专题3 第3讲 空间中的翻折与探索性问题 提升课 课时作业-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

1 2 3 4 1.(2025·江西上饶模拟)如图(1),在四边形ABCD中,DA=DC=AB=,∠ADC=90°,∠BAD=105°,O,P分别为AC,AB的中点,现以AC为折痕把△ABC折起,使点B到达点B'的位置(如图(2)),且DB'=. (1)证明:平面B'AC⊥平面ACD; 基础巩固练 1 2 3 4 证明:在△ACD中,由DA=DC=,∠ADC=90°,得∠CAD=45°,AC=2, 在△AB'C中,∠B'AC=∠BAC=105°-45°=60°,而AB'=AB=4, 由余弦定理,得B'C2=AB'2+AC2-2AB'·ACcos 60°=12,则AC2+B'C2=AB'2, 即AC⊥B'C,由DB'=,得DB'2=DC2+B'C2,则DC⊥B'C. 又AC∩DC=C,AC,DC⊂平面ACD,因此B'C⊥平面ACD,而B'C⊂平面B'AC, 所以平面B'AC⊥平面ACD. 1 2 3 4 (2)若M为PD上的一点,平面ACM与平面ACD的夹角为,求点P到平面ACM的距离. 1 2 3 4 解:连接OP,由O,P分别为AC,AB'的中点,得OP∥B'C,由(1)得OP⊥平面ACD, 由DA=DC=,得OD⊥AC,则直线OA,OD,OP两两垂直, 以O为原点,直线OA,OD,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则O(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,),=(2,0,0), 由点M在PD上,令=λ+(1-λ)=(0,λ,-λ),0≤λ≤1, 设平面ACM的法向量n=(x,y,z), 则 1 2 3 4 取z=λ,得n=(0,λ-,λ), 而平面ACD的一个法向量m=(0,0,1),则|cos<m,n>|===,解得λ=, 于是n=(0,-,),而=(0,0,),则点P到平面ACM的距离d==, 所以点P到平面ACM的距离为. 1 2 3 4 2.(2025·江西新余模拟)如图,P是菱形ABCD所在平面外一点,且△PBD为等边三角形. (1)证明:平面PAC⊥平面ABCD. 1 2 3 4 证明:设BD交AC于点O,连接PO. 因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 因为O为BD的中点,且△PBD为等边三角形,所以PO⊥BD. 又AC,PO⊂平面PAC,且AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC, 又BD⊂平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD. 1 2 3 4 (2)若∠BAD=且PA=AB,问线段PC上是否存在点Q(不包含端点),使得平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值是?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 1 2 3 4 解:存在. 因为∠BAD=,所以△ABD为等边三角形,BD=AB, 又PA=AB,所以PA=PB=PD,所以三棱锥P-ABD为正三棱锥. 过点P作PH⊥平面ABCD,垂足为H,故H为△ABD的重心, 设AB=2,则OA=3,所以OH=OA=1,HA=2,所以PH==2, 以O为原点,OB,OC所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系Oxyz如图所示, 故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,3,0),P(0,-1,2), 则=(-,-1,2),=(-,3,0),=(0,4,-2),=(0,2,2). 1 2 3 4 设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令x1=,故n1=(,1,). 设=λ=(0,4λ,-2λ),λ∈(0,1), 则=+=(0,4λ+2,2-2λ),=(,3,0), 设平面ABQ的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 1 2 3 4 令x2=,故n2=(,-1,). 设平面ABQ与平面PBC的夹角为θ, 于是cos θ=|cos<n1,n2>|= == ==, 1 2 3 4 由于sin θ=,则cos θ=, 即=,由于λ∈(0,1),所以λ=或λ=, 所以==. 1 2 3 4 3.(2025·四川绵阳模拟)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,CD=AB+2,E,F分别为AB,CD的中点,且EF=,将梯形AEFD沿EF翻折至梯形A1EFD1,使得平面A1EFD1⊥平面BEFC,得到如图2的多面体BEFCD1A1,且BF⊥A1C. (1)证明:A1,B,C,D1四点共面; 能力提升练 1 2 3 4 证明:因为平面A1EFD1⊥平面BEFC,平面A1EFD1∩平面BEFC=EF,且D1F⊥EF,D1F⊂平面A1EFD1,所以D1F⊥平面BEFC.又EF⊥CF, 所以以F为坐标原点,FE,FC,FD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 设BE=a(a>0),易得E(,0,0),F(0,0,0),A1(,0,a),B(,a,0),C(0,a+1,0), D1(0,0,a+1), 则=(-,-a,0),=(-,a+1,-a), 1 2 3 4 由BF⊥A1C,则·=6-a(a+1)=0,解得a=-3(舍去)或a=2, 则=(0,2,-2),=(0,3,-3), 则=,则∥, 即D1C∥A1B,所以A1,B,C,D1四点共面. 1 2 3 4 (2)在D1C上取一点P,使得平面EFP⊥平面A1BCD1,求平面BFP与平面BEFC夹角的余弦值. 1 2 3 4 解:由(1)知,=(-,3,-2),=(0,2,-2),=(-,0,0),=(0,3,-3), 设=λ=(0,3λ,-3λ)(0≤λ≤1),则P(0,3λ,3-3λ),则=(0,3λ,3-3λ), 设平面A1BCD1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则取y1=,得m=(1,,). 设平面EFP的法向量为n=(x2,y2,z2), 则取z2=λ,得n=(0,λ-1,λ), 1 2 3 4 由平面EFP⊥平面A1BCD1,则m·n=(λ-1)+λ=0,解得λ=,则P(0,,),则=(-,-,),又=(-,-2,0), 设平面BFP的法向量为p=(x3,y3,z3), 则取x3=2,得p=(2,-,), 易得平面BEFC的一个法向量为q=(0,0,1), 则|cos<p,q>|===, 则平面BFP与平面BEFC夹角的余弦值为. 1 2 3 4 4.(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点. (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. ①证明:平面PAC⊥平面ABC; ②求球O的半径. 1 2 3 4 (1)在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°, 所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=,且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC. ①证明:因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC, 所以AB⊥平面PAC,又AB⊂平面ABC, 所以平面PAC⊥平面ABC. 1 2 3 4 ②解:以A为坐标原点,,分别为x轴和y轴正方向建立如图2所示的空间直角坐标系Axyz, 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,,),设球心O(a,b,c),半径为R, 则AO=BO=CO=PO=R, 所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2+(b-)2+(c-)2=R2, 解得a=,b=,c=,R=,所以球O的半径为. 1 2 3 4 (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 1 2 3 4 (2)解:在平面PAC中,过点P作PG⊥AC于点G,在平面ABC中,过点G作GM⊥AC, 则由(1)得AG=cos 30°=,PG=sin 30°=, 设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以G为坐标原点,GM,CG分别为x轴和y轴建立如图3所示的空间直角坐标系Gxyz, 1 2 3 4 则G(0,0,0),A(0,-,0),B(1,-,0),C(0,-,0),P(cos θ,0,sin θ),所以=(0,-1,0),=(1,-1,0),=(cos θ,,sin θ), 设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2), 所以 1 2 3 4 取x1=sin θ,x2=1,则m=(sin θ,0,-cos θ),n=(1,1,-), 所以cos<m,n>= = =, 令t=cos θ+,则cos θ=t-,由θ∈(0,π)得t∈(-1,+1),则∈(,), 1 2 3 4 则cos<m,n>===≥=, 当且仅当=即t=,cos θ=-时等号成立, 所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为. 感谢您的观看 $