第七章 第九节 立体几何中的翻折与探究问题（课时跟踪检测）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

第九节　立体几何中的翻折与探究问题 1.如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝，O为BC的中点.将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE，其中A'O＝. （1）求证：A'O⊥平面BCDE； （2）求点B到平面A'CD的距离. 2.如图，已知平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，∠APD＝90°，四边形ABCD为直角梯形，CD∥AB，AB⊥AD，AB＝AD＝2，PQ∥DC，PQ＝DC＝1. （1）求二面角Q-BC-A的余弦值； （2）线段QB上是否存在点M，使得AM⊥平面QBC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 3.在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l. （1）证明：A1B⊥B1C； （2）已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，请说明理由. 4.（情境创新）已知三棱锥P-ABC（如图1所示）的平面展开图（如图2所示）中，四边形ABCD为边长为的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中： （1）证明：平面PAC⊥平面ABC； （2）求平面APC和平面PCB夹角的余弦值； （3）若点M在棱PC上，满足＝λ，λ∈［，］，点N在棱BP上，且BM⊥AN，求的取值范围. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第九节　立体几何中的翻折与探究问题 1.解：（1）证明：连接OD，OE，则∠OBE＝∠OCD＝45°，CD＝BE＝，CO＝BO＝3， 在△COD中，由余弦定理可得OD＝＝， 同理得OE＝， 因为BC＝6，则AC＝AB＝3，可得AD＝A'D＝A'E＝AE＝2， 因为A'O＝，则A'O2＋OD2＝A'D2，A'O2＋OE2＝A'E2， 可知A'O⊥OD，A'O⊥OE， 又因为OD∩OE＝O，OD，OE⊂平面BCDE，所以A'O⊥平面BCDE. （2）取DE中点H，连接OH，则OH⊥OB， 以O为坐标原点，OH，OB，OA'所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则O（0，0，0），A'（0，0，），B（0，3，0），C（0，－3，0），D（1，－2，0）， 可得'＝（0，3，），＝（1，1，0），＝（0，6，0）， 设平面A'CD的一个法向量为n＝（x，y，z）， 所以 令x＝1，则y＝－1，z＝，可得n＝（1，－1，）， 所以点B到平面A'CD的距离为＝＝. 2.解：（1）取AD的中点为O，连接OP， ∵PA＝PD， ∴OP⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，OP⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴OP⊥平面ABCD. 以点O为坐标原点，分别以直线OD，OP为y轴，z轴，过O且平行AB的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， ∵∠APD＝90°，AB＝AD＝2，PQ＝CD＝1， ∴A（0，－1，0），B（2，－1，0），C（1，1，0），Q（1，0，1）， ∴＝（－1，1，1），＝（0，－1，1）， 设平面QBC的法向量为n＝（x，y，z）， ∴即∴ 令z＝1，则y＝1，x＝2，∴n＝（2，1，1）. 又平面ABC的法向量为m＝（0，0，1）， 则cos＜m，n＞＝＝＝， 设二面角Q-BC-A的平面角为θ，由图形知θ为锐角， ∴cos θ＝，即二面角Q-BC-A的余弦值为. （2）设＝λ（0≤λ≤1），∵＝（1，－1，－1），∴＝（λ，－λ，－λ）， ∴＝＋＝（1＋λ，1－λ，1－λ）. 又平面QBC的法向量为n＝（2，1，1），AM⊥平面QBC，∴n∥， ∴＝＝，∴λ＝，即＝. ∴＝，故在线段QB上存在点M，使AM⊥平面QBC，且的值是. 3.解：（1）证明：因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1. 因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB， 所以AC⊥平面AA1B1B. 又A1B⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1B. 又因为AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面AB1C， 所以A1B⊥平面AB1C. 又B1C⊂平面AB1C，所以A1B⊥B1C. （2）l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下： 取A1B1的中点D，连接AD. 因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°. 又AA1＝A1B1， 所以△AA1B1为等边三角形， 所以AD⊥A1B1. 因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB. 又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD⊂平面AA1B1B， 所以AD⊥平面ABC. 以A为原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz， 则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（－1，0，），B1（1，0，）， 则＝（0，2，0），＝（2，0，0），＝（1，0，）. 因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1， 所以AC∥平面A1B1C1， 又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l， 所以AC∥l. 假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°. 设＝λ（λ∈R），则＝（0，2λ，0）， 所以＝＋＝（1，2λ，）. 设n＝（x，y，z）为平面ABP的一个法向量， 则即 令y＝－，则z＝2λ，可取n＝（0，－，2λ）. 又＝（3，0，－）， 所以sin 30°＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝， 即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解， 因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°. 4.解：（1）证明：法一 设AC的中点为O，连接BO，PO. 由题意，PA＝PB＝PC＝，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1， 因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC， 因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝，所以PO⊥OB. 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC. 因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. 法二 设AC的中点为O，连接BO，PO. 因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点， 所以PO⊥AC， 因为PA＝PB＝PC，PO＝PO＝PO，AO＝BO＝CO， 所以△POA≌△POB≌△POC， 所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°， 所以PO⊥OB. 下同法一. （2）由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，如图所示，建立空间直角坐标系. 则O（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），A（－1，0，0），P（0，0，1）. 由OB⊥平面APC，得平面APC的一个法向量为＝（0，1，0）. 由＝（1，－1，0），＝（1，0，－1）， 设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z）， 则由得 令x＝1，得y＝1，z＝1，即n＝（1，1，1）， cos＜n，＞＝＝＝， 所以平面APC和平面PCB夹角的余弦值为. （3）设＝μ，0≤μ≤1， 则＝＋＝＋λ＝（1，－1，0）＋λ（－1，0，1）＝（1－λ，－1，λ）， ＝＋＝＋μ＝（1，1，0）＋μ（0，－1，1）＝（1，1－μ，μ）， 由·＝0，得（1－λ）·1＋（－1）·（1－μ）＋λ·μ＝0， 即μ＝＝1－， μ是关于λ的增函数， 当λ∈［，］时，μ∈［，］， 所以∈［，］. 学科网（北京）股份有限公司 $