课下巩固训练（二十七）立体几何中的翻折问题、探究性问题-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固训练(二十七)] 立体几何中的翻折问题、探究性问题 【解答题】每小题10分 1．(2024·浙江金华模拟)如图在等腰梯形ABCD′中，AB∥CD′，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，E，F，G分别为D′C，AE，BC的中点，现将△D′AE绕AE翻折至△DAE的位置，H为CD的中点． (1)求证：DF∥平面EGH； (2)当平面DAE垂直于平面ABC时，求平面DAE与平面HGE夹角的余弦值． 解：(1)∵在等腰梯形ABCD′中，∠ABC＝120°， ∴∠BAD′＝120°，∠AD′E＝∠BCD′＝60°， 又E为D′C的中点，∴△AED′，△BEC及△AEB均为正三角形， 而AB＝BC＝2，∴CD′＝4，∵F为AE的中点，∴B，F，D′三点共线，BD′⊥AE， 又G为BC的中点，∴BF∥EG， 连接CF交EG于M，连HM，易得M为CF的中点， ∴HM为△CDF的中位线，∴DF∥HM. 又∵HM⊂平面EGH，DF⊄平面EGH， 故DF∥平面EGH. (2)∵平面DAE⊥平面ABC，AE为交线，DF⊥AE，DF⊂平面DAE. ∴DF⊥平面ABC. 以FB，FA，FD所在射线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则有B，C，D，E(－1，0，0)，H，G， 所以＝＝， 设平面HGE的法向量为m＝(x，y，z)， 则有，令x＝1，所以m＝(1，0，0)， 易知平面DAE的法向量为n＝(0，1，0)， 设平面DAE与平面HGE的夹角为θ，则有cos θ＝＝0， 故平面DAE与平面HGE夹角的余弦值为0. 2．(2024·广东广州二模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面ACC1A1是菱形，且与平面A1BC垂直，BC⊥AC，AA1＝A1C＝4，BC＝2. (1)证明：BC⊥平面ACC1A1； (2)棱CC1上是否存在一点D，使得直线A1D与平面ABB1A1所成角为30°？若存在，请确定点D的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)连接C1A， 由于四边形ACC1A1为菱形，故C1A⊥CA1， 由于侧面ACC1A1与平面A1BC垂直，且两平面的交线是CA1，AC1⊂侧面ACC1A1， 故AC1⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，⊥BC， 又BC⊥AC，AC1∩AC＝A，AC1，AC⊂平面ACC1A1， 故BC⊥平面ACC1A1. (2)由(1)知BC⊥平面ACC1A1，BC⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面ACC1A1，且交线为AC， 由于AA1＝A1C＝AC＝4，故△AA1C为等边三角形， 取AC中点为O，则A1O⊥AC，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面ABC， 故建立如图所示的空间直角坐标系，其中y轴与BC平行， 则A(2，0，0)，C(－2，0，0)，A1，B(－2，2，0)，C1， 所以＝(－4，2，0)，＝＝， 设平面ABB1A1的法向量为m＝(x，y，z)， 则取x＝3，则m＝， 设＝，其中λ∈[0，1]，故D， ＝， 故＝，即，化简得(2λ－1)2＝0，解得λ＝，故. 故存在D，且D在CC1的中点． 3．(2024·辽宁沈阳模拟)如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD为菱形，四边形DBEF为梯形，BE∥DF，DF＝2BD＝2BE＝4，且AE＝CE. (1)求证：平面DBEF⊥平面ABCD； (2)当∠EBD＝60°时，平面AEF与平面CEF能否垂直？若能，求出菱形ABCD的边长；若不能，请说明理由． 解：(1)连接AC交BD于点O，连接OE， 因为四边形ABCD为菱形，所以AO＝OC，AC⊥BD， 又因为AE＝CE，所以AC⊥OE， 因为BD，OE⊂平面DBEF，且BD∩OE＝O，所以AC⊥平面DBEF， 又因为AC⊂平面ABCD，所以平面DBEF⊥平面ABCD. (2)由BE＝2，OB＝1，∠EBD＝60°， 在△OBE中，可得OE＝， 所以BE2＝OB2＋OE2，故OE⊥BD， 又由(1)知平面DBEF⊥平面ABCD，平面DBEF∩平面ABCD＝BD，且OE⊂平面DBEF， 所以OE⊥平面ABCD， 以O为原点，以OA，OB，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，如图所示， 设OA＝a，则A(a，0，0)，C(－a，0，0)，E，F. 可得＝＝(),＝. 设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 取z1＝，可得x1＝，y1＝1，故m＝. 设平面CEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 取z2＝，可得x2＝－，y1＝1， 故n＝. 因为平面AEF与平面CEF垂直，故m·n＝－＋1＋3＝0， 解得a＝，此时AB＝， 故存在边长为的菱形ABCD，使平面AEF与平面CEF垂直． 4．(2024·河北张家口模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝2.沿对角线BD折起，形成一个四面体A­BCD，且AC＝m. (1)是否存在m，使得AB⊥CD，AD⊥BC同时成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． (2)求当二面角A­CD­B的正弦值为多少时，四面体A­BCD的体积最大． 解：(1)若AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ACD， ∴AB⊥平面ACD，∵AC⊂平面ACD， ∴AB⊥AC， ∴AB2＋AC2＝BC2，即2＋m2＝4， ∴m＝； 若AD⊥BC，∵AD⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC， ∴AD⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC， ∴AD2＋AC2＝CD2，即4＋m2＝2，∴m2＝－2，无解，故AD⊥BC不成立． 综上，不存在m，使得AB⊥CD，AD⊥BC同时成立． (2)因为△BCD的面积为定值，要使四面体A­BCD的体积最大，所以只需让三棱锥A­BCD的高最大即可，此时平面ADB⊥平面BCD， 过点A作AO⊥BD于点O，根据面面垂直的性质易得AO⊥平面BCD，在平面BCD中作垂直于BD的直线， 以O为原点，分别以在平面BCD中垂直于BD的直线、OD、OA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O ­xyz， 则A，C，D， 显然平面BCD的法向量为＝. 设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝＝() 由得 即 取x＝1，得y＝，z＝2，得n＝. ∴cos 〈，n〉＝， 所以二面角A­CD­B的正弦值为sin θ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$