備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)好題精練第七章立體幾何與空間向量突破4立體幾何中的翻折問(wèn)題與探索性問(wèn)題

突破4立體幾何中的翻折問(wèn)題與探究性問(wèn)題1.[多選/2024浙江名校聯(lián)考]如圖，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，AE＝2EB，將△ADE沿直線(xiàn)DE翻折成△A1DE，若M為線(xiàn)段A1C上的點(diǎn)，滿(mǎn)意CM＝2MA1，則在△ADE翻折過(guò)程中（點(diǎn)A1不在平面DEBC內(nèi)），下面四個(gè)選項(xiàng)中正確的是（ABDA.BM∥平面A1DEB.點(diǎn)M在某個(gè)圓上運(yùn)動(dòng)C.存在某個(gè)位置，使DE⊥A1CD.線(xiàn)段BA1的長(zhǎng)的取值范圍是（5，3）解析如圖所示，過(guò)點(diǎn)M作MN∥A1D交CD于N，連接BN.因?yàn)镸N?平面A1DE，A1D?平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因?yàn)镃M＝2MA1，所以CN＝2ND，又AE＝2EB，易知BN∥DE，又BN?平面A1DE，DE?平面A1DE，所以BN∥平面A1DE.又MN∩BN＝N，所以平面BMN∥平面A1DE，又BM?平面BMN，所以BM∥平面A1DE，所以選項(xiàng)A正確由選項(xiàng)A可知，平面BMN∥平面A1DE，連接AC交DE于點(diǎn)G，交NB于點(diǎn)K，連接A1G，MK，則平面A1GC∩平面A1DE＝A1G，平面A1GC∩平面BMN＝MK，所以A1G∥MK，所以MKA1G＝MCA1C＝23，所以MK＝23A1G，為定值，所以點(diǎn)M在以K為球心，23A1G為半徑的球面上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A1在以G為球心，A1G為半徑的球面上運(yùn)動(dòng).取ED的中點(diǎn)H，連接HA，HA1，AA1，則DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以點(diǎn)A1在過(guò)A且與DE連接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假設(shè)DE⊥A1C成立，因?yàn)锳1H，A1C?平面A1HC，A1H∩A1C＝A1，所以DE⊥平面A1HC，又CH?平面A1HC，所以DE⊥CH.在△DHC中，DH＝2，DC＝3，CH＝5，所以∠DHC≠π2，故DE⊥CH不成立，所以假設(shè)不成立，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤以DE的中點(diǎn)H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HA，HE所在直線(xiàn)為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)H且垂直于平面ABCD的直線(xiàn)為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則B（－22，322，0）.設(shè)∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），則A1（2cosθ，0，2sinθ），所以｜BA1｜＝2cosθ+7∈（2.[多選/2024貴陽(yáng)市模擬]一塊邊長(zhǎng)為10cm的正方形鐵片上有四個(gè)以O(shè)為頂點(diǎn)的全等的等腰三角形（如圖1），將這4個(gè)等腰三角形裁下來(lái)，然后將余下的四塊陰影部分沿虛線(xiàn)折疊，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合為點(diǎn)P，得到正四棱錐O－ABCD（如圖2）.則在正四棱錐O－ABCD中，以下結(jié)論正確的是（ABD）圖1 圖2A.平面OAC⊥平面OBDB.AD∥平面OBCC.當(dāng)AP＝2cm時(shí)，該正四棱錐內(nèi)切球的表面積為65πcmD.當(dāng)正四棱錐的體積取到最大值時(shí)，AP＝4cm解析如圖，對(duì)于選項(xiàng)A，連接OP，∵在正四棱錐O－ABCD中，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC.又BD∩OP＝P，∴AC⊥平面OBD.又AC?平面OAC，∴平面OAC⊥平面OBD.故選項(xiàng)A正確.對(duì)于選項(xiàng)B，∵AD∥BC，AD?平面OBC，BC?平面OBC，∴AD∥平面OBC，故選項(xiàng)B正確.對(duì)于選項(xiàng)C，設(shè)BC的中點(diǎn)為F，連接PF，OF，則OF⊥BC.由題圖1知，OP3＝52，故折疊后，OF＋PF＝OP3＝52，∵AP＝2，∴AB＝22，∴PF＝2，∴OF＝42，∴OP＝30.設(shè)正四棱錐O－ABCD的體積為V，表面積為S表，內(nèi)切球半徑為r，正方形ABCD的面積為S，則V＝13S·OP＝13×8×30＝8303.∵S表＝4×12×22×42＋8＝40，∴r＝3VS表＝83040＝305，故內(nèi)切球的表面積S球＝4πr2對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)PF＝x，則x∈（0，522），AP＝2x，AB＝2x，OF＝52－x，OP＝（52－x）2－x2＝50－102x，故正四棱錐O－ABCD的體積為13·50－102x·（2x）2＝4103x4（5－2x）.令f（x）＝x4（5－2x），x∈（0，522），則f'（x）＝5x3（4－2x）.當(dāng)x∈（0，22）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（22，53.[2024大連市雙基測(cè)試]如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠ADC＝2π3，E為對(duì)角線(xiàn)AC上一點(diǎn)，AE＝3.將△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移動(dòng)到E'且二面角A'－BD－A的大小為π3，則三棱錐A'－BCD的外接球的半徑為21，過(guò)E'作平面α與該外接球相交，所得截面面積的最小值為9π解析因?yàn)椤螦DC＝2π3且四邊形ABCD為菱形，所以△CBD，△A'BD均為等邊三角形.分別取△CBD，△A'BD的重心M，N，過(guò)M，N分別作平面CBD，平面A'BD的垂線(xiàn)，且垂線(xiàn)交于一點(diǎn)O，O即三棱錐A'－BCD的外接球球心，如圖所示.記AC∩BD＝O'，連接CO，OO'，因?yàn)槎娼茿'－BD－A的大小為π3，所以二面角A'－BD－C的大小為2π3，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角為∠A'O'C，所以∠A'O'C＝2π3.因?yàn)镺'M＝O'N，所以cos∠MO'O＝cos∠NO'O，所以∠MO'O＝∠NO'O＝π3，又BC＝6，所以CO'＝A'O'＝6sinπ3＝33，所以MO'＝NO'＝3，所以O(shè)M＝O'M·tanπ3＝3，又CM＝23CO'＝23，所以O(shè)C＝CM2＋OM2＝21，所以三棱錐A'－BCD的外接球的半徑為21.連接OE'，當(dāng)截面面積取最小值時(shí)，OE'垂直于截面，又截面是個(gè)圓，設(shè)截面圓的半徑為r，外接球的半徑為R，又NE'＝13A'O'＝3且ON＝OM＝34.[2024成都七中模擬]如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC.（1）若BA＝BB1，求證：AB1⊥平面A1BC.（2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22解析（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.因?yàn)锽A⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.因?yàn)锽B1⊥BA，BA＝BB1，所以四邊形BAA1B1為正方形，所以AB1⊥A1B.因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.（2）解法一易得VB－A1B1C＝VC－A1B1B＝13·CB因?yàn)镾△A1B1C＝12·A1B1·B1C＝12×2×22＋22＝22，所以點(diǎn)B到平面A1B1C的距離為2，所以要使點(diǎn)M到平面A解法二由（1）知，直線(xiàn)BA，BB1，BC兩兩垂直.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線(xiàn)BA，BB1，BC分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.因?yàn)锽A＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2），設(shè)M（0，0，t）（0≤t≤2），則MC＝（0，0，2－t），A1B1＝（－2，0，0），B1C＝（0，－設(shè)平面A1B1C的法向量為n＝（x，y，z），則n·A1B1=0，n·B1C=0，即－2x=0，－2y+2z=0，則所以點(diǎn)M到平面A1B1C的距離d＝｜MC·n｜｜又已知點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22，所以｜2－t｜2＝22，解得t所以當(dāng)點(diǎn)M為棱BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為225.[2024四川省宜賓市敘州其次中學(xué)模擬]如圖1，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D，E分別為邊AB，AC上的動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)意DE∥BC，記DEBC＝λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC，得到圖2，其中點(diǎn)N為MC的中點(diǎn)圖1 圖2（1）當(dāng)EN∥平面MBD時(shí)，求λ的值.（2）隨著λ值的變更，二面角B－MD－E的大小是否變更？假如變更，請(qǐng)說(shuō)明理由；假如不變更，懇求出二面角B－MD－E的正弦值.解析（1）如圖1，取MB的中點(diǎn)P，連接DP，PN.因?yàn)镸N＝CN，MP＝BP，所以NP＝12BC，NP∥BC.又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點(diǎn)共面，又EN∥平面MBD，EN?平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，所以EN∥PD，即四邊形NEDP為平行四邊形， 圖1所以NP＝DE，則DE＝12BC，即λ＝1（2）取DE的中點(diǎn)O，連接MO，則MO⊥DE.因?yàn)槠矫鍹DE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB.如圖2，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)BC＝2，則M（0，0，3λ），D（λ，0，0），B（1，3（1－λ），0），所以MD＝（λ，0，－3λ），DB＝（1－λ，3（1－λ），0）.設(shè)平面BMD的法向量為m＝（x，y，z），則 圖2MD即λx－3令z＝1，則x＝3，y＝－1，則m＝（3，－1，1）是平面BMD的一個(gè)法向量.又平面EMD的一個(gè)法向量為n＝（0，1，0），即隨著λ值的變更，二面角B－MD－E的大小不變，所以cos＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝－15＝－55，則所以二面角B－MD－E的正弦值為256.[2024浙江名校聯(lián)考]如圖，已知四棱錐E－ABCD中，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE為等邊三角形.（1）求證：平面ADE⊥平面ABCD.（2）是否存在一點(diǎn)F，滿(mǎn)意EF＝λEB（0＜λ＜1），使直線(xiàn)AF與平面BDE所成的角為60°？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解析（1）如圖1，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，則BM＝12AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DCBM，所以四邊形BMDC為平行四邊形，所以DM＝BC＝2，故DM＝12AB，得BD⊥AD，則BD＝AB2－A因?yàn)椤鰽DE是等邊三角形，所以DE＝AD＝2.由BD2＋DE2＝16＝BE2，得BD⊥DE，又AD∩DE＝D，AD，DE?平面ADE，所以BD⊥平面ADE，又BD?平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD.（2）解法一存在點(diǎn)F滿(mǎn)意題意.證明如下：由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.如圖1，作AH⊥DE，垂足為H，連接HF，則H為DE的中點(diǎn)，EH＝1，AH＝3.由AH⊥DE，平面BDE?平面ADE＝DE，AH?平面ADE，得在Rt△AHF中，由AH＝3和∠AFH＝60°，得FH＝1.在Rt△BDE中，易得∠DEB＝60°.由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，得△HEF為等邊三角形，F(xiàn)E＝1，又EB＝4，所以λ＝14，故存在點(diǎn)F滿(mǎn)意題意，且λ的值為14解法二存在點(diǎn)F滿(mǎn)意題意.證明如下：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線(xiàn)為x軸，DB所在直線(xiàn)為y軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，23，0），E（1，0，3），得DB＝（0，23，0），DE＝（1，0，3）.設(shè)平面BDE的法向量為n＝（x，y，z），由n·DB=0，n·DE=0，得23y=0，x＋3z=0，則y＝0，不妨令z＝－因?yàn)锳E＝（－1，0，3），EB＝（－1，23，－3），EF＝λEB＝（－λ，23λ，－3λ），所以AF＝AE＋EF＝（－1，0，3）＋（－λ，23λ，－3λ）＝（－λ－1，23λ，3－3λ）.故｜c(diǎn)os〈AF，n〉｜＝｜AF·n｜AF||n｜｜解得λ＝0（舍去）或λ＝14故存在點(diǎn)F滿(mǎn)意題意，且λ的值為147.[2024湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考（一）]已知一圓形紙片的圓心為O，直徑AB＝2，圓周上有C，D兩點(diǎn).如圖1，OC⊥AB，∠AOD＝π6，點(diǎn)P是BD上的動(dòng)點(diǎn)，沿AB將紙片折為直二面角，并連接PO，PD，PC，CD，如圖（1）當(dāng)AB∥平面PCD時(shí)，求PD的長(zhǎng)；（2）當(dāng)三棱錐P－COD的體積最大時(shí)，求二面角O－PD－C的余弦值.圖1 圖2解析（1）因?yàn)锳B∥平面PCD，AB?平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD.又∠AOD＝π6所以∠ODP＝∠OPD＝π6，可得∠POD＝2又OD＝OP＝1，所以PD＝3.（2）由題意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝12·OD·OP·sin∠DOP，所以當(dāng)OD⊥OP時(shí)，三棱錐P－COD的體積最大解法一易知OC，OD，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OP，OD的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系，則C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），則PC＝（1，－1，0），DP＝（0，1，－1）.設(shè)平面PDC的法向量為n1＝（x，y，z）， 圖1則PC·n1=0，DP·n1=0，即x－y由此得平面PDC的一個(gè)法向量為n1＝（1，1，1）.易知平面POD的一個(gè)法向量為n2＝（1，0，0）.由圖可知，二面角O－PD－C為銳角，設(shè)其平面角為θ，則cosθ＝｜n1·所以二面角O－PD－C的余弦值為33解法二如圖2所示，取PD的中點(diǎn)M，連接OM，CM.因?yàn)镺D＝OP，CD＝CP，所以O(shè)M⊥PD，CM⊥PD，即∠OMC為所求二面角的平面角. 圖2在等腰直角三角形OPD中，可得OM＝22，而OC＝1所以在Rt△COM中，CM＝OM2＋cos∠OMC＝OMCM＝226于是二面角O－PD－C的余弦值為338.如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的2倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn).（1）求證：AC⊥SD.（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角