C．4 【答案】C【分析】对点M到点N的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果.【详解】分以下几种情况讨论：（1）当点M沿着平面PAB、PBC到点N，将平面PAB、PBC延展为同一平面，如下图所示：易知△PAB、△PBC均为等边三角形，延展后，∠PAB所以，四边形ABCP为菱形，所以，AP//BC且因为M、N分别为AP、BC的中点，则AM//BN且所以，四边形ABNM为平行四边形，此时MN=（2）当点M沿着平面PAB、ABCD到点N，将平面PAB、ABCD延展至同一平面，如下图所示：连接BM，则BM⊥AP，且BM=23，因为BN=2，由余弦定理可得MN（3）当点M沿着平面PAD、ABCD到点N，连接PN，如下图所示：则PM=2，PN=4+23由余弦定理可得MN=（4）当点M沿着平面PAD、PCD、PCB到点N，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：易知A、P、B三点共线，且BM=6，BN=2，由余弦定理可得MN=综上所述，从点M沿着四棱锥的表面到点N的最短路径的长度为4.故选：C.【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.【变式14】3．（2023·全国·6专题练习）如图，在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD,AB=4米，BC=3米，AD与底面BCD所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点C出发，沿着侧面ABC走到AB上的一点，再沿着侧面ABD继续走到棱AD上，则这只蚂蚁从点C【答案】

25

32【分析】由题意，将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，由两点之间直线最短确定出蚂蚁的最短路线为C→F→E，利用勾股定理求出最短路程为CE=25米，利用三角形相似求出FB=32【详解】因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，又AB=4米，BC=3米，所以AC=5米.因为AD与底面BCD所成的角为∠ADB，所以tan∠ADB=ABBD=2，所以BD=2米.将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，如图所示.AC=CD=5米，AD=25米，取AD的中点E，连接CE，交AB于F，则CE⊥AD，蚂蚁的最短路线为C→F→E，最短路程为CE=25米，最短路线与AB的交点为F.取BD的中点G，连接EG，则EG=12AB=2米，BG=12BD=1米，根据△CBF∽△CGE，得FBEG=CBCG=34，则FB=故答案为：25；3◆考点4台体中的最短路径【例题15】（多选）（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上=1，r下=2，母线AB长为2，点A．圆台的体积为7B．圆台的侧面积为12πC．圆台母线AB与底面所成角为60°D．在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径长为4【答案】AC【分析】根据已知求体积;过A作AF//O1O2交底面于F，判断出∠ABF即为母线【详解】对于A：圆台的高为3，则圆台的体积V=对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为S=对于C：过A作AF//O1O2交底面于F，则O在等腰梯形ABCD中，AB=2,BF=2−1=1因为∠ABF为锐角，所以∠对于D：如图示，在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE.由题意可得：FB=FC=4,AB=2.由E为AB故选：AC◆类型3周长最小问题【例题16】（2023春·全国·高一专题练习）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1A．11+3 B．11+23 C．11【答案】C【分析】由侧面展开图求解，【详解】由题意得A1将三棱柱的侧面展开如图所示，当A1,E此时A1即△A1CE故选：C【变式16】1．（2023春·全国·高一专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（）A．22 B．10 C．11 D．【答案】B【分析】通过对称转换PQ,QE,【详解】在平面B1C1E关于B1C1的对称点为N，C1连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为Q时，则MN是△PEQ周长的最小值，CM=1,CN=3∴△PEQ周长的最小值为10故选：B【变式16】2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，AB＝2，A【答案】7+2##2+【分析】由正三棱柱A1B1C1−ABC的性质可得：A【详解】解：由正三棱柱A1B1∴AA1⊥在Rt△ADF中，DF＝(3把底面ABC展开与侧面ACC只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值．在△ADF中，∠DAF＝60°+90°＝150°，由余弦定理可得：DF＝(3)2∴△DEF周长的最小值＝7+2．故答案为：7+2．【变式16】3．（2022·上海·高一专题练习）如图，ABCD−A'B'C'D'为正方体，任作平面αA．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值【答案】B【分析】将正方体切去两个正三棱锥A−A'BD与C'−D'B'C后，得到一个以平行平面A'BD与D'B'C为上、下底面的几何体【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥A−A'BD与C'−D'B'C后，得到一个以平行平面A'BD与D'B而多边形W的周界展开后便成为一条与A'A1平行的线段（如图中E'E当E'位于A'B'中点时，多边形W为正六边形，而当E'称到A'时，W为正三角形，则当周长这定值故选：B【变式16】4．（2022春·河南安阳·统考期末）《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一侧棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马S−ABCD，SA⊥平面ABCD，AB=1，AD=3，SA=3，BCA．−24 B．−25 C．【答案】D【分析】通过底面展开转化为平面图形，容易找到最小值点E，然后利用平移法作出异面直线所成的角，即可得解；【详解】解：将平面ABCD沿BC折至A'使SBC与A'连接SD'交BC于E，连接ED，此时作EF//CD交AD于则∠SEF在Rt△SAB中，SB=∴由SBSA'=BE∴在Rt△SBE中，SE=∴在Rt△SFE中，cos∠SEF故SE与CD所成角的余弦值等于24故选：D．◆类型4和最小问题【例题17】（2022春·安徽池州·高一统考期末）在正方体ABCD−A1B1C1A．3 B．23 C．32【答案】A【分析】利用点面对称关系，找到点E关于平面BDD1B1的对称点为【详解】解：取AB的中点F，连接EF，如下图：因为E为BC的中点，所以点E、F关于平面BDD1B1对称，所以故选：A.【变式17】1．（2020·浙江杭州·高一期末）如图，在棱长为1的正方体中ABCD−A1B1C1D1，若点M,NA．23 B．22 C．3【答案】A【解析】先固定M,使PM，NM最小，则易知P应是M在BD上的射影，N应是M在B1C上的射影；利用线面垂直判定定理易知BC1⊥平面BC1D1,∴N应为BC1，B1C的交点O；将△BDD1和△BC1D1展开放到一个平面上，可得当P、M、O共线，且垂直于BD,时PM+MN最小时，利用正弦的二倍角公式求得sin∠DBC1的值，进而计算可得.【详解】解：首先当固定M时，P点应为M在平面ABCD中的射影，在BD上，且MP⊥BD于P,为使MN最小，MN应当垂直与B1C，垂足为N,连接BC1,设BC1∩B1C=O,则BC1⊥B1C,由D1C1⊥平面BCC1C1得D1C1⊥B1C,又∵D1C1∩BC1=C1,∴B1C⊥平面BC1D1,由MN⊥B1C,M∈平面BC1D1,∴MN⊂平面BC1D1,∴N应为BC1，B1C的交点O,将△BDD1和△BC1D1展开放到一个平面上，如图所示：转化为求折线PMO的最小值，显然最小时P、M、O共线，且垂直于BD,如图所示M0,P0,N0,为使PM+MN最小时，M,P,N的位置.显然△BDD1≌△BC1D1,∴∠DBD1=∠C1BD1∴sin∠DBC1=sin2∠DBD1=2sin∠∠DBD1cos∠DBD1=2×1P0故选:A.【点睛】本题考查空间距离和的最值问题，属中高档题，关键在于先固定寻找MP，MN最小的条件和位置，然后利用展开方法，进一步研究求解.【变式17】2．（2023·高一课时练习）在正方体ABCD−A1B1C1【答案】3【分析】由条件证明点E、F关于平面BDD1B1对称，由此可得【详解】取AB的中点F，连接EF，如下图：因为E为BC的中点，所以点E、F关于平面BDD所以PE+因为PF+当且仅当点P为线段FC1与平面所以PE+PC由已知△BC1F为直角三角形，且所以FC所以PE+故答案为：3.【变式17】3．（2023·全国·高一专题练习）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面【答案】5【分析】把平面A1C1B沿着【详解】把平面A1C1B沿着连接A1C，则CP+因为∠ACB=90AC=6,BC=BC因为A1C1所以∠A所以∠C由余弦定理得A1所以A1C=52，故CP【变式17】4．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E【答案】1【分析】由PE=PF可确定M为EF中点时，PM最小，取BN=【详解】∵PE=PF，∴当M为EF在BD上取一点Q，使得BN=∵tan∠PBD=tan∠PBC1∴PN则当M,P,Q三点共线时，此时MN//DD1且MN=故答案为：1.【变式17】5.（2022·高一课时练习）已知，如图，正方体ABCD−A1B1C1D1【答案】2+【分析】首先将翻转平面D1A1P，使点D1【详解】如图，将△D1A1P沿A1P则∠D故∠A从而，AP+D1当且仅当P为AD2与故答案为：2+【变式17】6．（2022春·上海浦东新·高一校考阶段练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，棱AB【答案】5【分析】将△BB1C1沿BC1为轴旋转至于平面【详解】解：将△BB1C1沿B则∠AB故AP+当且仅当P为AB2与所以AP+PB故答案为：52题型2平面图形的折叠◆类型1折叠中的小题【例题21】（2023·吉林·统考二模）已知矩形ABCD中，AB=3，BC=2，将△CBD沿BD折起至△C'BD.当直线C'B与AD所成的角最大时，三棱锥C'A．53 B．51313 C．2【答案】C【分析】先判断当C'B与AD所成角最大时，C'B⊥AD，进而证得AD⊥【详解】因为异面直线最大角为直角，故当C'B⊥AD时，因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥又C'B⊥AD，AB∩故AD⊥面ABC'，又因为AC'在Rt△AC'D中，又BC'=2,AC所以VC故选：C.【变式21】1．（2023·江苏宿迁·江苏省沭阳高级中学校考模拟预测）在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2DC=2，E为AD的中点.将△EAB和【答案】3【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理确定垂直关系，再确定外接球的球心所在位置，利用勾股定理求出外接球的半径即可.【详解】如图.由题意可知，折叠后所构成的四面体FBCE中，∠EFC在Rt△FBC中，由FB>FC可知，∠因为FE⊥FB,所以FE⊥平面FBC，因为BC⊂平面FBC,所以又因为BC⊥FC，FE∩FC=所以BC⊥平面FEC，因为EC⊂平面FEC,所以所以四面体FBCE外接球的球心为BE的中点，半径为12在直角梯形ABCD中，设DE=则有EC由EC2+BC因此，四面体FBCE外接球的半径为32故答案为：32【变式21】2．（2021·课时练习）由等边三角形组成的网格如图所示，多边形ABCDEFGHIJ是某几何体的表面展开图，对于该几何体（顶点的字母用展开图相应字母表示，对于重合的两点，取字母表中靠前的字母表示），直线BE和直线AJ的位置关系是______.【答案】异面【分析】画出几何体，即可得到直线BE和直线AJ的位置关系.【详解】解：几何体如图所示，所以易知直线BE和直线AJ为异面直线.故答案为：异面.【变式21】3．(多选)（2023·山东泰安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是（

）A．异面直线AC与BD所成的角为定值B．三棱锥D−ABCC．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．三棱锥D−AMN【答案】ABD【分析】利用线面垂直的性质判断A；易知外接球球心O是AC中点求解判断B；利用垂直的转化通过反证法可判断C选项；利用等积法判断D选项.【详解】对于A，取AC中点O，连接OB,OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，所以AC⊥平面OBD，所以AC对于B，因为OA=OB=OC=OD，所以外接球球心是O，所以外接球半径R=∴四面体ABCD的外接球体积为S=4π×对于C，若直线AD与直线BC垂直，∵直线AB与直线BC也垂直，则直线BC⊥平面ABD∴直线BC⊥直线BD，又BD⊥AC，∴BD⊥平面而△OBD是以OB和OD对于D，VM−ACN=VN−此时OD=故选：ABD.◆类型2折叠中的解答题【例题22】（2023春·全国·高一专题练习）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO//平面GCF(2)若∠AEB=2π【答案】(1)证明见解析；(2)43【分析】（1）线段CF中点为H，证明AO//（2）利用等体积法求三棱锥的体积.【详解】（1）在图2中取线段CF中点H，连接OH、由图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB=2∴O是线段BF与CE的中点，∴OH//BC且图1中AG//EF且AG=12所以在图2中，AG//BC且∴AG//OH且∴四边形AOHG是平行四边形，则AO//由于AO⊄平面GCF，HG⊂平面∴AO//平面GCF（2）∵EF⊥AE,EF⊥BE，AE,BE⊂S△所以VA即三棱锥A−BEF的体积为【变式22】1．（2023·贵州·校联考二模）如图甲，在四边形PBCD中，PD//BC，PB=(1)PC⊥(2)PC⊥平面ABM．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，由题意可证△PBA、△ABC是正三角形，则PE⊥AB、EC⊥AB．根据线面垂直的判定定理和性质即可证明；（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN//AB，即A，B，N，M四点共面，得BN⊥PC．由（1），结合线面垂直的判定定理即可证明.【详解】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，∵AD＝BC且AD//BC，故四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD且AB//CD．又PB＝PA＝CD，∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形，∴PE⊥AB，在图甲中，∠PAB=60由AB=又PE∩EC=∴AB⊥平面PEC，又PC⊂∴AB⊥PC．（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，∵M是PD的中点，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD，∴MN//AB，∴A，B，N，M四点共面．∵PB＝BC，∴BN⊥PC．由（1）AB⊥PC，又AB∩BN=∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM．【变式22】2．（2021·陕西西安·统考三模）如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，AB∥CD，AD=CD=12AB=2，E为AC(1)求证：BC⊥平面ACD(2)点F在棱CD上，且满足AD∥EF，求几何体【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）由已知条件可得AC2+（2）由条件可知F为DC的中点，由（1）知，BC为三棱锥B−ACD的高，所以【详解】（1）证明：∵AC=AD2+∴在△ABC中，B∴AB∴AC⊥∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，∴BC⊥平面ACD（2）∵AD∥又∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线.∴F为CD由（Ⅰ）知，VFS△∴VF【变式22】3．（2023·四川巴中·统考一模）如图，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P，过P作(1)证明：PH⊥(2)若四棱锥P−【答案】(1)证明见解析；(2)6.【分析】（1）利用给定条件，证明PD⊥平面PEF，进而证得EF⊥平面PBD，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.（2）设正方形ABCD的边长为2aa>0【详解】（1）在正方形ABCD中，有AC⊥BD，又E，F分别是AB，BC的中点，有EF//依题意，连接EF，PD⊥PE，PD⊥PF，PE∩又EF⊂平面PEF，则PD⊥EF，而EF又PH⊂平面PBD，则有EF⊥PH，又PH⊥BD，EF，BD所以PH⊥平面BFDE.（2）令EF∩BD=Q，正方形ABCD的边长为2a依题意，PD=2a，PE=PF=显然PE2+由（1）知PD⊥PQ，在直角△PDQ中，由PH⊥DQ得：PH又由（1）知：PH⊥平面BFDE，因此VP所以正方形的边长为6．【变式22】4．（2019秋·安徽芜湖·芜湖一中校考期末）如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上.(1)求证：PE⊥BD；(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE//平面DMN，求DE【答案】(1)证明见解析；(2)13【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答.（2）取BC的中点F，连接PF,EF，利用线面平行的判定、面面平行的判定、性质推证【详解】（1）依题意，BD⊥PD,BD⊥则有BD⊥平面PCD，又PE所以BD⊥（2）依题意，∠CBD=60∘，而DM⊥取BC的中点F，连接PF,EF，因为点N为PB的中点，则又PF⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，因此而PE//平面DMN，PE于是平面P