2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十六立体几何中的翻折探究及最值问题

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十六立体几何中的翻折探究及最值问题，共9页。

1.[2023·江西南昌二中模拟]如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝2eq \r(2)，BC＝CD＝4且AB⊥AD，△BCD沿着BD翻折，当三棱锥C­ABD体积最大时，
(1)求此时三棱锥C­ABD的体积；
(2)求此时直线AD与平面ABC夹角的正弦值．
2．[2023·广东广州模拟]如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝CC1＝4.若平面APSB与棱DD1，CC1分别交于P，S，且DP＝a(0≤a≤4)，Q，R分别为棱BB1，BC上的点，且B1Q＝BR＝1.
(1)求证：平面PB1R⊥平面C1D1Q；
(2)求平面APSB与平面C1D1Q所成的夹角的余弦值的最小值．
3．[2023·河南焦作模拟]如图1，在矩形ABCD中，点E在边CD上，BC＝DE＝2EC，将△DAE沿AE进行翻折，翻折后D点到达P点位置，且满足平面PAE⊥平面ABCE，如图2.
(1)若点F在棱PA上，且EF∥平面PBC，求eq \f(PF,PA)；
(2)求二面角B­PC­E的正弦值．
4．[2023·河北衡水模拟]如图，已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝45°，AD＝2BC＝2，E为AD的中点，过BE作平面α，分别交侧棱PC，PD于M，N两点，且MN⊥PA.
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD.
(2)若PA＝PD＝2，是否存在平面α，使得直线PB与平面α所成角的正弦值为eq \f(3,4)？请说明理由．
5．[2023·山东青岛模拟]如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB＝4，母线PH＝2eq \r(2)，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．
(1)设平面POH∩平面PBC＝l，证明：l∥BC；
(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长．
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6．[2023·山东聊城模拟]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.
(1)求证：AP⊥BE；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
课时作业（四十六） 立体几何中的翻折、探究及最值问题
1．解析：（1）沿BD折叠，当平面ABD⊥平面BCD时，体积最大，
由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
取BD中点O，∵AB＝AD＝2eq \r(2)，AB⊥AD，
∴BD＝4，∴AO⊥BD，且AO⊥平面BCD，OD＝OB＝OA＝2，
∵BC＝CD＝4且BD＝4，
∴OC＝2eq \r(3)，且OC⊥平面ABD，OC⊥BD，
∴S△ABD＝eq \f(1,2)×（2eq \r(2)）2＝4，
∴VA­BCD＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×4＝eq \f(8,3)eq \r(3).
（2）沿BD折叠，取BD中点O，由（1）得，平面ABD⊥平面BCD，AO⊥BD，且OC⊥BD，
以O为原点，以OB，OA，OC分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，
A（0，2，0），B（2，0，0），C（0，0，2eq \r(3)），D（－2，0，0），
设平面ABC的法向量为n＝（x，y，z），eq \(AB,\s\up6(→))＝（2，－2，0），eq \(AC,\s\up6(→))＝（0，－2，2eq \r(3)），
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n＝2x－2y＝0,\(AC,\s\up6(→))·n＝2\r(3)z－2y＝0))，令z＝1，n＝（eq \r(3)，eq \r(3)，1），
又eq \(AD,\s\up6(→))＝（－2，－2，0），
设直线AD与平面ABC夹角为α，
∴sinα＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·n|,\a\vs4\al(|n||\(AD,\s\up6(→))|))＝eq \f(4\r(3),\r(7)×2\r(2))＝eq \f(\r(42),7)，
所以直线AD与平面ABC夹角的正弦值为eq \f(\r(42),7).
2．解析：（1）证明：因为ABCD­A1B1C1D1为长方体，所以C1D1⊥平面BB1C1C，
又B1R⊂平面BB1C1C，∴C1D1⊥B1R，
∵BC＝CC1，∴BB1＝B1C1，
又B1Q＝BR，
∴tan∠BB1R＝tan∠B1C1Q，即∠BB1R＝∠B1C1Q，
所以∠BB1R＋∠B1QC1＝90°，即B1R⊥C1Q，
又C1Q∩C1D1＝C1，C1Q，C1D1⊂平面C1D1Q，
∴B1R⊥平面C1D1Q，
∵B1R⊂平面PB1R，
∴平面PB1R⊥平面C1D1Q.
（2）以点D为坐标原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系D­xyz.
∵AB∥CD，∴AB∥平面CDD1C1，且平面CDD1C1∩平面ABSP＝SP，
∴AB∥SP，∴CD∥SP，四边形CDPS为平行四边形，
∴SC＝DP＝a，
∵AB＝5，BC＝CC1＝4，BR＝1，
所以P（0，0，a），A（4，0，0），S（0，5，a），B1（4，5，4），R（3，5，0），
∴eq \(PA,\s\up6(→))＝（4，0，－a），eq \(PS,\s\up6(→))＝（0，5，0），
设平面APSB的法向量为n＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝4x－az＝0,\(PS,\s\up6(→))·n＝5y＝0))，令z＝4，则n＝（a，0，4），且a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，4))，
又由（1）得平面C1D1Q的法向量为eq \(B1R,\s\up6(→))＝（－1，0，－4），
设平面APSB与平面C1D1Q所成角为θ，
则csθ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·\(B1R,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(B1R,\s\up6(→)))))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－a－16)),\r(a2＋16)×\r(17))＝eq \f(a＋16,\r(a2＋16)×\r(17))，
设a＋16＝t，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(16，20))，eq \f(1,t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,20)，\f(1,16)))，
即csθ＝eq \f(t,\r(17)×\r(t2－32t＋272))＝eq \f(1,\r(17)×\r(\f(272,t2)－\f(32,t)＋1))＝eq \f(1,\r(17)×\r(272（\f(1,t)－\f(1,17)）2＋\f(1,17)))，
所以当eq \f(1,t)＝eq \f(1,20)，即t＝20，a＝4时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(csθ))取得最小值为eq \f(5\r(34),34).
3．解析：（1）在PB上取点G，使得FG∥AB，连接FG，GC，
则FG∥AB∥CE.
因为EF∥平面PBC，平面EFGC∩平面PBC＝CG，所以EF∥CG，
所以四边形EFGC是平行四边形，所以FG＝EC.
又因为AB＝DE＋EC＝3EC，所以eq \f(PF,PA)＝eq \f(FG,AB)＝eq \f(1,3).
（2）在平面ABC内，过E作EH⊥AB，垂足为H.以E为坐标原点，EH，EC所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设EC＝1，则E（0，0，0），C（0，1，0），P（1，－1，eq \r(2)），B（2，1，0），
所以eq \(PC,\s\up6(→))＝（－1，2，－eq \r(2)），eq \(EC,\s\up6(→))＝（0，1，0），eq \(CB,\s\up6(→))＝（2，0，0）.
设平面PCE的法向量为m＝（x1，y1，z1），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0,m·\(EC,\s\up6(→))＝0))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋2y1－\r(2)z1＝0,y1＝0))，令x1＝eq \r(2)，则m＝（eq \r(2)，0，－1）.
设平面PBC的法向量为n＝（x2，y2，z2），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0,n·\(CB,\s\up6(→))＝0))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2y2－\r(2)z2＝0,2x2＝0))，令y2＝1，则n＝（0，1，eq \r(2)）.
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝－eq \f(\r(2),3)，
设二面角B­PC­E的大小为θ，所以sinθ＝eq \r(1－（－\f(\r(2),3)）2)＝eq \f(\r(7),3)．
4．解析：（1）证明：因为AD∥BC，E为AD的中点，AD＝2BC＝2，
即BC∥DE，BC＝DE，所以四边形BCDE是平行四边形，所以BE∥CD.
因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD.
又BE⊂平面α，平面PCD∩平面α＝MN，所以BE∥MN.
又MN⊥PA，所以BE⊥PA.
又BE⊥AD，PA∩AD＝A，所以BE⊥平面PAD.
又BE⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）连接PE，因为PA＝PD＝2＝AD，所以△PAD为正三角形．
又因为E为AD的中点，所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD.
如图，以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系E­xyz.
则E（0，0，0），P（0，0，eq \r(3)），B（0，1，0），D（－1，0，0），eq \(PB,\s\up6(→))＝（0，1，－eq \r(3)），eq \(BE,\s\up6(→))＝（0，－1，0），eq \(DP,\s\up6(→))＝（1，0，eq \r(3)）.
设eq \(DN,\s\up6(→))＝λeq \(DP,\s\up6(→))（0<λ<1），则N（λ－1，0，eq \r(3)λ），eq \(EN,\s\up6(→))＝（λ－1，0，eq \r(3)λ）.
设平面BMNE的法向量为u＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BE,\s\up6(→))·u＝0,\(EN,\s\up6(→))·u＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＝0,（λ－1）x＋\r(3)λz＝0))，
不妨令x＝eq \r(3)λ，则z＝1－λ，
所以平面BMNE的一个法向量为u＝（eq \r(3)λ，0，1－λ）.
设直线PB与平面BMNE所成角为β，
则sinβ＝|cs〈u，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·\(PB,\s\up6(→)),|u|·|\(PB,\s\up6(→))|)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)（λ－1）,2\r(3λ2＋（1－λ）2))))＝eq \f(3,4)，
解得λ＝eq \f(1,4)或λ＝－eq \f(1,2)（舍去），
即当eq \(DN,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(DP,\s\up6(→))时，直线PB与平面BMNE所成角的正弦值为eq \f(3,4).
所以存在平面α，使得直线PB与平面α所成角的正弦值为eq \f(3,4).
5．解析：（1）证明：因为四边形OBCH为正方形，∴BC∥OH，
∵BC⊄平面POH，OH⊂平面POH，∴BC∥平面POH.
∵BC⊂平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，∴l∥BC.
（2）∵圆锥的母线长为2eq \r(2)，AB＝4，∴OB＝2，OP＝2，
以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，2），B（0，2，0），D（1，0，0），C（2，2，0），M（0，1，1），
设eq \(DN,\s\up6(→))＝λeq \(DC,\s\up6(→))＝（λ，2λ，0）（0≤λ≤1），eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(DN,\s\up6(→))＝（1＋λ，2λ，0），
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))＝（1＋λ，2λ－1，－1），eq \(OD,\s\up6(→))＝（1，0，0）为平面PAB的一个法向量，
设MN与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（1＋λ，2λ－1，－1）·（1，0，0）,\r(（1＋λ）2＋（2λ－1）2＋1))))＝eq \f(1＋λ,\r(5λ2－2λ＋3))，令1＋λ＝t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，
则sinθ＝eq \f(t,\r(5t2－12t＋10))＝eq \f(1,\r(5－\f(12,t)＋10（\f(1,t)）2))
＝eq \f(1,\r(10（\f(1,t)－\f(3,5)）2＋\f(7,5)))，
所以当eq \f(1,t)＝eq \f(3,5)时，即λ＝eq \f(2,3)时，sinθ最大，亦θ最大，此时eq \(MN,\s\up6(→))＝（eq \f(5,3)，eq \f(1,3)，－1），
所以MN＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))))＝eq \r(（\f(5,3)）2＋（\f(1,3)）2＋（－1）2)＝eq \f(\r(35),3).
6．解析：（1）证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°.
又E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°.
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又AP⊂平面APE，所以BE⊥AP.
（2）取AE的中点O，连接PO，由于△APE为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，PO＝eq \r(3)，BE＝2eq \r(3)，
取AB的中点G，则OG∥BE，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
则O（0，0，0），A（1，0，0），B（－1，2eq \r(3)，0），P（0，0，eq \r(3)），E（－1，0，0），
则eq \(EA,\s\up6(→))＝（2，0，0），eq \(EB,\s\up6(→))＝（0，2eq \r(3)，0），eq \(PB,\s\up6(→))＝（－1，2eq \r(3)，－eq \r(3)），eq \(EP,\s\up6(→))＝（1，0，eq \r(3)），
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＝（－λ，2eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ），λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(EP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝（1，0，eq \r(3)）＋（－λ，2eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ）＝（1－λ，2eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ），
设平面AEF的法向量为m＝（x，y，z），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·m＝0,\(EA,\s\up6(→))·m＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0,2x＝0))，取z＝2λ，
得m＝（0，λ－1，2λ）；
由（1）知eq \(EB,\s\up6(→))为平面AEP的一个法向量，eq \(EB,\s\up6(→))＝（0，2eq \r(3)，0），
于是，cs45°＝|cs〈m，eq \(EB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\(EB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1（舍去），
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.