备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练58翻折问题与探索性问题（附解析人教A版）

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图1 图2
(1)证明:A1C∥平面DFG;
(2)求平面DFG与平面A1CD夹角的余弦值.
2.(2024·山东烟台模拟)如图,圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形,下底面圆的一条弦EF交CD于点G,其中DG=2,DE=DF.
(1)证明:平面AEF⊥平面ABCD.
(2)判断上底面圆周上是否存在点P,使得二面角P-EF-A的余弦值为?若存在,求AP的长;若不存在,请说明理由.
3.(2024·山东青岛模拟)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为CD的中点,现将△ADE,△BCE分别沿AE,BE向上翻折,使点D,C分别到达点M,N的位置,且平面AME,平面BNE均与平面ABE垂直(如图2).
图1
图2
(1)证明:M,N,A,B四点共面;
(2)求直线AE与平面ABNM所成角的正弦值.
4.(2024·福建泉州模拟)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,E是棱BC上的动点.
(1)试确定点E的位置,使AB1∥平面DEC1;
(2)已知AB⊥BC1,CC1⊥平面ABC,设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ,试在(1)的条件下,求cs θ的最小值.
课时规范练58 翻折问题与探索性问题
1.(1)证明 连接CE,交DF于点H,连接GH.易证△CHF∽△EHD,
所以因为=3,所以,所以,则GH∥A1C.因为GH⊂平面DFG,A1C⊄平面DFG,所以A1C∥平面DFG.
(2)解 由题图1可知A1E⊥EF,DE⊥EF.
因为AD=2BC=2EF=4,E,F分别是AD,BC的中点,所以CF=1,EF=A1E=2,则CE=因为A1C=3,所以CE2+A1E2=A1C2,所以A1E⊥CE.
因为EF,CE⊂平面CDEF,且EF∩CE=E,所以A1E⊥平面CDEF,
所以A1E⊥ED,
又ED⊥EF,故以E为坐标原点,分别以直线EF,ED,EA1为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AD=4,所以A1(0,0,2),C(2,1,0),D(0,2,0),F(2,0,0),G(0,0,),则=(2,1,-2),=(-2,1,0),=(2,-2,0),=(0,-2,).设平面DFG的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=2,则y1=2,z1=3,则n=(2,2,3).设平面A1CD的法向量为m=(x2,y2,z2),
则
令x2=1,则y2=2,z2=2,则m=(1,2,2).
设平面DFG与平面A1CD的夹角为θ,
则csθ=|cs|=
2.(1)证明 由题意可知在下底面圆中,CD为直径.
因为DE=DF,所以G为弦EF的中点,且EF⊥CD.
因为EF⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD.
因为EF⊂平面AEF,
所以平面AEF⊥平面ABCD.
(2)解 设平面PEF交圆柱上底面于PQ,因为圆柱的上、下底面平行,所以平面PEF与上、下底面的交线平行,即EF∥PQ.设PQ交AB于点H.则二面角P-EF-A的大小就是二面角H-EF-A的大小.
分别以下底面垂直于DC的直线,直线DC,直线DA为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
因为DG=2,底面圆的半径为3,所以EG=FG=2
则A(0,0,6),E(2,2,0),F(-2,2,0).
设H(0,m,6)(0设平面AEF的一个法向量为m=(x1,y1,z1),由
得
即令z1=1,则m=(0,3,1).
设平面HEF的一个法向量为n=(x2,y2,z2),由
得
即
令y2=-6,则n=(0,-6,m-2).
所以|cs|=,
化简得3m2+8m-80=0,解得m=4或m=-(舍).即AH=4.
因为EF⊥CD,所以PQ⊥AB,易知OH=1,
所以PH=2,AP==2
所以存在点P,使得二面角P-EF-A的余弦值为,AP的长为2
3.(1)证明 分别取AE,BE的中点F,G,连接MF,NG,FG.
因为MA=ME,所以MF⊥AE.
因为平面AME⊥平面ABE,平面AME∩平面ABE=AE,MF⊂平面AME,
所以MF⊥平面ABE.
同理可得NG⊥平面ABE,所以MF∥NG.
在Rt△MAE中,MA=ME=2,
所以MF=AE=2,
同理NG=,
所以四边形MFGN是平行四边形,所以MN∥FG.
因为F,G分别是AE,BE的中点,
所以FG∥AB,所以MN∥AB,
所以M,N,A,B四点共面.
(2)解 在题图1中,∠AED=∠BEC=45°,所以∠AEB=90°,所以AE⊥EB.
取AB的中点H,连接FH,则FH∥BE,所以FA⊥FH.
由(1)知直线FA,FH,FM两两垂直,以F为坐标原点,分别以直线FA,FH,FM为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,0,0),M(0,0,),E(-,0,0),B(-,2,0),A(,0,0).
设平面ABNM的法向量为n=(x,y,z),
因为=(-,0,),=(-2,2,0),则
令x=1,则y=1,z=1,可得n=(1,1,1).
又因为=(-2,0,0),设直线AE与平面ABNM所成的角为θ,
所以sinθ=
所以直线AE与平面ABNM所成角的正弦值为
4.解 (1)连接DC1,DE.
因为AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,所以A1C1∥AD,A1C1=AD,所以四边形ADC1A1为平行四边形,故AA1∥DC1.因为AA1⊄平面DEC1,DC1⊂平面DEC1,所以AA1∥平面DEC1.
又AB1∥平面DEC1,且AB1,AA1⊂平面ABB1A1,AB1∩AA1=A,所以平面ABB1A1∥平面DEC1,又平面ABB1A1∩平面ABC=AB,平面ABC∩平面DEC1=DE,故DE∥AB,因为D是AC的中点,所以E是BC的中点,故点E在边BC的中点处,AB1∥平面DEC1.
(2)因为CC1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以CC1⊥AB,又AB⊥BC1,CC1∩BC1=C1,CC1,BC1⊂平面BCC1B1,故AB⊥平面BCC1B1,由于BC⊂平面BCC1B1,所以AB⊥BC.由(1)知E是BC的中点,D是AC的中点,所以ED∥AB,进而DE⊥BC.连接B1E,由B1C1∥EC,B1C1=EC,所以四边形B1C1CE为平行四边形,故CC1∥B1E,由于CC1⊥平面ABC,因此B1E⊥平面ABC,所以B1E⊥BC,B1E⊥ED,
又ED⊥BC,所以ED,EC,EB1两两垂直,以E为坐标原点,以直线EC,ED,EB1分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设B1E=a,则E(0,0,0),B(-1,0,0),C(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,0,a),B1(0,0,a),
故=(0,1,0),=(1,0,a).
设平面DEC1的法向量为m=(x,y,z),
则
取x=a,则z=-1,则m=(a,0,-1).
又=(2,0,a),
故sinθ=|cs<,m>|=,
当且仅当a2=,即a=时取等号.
要求csθ的最小值,只需要sinθ最大,sinθ的最大值为,此时csθ的最小值为