2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习55向量法求立体几何中的折叠探索及最值问题（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习55向量法求立体几何中的折叠探索及最值问题（Word版附解析），共9页。

(1)求证：平面PBD⊥平面ABD；
(2)求直线AB与平面PAD所成角的正弦值．
2．[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
3．[2024·安徽淮北模拟]如图所示，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PC⊥BD，PA＝AB＝eq \f(\r(2),2)PB.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)线段PD上是否存在点E，使平面ACE与平面PAB夹角的余弦值为eq \f(\r(39),13)？若存在，指出点E位置；若不存在，请说明理由．
优生选做题
4．[2024·河北衡水模拟]图①是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝eq \r(6).
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为eq \f(\r(15),5)？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
课后定时检测案55 向量法求立体几何中的折叠、探索
及最值问题
1．解析：(1)证明：如图，取BD中点O，连接OA，OP.
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD、△PBD是边长为2的正三角形，
因为O是BD中点，所以OA⊥BD，OP⊥BD，∠AOP是平面PBD与平面ABD的平面角，
因为PD＝2，OD＝eq \f(1,2)BD＝1，所以OP＝eq \r(PD2－OD2)＝eq \r(3)，同理可得OA＝eq \r(3)，因为PA＝eq \r(6)，
所以OP2＋OA2＝PA2，则OP⊥OA，由二面角定义可得平面PBD⊥平面ABD.
或：又因为OP⊥BD，OA，BD⊂平面ABD，OA∩BD＝O，OA，BD⊂平面ABD，
所以OP⊥平面ABD，因为OP⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面ABD.
(2)以{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
则O(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，eq \r(3))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，
令x＝1得y＝－eq \r(3)，z＝1，则n＝(1，－eq \r(3)，1)，
设直线AB与平面PAD所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|（1，－\r(3)，1）·（－\r(3)，1，0）|,\r(1＋3＋1)·\r(3＋1＋0))＝eq \f(\r(15),5).
所以直线AB与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).
2．解析：
(1)证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝eq \r(5).
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq \r(AF2－CF2)＝2eq \r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B­xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2).
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.
(2)易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0))，
又eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－m）x＋y－2z＝0,－x＋y＋z＝0))，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(3,\r(2m2－2m＋14))
＝eq \f(3,\r(2（m－\f(1,2)）2＋\f(27,2))).
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sinθ＝eq \r(1－cs2〈n1，n2〉)，故当m＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为eq \f(\r(3),3)，即当B1D＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小．
3．解析：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PC⊥BD，
AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA.
又PA＝AB＝eq \f(\r(2),2)PB，所以PA⊥AB.
结合BD⊥PA，PA⊥AB，BD∩AB＝B，BD，AB⊂平面ABCD，得PA⊥平面ABCD.
(2)取线段BC的中点F，结合题设及(1)的结论，如图所示建立空间直角坐标系．
不妨设AB＝2，则P(0，0，2)，D(2，0，0)，C(1，eq \r(3)，0)，B(－1，eq \r(3)，0)，
假设存在E(x0，y0，z0)符合条件，设eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
即(x0，y0，z0－2)＝λ(2，0，－2)，即x0＝2λ，y0＝0，z0＝2－2λ，
所以E(2λ，0，2－2λ).
设平面PAB的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，
则
令y1＝eq \f(\r(3),2)，则x1＝eq \f(3,2)，z1＝0，即n1＝(eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，0).
注意到eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(2λ，0，2－2λ)，设平面ACE的法向量n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,2λx＋（2－2λ）z＝0，))令y＝－eq \f(\r(3),3)，则x＝1，z＝eq \f(λ,λ－1)，即n2＝(1，－eq \f(\r(3),3)，eq \f(λ,λ－1)).
题设知eq \f(\r(39),13)＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\f(3,2)－\f(1,2),\r(3)\r(1＋\f(1,3)＋（\f(λ,λ－1)）2))，
即eq \f(1,\r(\f(4,3)＋（\f(λ,λ－1)）2))＝eq \f(1,\r(\f(13,9)))，所以(eq \f(λ,λ－1))2＝eq \f(1,9)，得λ＝－eq \f(1,2)(舍)或λ＝eq \f(1,4).
综上，λ＝eq \f(1,4)时符合条件，此时点E为线段PD的靠近点P的四等分点．
4．解析：(1)证明：在图①中，连接AC，交BE于O，
∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE＝60°，∴AC⊥BE，OA＝OC＝eq \r(3)；
在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直，∴∠AOC1是二面角A­BE­C1的平面角，
∵AC1＝eq \r(6)，∴OA2＋OC eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝AC eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，∴OA⊥OC1，∠AOC1＝90°，∴平面BC1E⊥平面ABED.
(2)以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC1,\s\up6(→))正方向为x，y，z轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则D(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(3,2)，0)，C1(0，0，eq \r(3))，A(eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)，
∴eq \(DC1,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，eq \r(3))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)，－eq \f(3,2)，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)，
设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DC1,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)λ，eq \f(3,2)λ，eq \r(3)λ)，λ∈[0，1]，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(3),2)λ，－eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)λ，eq \r(3)λ)，
设平面ABC1的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n＝－\r(3)x＋y＝0，,eq \(AC1,\s\up6(→))·n＝－\r(3)x＋\r(3)z＝0，))
令x＝1，解得y＝eq \r(3)，z＝1，∴n＝(1，eq \r(3)，1)；
∴点P到平面ABC1的距离d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|2\r(3)λ－2\r(3)|,\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(3,2)(舍)，
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \f(3\r(3),4)，－eq \f(3,4)，eq \f(\r(3),2))，∴eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),4)，eq \f(1,4)，eq \f(\r(3),2))，
∴|cs〈eq \(EP,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(EP,\s\up6(→))·n|,|\(EP,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，
∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).