专题4 第3讲 大题专攻——空间中的翻折、探索性问题(专题检测)-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第3讲　大题专攻——空间中的翻折、探索性问题 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD的中点. （1）若m＝，证明：直线AF∥平面PEC； （2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由. 2.（2024·长沙新高考适应性考试）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD进行翻折，得到如图2所示的三棱锥A-BCD. （1）当AB⊥CD时，求AC的长； （2）当平面ABD⊥平面BCD时，求平面ABC和平面ACD夹角的余弦值. 3.（2024·台州一模）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，AD＝AE＝2.将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置. （1）若平面APE⊥平面ABCE，求证：AP⊥BE； （2）若点A到直线PC的距离为，求二面角P-AE-B的平面角的余弦值. 4.如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC上的射影为点H. （1）证明：PC⊥AB； （2）设PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点M，是否存在λ，使得＝λ，且BM与平面PAB所成角的余弦值为？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由. 5.（2024·宜春模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α（0＜α＜π）后，得到四棱锥M'-B'CGF'. （1）若α＝，求证：平面MBF⊥平面M'B'F'； （2）是否存在α，使得直线M'F'⊥平面MBC，若存在，求出α的值；若不存在，请说明理由. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3讲　大题专攻——空间中的翻折、探索性问题 1.解：（1）证明：如图，作FM∥CD，交PC于点M，连接EM， 因为点F为PD的中点，所以点M为PC的中点，所以FM＝CD. 因为m＝，所以AE＝AB＝FM， 又FM∥CD∥AE， 所以四边形AEMF为平行四边形， 所以AF∥EM， 因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC， 所以直线AF∥平面PEC. （2）存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下： 要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE， 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB， 又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE， 因为AB⊂平面PAB， 所以平面PED⊥平面PAB， 因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°， 所以AE＝ADcos 30°＝， 所以m＝＝. 2.解：（1）由AB⊥CD，BC⊥CD，且AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，可得CD⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，所以AC⊥CD. 在Rt△ACD中，根据勾股定理得，AC＝＝＝2. （2）如图，过点A作AO⊥BD于点O，易知BO＝1，AO＝. 由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，得AO⊥平面BCD. 以O为坐标原点，在平面BCD中，过点O作BD的垂线为x轴，BD，AO所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系， 则A（0，0，），B（0，－1，0），C（，2，0），D（0，3，0），＝（0，－1，－），＝（，3，0），＝（－，1，0），＝（0，3，－）. 设平面ABC的法向量m＝（x1，y1，z1），则令z1＝1，得y1＝－，x1＝3， 所以m＝（3，－，1）； 设平面ACD的法向量n＝（x2，y2，z2），则令x2＝1，得y2＝，z2＝3， 所以n＝（1，，3）. 记平面ABC和平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为. 3.解：（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°. 又因为E为CD的中点，则CE＝ED＝DA＝CB，所以△BCE为等腰三角形， 可得∠CEB＝30°，∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE， 因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， 则BE⊥平面APE，且AP⊂平面APE，所以AP⊥BE. （2）取AE的中点O，连接PO，因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE， 取AB的中点G，则OG∥BE，由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE， 所以∠POG即为二面角P-AE-B的平面角，记为θ. 以点O为坐标原点，以OA，OG，Oz所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（1，0，0），C（－2，，0）， 因为OP＝，则P（0，cos θ，sin θ）， 可得＝（1，－cos θ，－sin θ），＝（－2，－cos θ，－sin θ）， 则点A到直线PC的距离为 ＝，由题意可得＝，解得cos θ＝－，或cos θ＝， 所以二面角P-AE-B的平面角的余弦值为－或. 4.解：（1）证明：因为点P在底面ABC上的射影为点H，所以PH⊥平面ABC， 又AB，BC，CA⊂平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA， 因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAH，所以BC⊥平面PAH， 又AH⊂平面PAH，所以BC⊥AH， 同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH⊂平面PCH，所以AB⊥平面PCH， 又PC⊂平面PCH，所以PC⊥AB. （2）延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB， 又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以CA＝CB， 同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形. 又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2. 如图，以点O为坐标原点，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，则A（－，0，0），B（，0，0），P（0，1，2），C（0，3，0）， 故＝（2，0，0），＝（，1，2），＝（－，3，0），＝（0，－2，2）. 由＝λ，得＝＋＝＋λ＝（－，3－2λ，2λ）， 设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），则所以令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝（0，－2，1）， 所以cos＜，n＞＝ ＝， 设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得cos θ＝，又θ∈［0，］，所以sin θ＝， 故＝，所以λ＝或λ＝2， 即存在λ＝或λ＝2，均可使得BM与平面PAB所成角的余弦值为. 5.解：（1）证明：若α＝，则平面DCGH，平面CB'F'G为同一个平面. 连接BH，BF'，则M是BH中点，M'是BF'中点， 所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M'B'F'与平面BFF'B'重合， 由正方体性质可知BF⊥平面EFF'H， 因为HF，FF'⊂平面EFF'H，所以BF⊥HF，BF⊥FF'， ∠HFF'为二面角H-BF-F'的平面角， 因为HG＝FG，∠HGF＝，则∠HFG＝，同理可得∠F'FG＝， 所以∠HFF'＝，所以平面MBF⊥平面M'B'F'. （2）假设存在α，使得直线M'F'⊥平面MBC， 以C为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则C（0，0，0），B（2，0，0），M（1，－1，1），故＝（2，0，0），＝（1，－1，1）， 设平面MBC的法向量为m＝（x，y，z），则 取y＝1，得m＝（0，1，1）是平面MBC的一个法向量， 取CG的中点P，BF的中点Q，连接PQ，PM，PM'，则P（0，0，1），Q（2，0，1）， 因为｜｜＝｜｜＝＝，则PM⊥CG，同理可知，PM'⊥CG， 因为BQ∥CP，BQ＝CP，BQ⊥BC，则四边形BCPQ为矩形，所以PQ⊥CG， 于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角，∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角. 于是∠MPM'＝α， 因为＝（1，－1，0），＝（2，0，0），cos∠MPQ＝＝＝， 因为0＜∠MPQ＜π，则∠MPQ＝，所以∠QPM'＝α－， 因为PM⊥CG，PM'⊥CG，PM∩PM'＝P，PM，PM'⊂平面MPM'， 所以CG⊥平面MPM'，且｜｜＝｜｜＝， 故M'（cos（α－），sin（α－），1），同理F'（2cos α，2sin α，2）， 所以＝（2cos α－cos（α－），2sin α－sin（α－），1）， 因为2cos α－cos（α－）＝2cos α－cos αcos－sin αsin＝cos α－sin α， 2sin α－sin（α－）＝2sin α－sin αcos＋cos αsin＝cos α＋sin α， 所以＝（cos α－sin α，cos α＋sin α，1）， 若直线M'F'⊥平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则∥m， 即存在λ∈R，使得＝λm， 则 因为0＋λ2＝（cos α－sin α）2＋（cos α＋sin α）2＝2，可得λ2＝2， 故方程组 所以不存在α∈（0，π），使得直线M'F'⊥平面MBC. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $