专题3 高考提能 翻折、探索与最值问题 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

专题强化训练 一、选择题 1．在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，现将△ABC沿对角线AC翻折，得到四面体DABC，则该四面体外接球的体积为(　　) A．π B．π C．π D．π 解析：选D.设AC的中点为O，因为四边形ABCD是矩形，所以△BAC，△DAC是共斜边的直角三角形，因此有OA＝OC＝OB＝OD＝AC＝＝×＝5， 所以该四面体外接球的体积为·53＝π. 2． 在△ABC中，AD⊥BC，将△ABC沿AD翻折，若存在某个位置使AB1⊥AB，则下列说法一定正确的是(　　) A．AB≥AC B．AD≥CD C．BD≥AD D．BD≥CD 解析：选C.连接BB1(图略)，因为AB1⊥AB且AB1＝AB，所以∠ABB1＝45°.根据最小角定理可知，∠ABD≤∠ABB1＝45°，当且仅当B1在BC上时取等号，所以BD≥AD，C正确．其他不能确定，不一定正确．如：若B1在线段DC上(不与端点C重合)时，则AB＜AC，BD＜CD，AD＜CD. 3． (2025·松江二模)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝1，动点P满足＝λ＋，λ∈(0，1)，则下列几何体体积为定值的是(　　) A．四棱锥P-A1ABB1 B．四棱锥P-A1ACC1 C．三棱锥P-A1B1C1 D．三棱锥P-A1BC 解析：选D.对于正三棱柱ABC-A1B1C1，＝λ＋，λ∈(0，1)，则P在B1C1上运动，所以P到平面A1ABB1和平面A1ACC1的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A，B不符合条件；因为P在平面A1B1C1内，P-A1B1C1不是三棱锥，故C不符合条件；由B1C1∥BC，BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，则B1C1∥平面A1BC，所以P到平面A1BC的距离为定值，且底面A1BC的面积是定值，所以三棱锥P-A1BC的体积为定值，故D符合条件． 4．已知在矩形ABCD中，AB＝8，取AB，CD的中点E，F，沿直线EF进行翻折，使得二面角A-EF-B的大小为120°，若翻折后A，B，C，D，E，F都在球O上，且球O的体积为288π，则AD＝(　　) A．4 B．2 C．4 D．2 解析：选A.由题意得DF＝CF＝4，作出图形如图，记△CDF外接圆的圆心为O1，则FO1为外接圆的半径，因为二面角A-EF-B的大小为120°， 且EF⊥DF，EF⊥CF，所以∠DFC＝120°，所以∠DCF＝30°， 在△CDF中，由正弦定理可得＝2FO1，所以FO1＝4，则DO1＝FO1＝4. 设球O的半径为R，又因为球O的体积为πR3＝288π， 所以R＝6，即DO＝R＝6， 在Rt△DOO1中，DO＋O1O2＝DO2，所以O1O＝2， 所以AD＝2O1O＝4. 5．(2025·安庆模拟)在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，＝，且AC＝3，N是棱AA1上的一点(不包括端点)，且满足·＝0，则AA1的最小值为(　　) A．3 B．6 C．3 D．6 解析：选B.设AA1＝h，＝t，t∈(0，1)， 则＝－＝－t1，＝＋＝(1－t)＋， 所以·＝·＝2＋t(t－1)2＋·＝0， 因为AC＝3，AA1⊥AC，所以2＝27，2＝h2，·＝0， 代入整理得，t(t－1)h2＋9＝0，显然t(t－1)≠0， 故h2＝＝， 因为0＜t＜1，故当t＝时，y＝－＋取得最大值， 此时h2取得最小值为36，故AA1的最小值为6. 6．已知四边形ABCD是边长为2的正方形，点E，F在平面ABCD的同侧，AE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，且AE＝DF＝2，点Q为DF的中点，点P是线段CE上的动点，则线段PQ的长度不可能为(　　) A．1 B． C．2 D． 解析：选A.如图所示，以A为原点，AD，AB，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)，Q(2，0，1).设P(x，y，z)，由点P是线段CE上的动点，知＝λ(0≤λ≤1)，即(x－2，y－2，z)＝λ(－2，－2，2)，所以x＝y，z＝2－x，故P(x，x，2－x)，所以PQ＝＝＝(0≤x≤2)， 所以≤PQ≤. 7． (多选)如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列说法正确的是(　　) A．△CEF为直角三角形 B．SA⊥平面CEF C．SD∥平面CEF D．点D到平面CEF的距离为 解析：选ACD.该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面圆心为O，半径为r，则2πr＝4π， 所以r＝2，所以CE＝4，SO＝＝2. 因为F为线段AS的中点，O为线段AD的中点，所以FO∥SD，且FO＝SD＝2＝CE，所以∠CFE＝90°，即△CEF为等腰直角三角形，故A正确； 若SA⊥平面CEF，则SA⊥FO， 在Rt△SOA中，AO＝FO＝AF＝2，所以∠OFA＝60°，故B错误； 因为FO∥SD，FO⊂平面CEF，SD⊄平面CEF， 所以SD∥平面CEF，故C正确； 设点D到平面CEF的距离为d， 连接DE，DF，CD(图略)，因为VD-CEF＝VF-CDE，即×d××4×2＝×××4×2，解得d＝， 即点D到平面CEF的距离为，故D正确． 8．(多选)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段C1D1上的动点，则(　　) A．存在点P，使BP＝3 B．存在点P，使点P到直线BD1的距离为 C．存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为 D．存在点P，使点A，C到平面BB1P的距离之和为3 解析：选AB.连接BC1，则BP＝＝∈[2，2]，故A正确； 点P到直线BD1的距离d＝＝∈，故B正确； 以DA，DC，DD1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B(2，2，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，设P(0，m，2)，0≤m≤2，则＝(－2，m－2，0)，＝(－2，－2，2)， 假设存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为， 则|cos 〈，〉|＝＝＝， 整理得m2－10m＋20＝0，解得m＝5±＞2，故C错误； 在平面A1B1C1D1中，过A1，C1分别作A1A′⊥B1P，C1C′⊥B1P，垂足分别为A′，C′， 则点A1，C1到平面BB1P的距离之和为A1A′＋C1C′. 连接A1C1，设A1C1∩B1P＝M，则A1A′＋C1C′≤A1M＋MC1＝A1C1＝2＜3， 当点P与D1重合时，点A，C到平面BB1P的距离之和最大，最大为2， 所以不存在点P，使点A，C到平面BB1P的距离之和为3，故D错误． 9．(多选)如图，在矩形ABCD中，AD＝4AB＝4，E为BC的中点，将△ABE沿AE翻折至点B′，得到四棱锥B′-AECD，M为B′D的中点，则(　　) A．CM∥平面B′AE B．CM的长为定值 C．四棱锥B′-AECD体积的最大值为 D．直线CM与平面AECD所成角的最大值为 解析：选AB.对于A，取AB′中点N，连接EN，MN，由M，E分别为B′D，BC的中点，得MN∥AD∥CE，MN＝AD＝CE，则四边形CMNE为平行四边形，所以CM∥EN，又因为CM⊄平面B′AE，EN⊂平面B′AE，所以CM∥平面B′AE，故A正确； 对于B，由A知，CM＝EN＝＝＝，故B正确； 对于C，点B′到直线AE的距离h为Rt△B′AE斜边AE上的高，则h＝＝， S四边形AECD＝·CD＝3，当平面B′AE⊥平面AECD时，点B′到平面AECD的距离最大为h，所以四棱锥B′-AECD体积的最大值为×3×＝，故C错误； 对于D，CM∥EN，则直线CM与平面AECD所成的角等于EN与平面AECD所成的角， 点N到平面AECD距离的最大为h＝，而EN＝， 则直线EN与平面AECD所成角的正弦值最大为＝＜＝sin ，故D错误． 二、填空题 10．在三棱锥P-ABC中，D，E分别是PB，BC的中点，若F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则的值为________． 解析：连接DC，交PE于点G，连接FG，DE， 因为AD∥平面PEF，AD⊂平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG， 所以AD∥FG. 因为D，E分别是PB，BC的中点， 所以DE为△BPC的中位线， 所以△DEG∽△CPG，可得＝＝， 所以＝＝. 答案： 11． 如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是平面ABCD和平面A1C1D内的动点，若点P为棱BB1的中点，则PM＋MN的最小值为________． 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 在B1B的延长线上取P1，使BP＝BP1， 所以PM＝P1M， 记dP1表示为P1到平面A1C1D的距离， 所以PM＋MN＝P1M＋MN≥dP1， 当P1N⊥平面A1C1D，P1N∩平面ABCD＝M时， PM＋MN取到最小值． 因为D(0，0，0)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，P1(2，2，－1)，所以＝(2，0，2)，＝(0，2，2)，＝(2，2，－1)， 设平面A1C1D的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令x＝1，则n＝(1，1，－1)， 所以dP1＝＝＝，即PM＋MN的最小值为. 答案： 12．如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A′-BE-C等于60°，D′-CE-B等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值为________． 解析：设AB＝A′B＝2a，取CE的中点K，连接BK，A′K， 由题知AE綉BC，所以四边形ABCE是平行四边形，所以AB＝CE，同理BE＝CD，又AB＝BC＝CD，所以△BCE是等边三角形，所以BK⊥CE.又平面BCE⊥平面D′CE， 平面BCE∩平面D′CE＝CE， BK⊂平面BCE， 所以BK⊥平面D′CE， 则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于∠A′BK的正弦值． 易求得BK＝a，A′C＝a，cos ∠A′EC＝＝， 又cos ∠A′EC＝＝，解得A′K＝a， cos ∠A′BK＝＝， 则sin ∠A′BK＝＝， 所以直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值为. 答案： 三、解答题 13． 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AA1＝2AB＝2AC，＝λ. (1)当λ＝时，证明：平面PAC⊥平面PA1C； (2)当λ∈(0，1)时，记平面PAC与平面ABC、平面ABB1A1、平面ACC1A1、平面BCC1B1所成的角分别为θ1，θ2，θ3，θ4，θ＝θ1＋θ2＋θ3＋θ4，求cos θ的取值范围． 解：(1)证明：设AA1＝2AB＝2AC＝2， 当λ＝时，P为BB1的中点， 所以在△PAA1中，PA＝PA1＝，AA1＝2，则PA⊥PA1. 因为AA1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC， 又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1. 又因为PA1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥PA1. 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以PA1⊥平面PAC.因为PA1⊂平面PA1C， 所以平面PAC⊥平面PA1C. (2)由(1)知AB，AC，A1A两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(1，0，0)，A1(0，2，0)，B(0，0，1)，B1(0，2，1)，P(0，2λ，1)， ＝(1，0，0)，＝(－1，2λ，1). 设平面PAC的法向量n0＝(x，y，z)， 则 令y＝1，则n0＝(0，1，－2λ)， 同理，平面ABC的法向量n1＝(0，1，0)，平面ABB1A1的法向量n2＝(1，0，0)， 平面ACC1A1的法向量n3＝(0，0，1)，平面BCC1B1的法向量n4＝(1，0，1)， 所以cos θ1＝|cos n0，n1|＝＝， 同理cos θ2＝0，cos θ3＝，cos θ4＝， 所以θ2＝，θ1＋θ3＝，所以cos θ＝cos (θ1＋θ2＋θ3＋θ4) ＝cos (θ4＋π)＝－＝－×＝－×∈，所以cos θ的取值范围为. 14．(2025·临沂一模)在△NBC中，∠B＝90°，AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图将△NAD沿AD翻折至△PAD. (1)证明：平面PBC⊥平面PAB； (2)若二面角P-AD-B大小为120°. (i)求PA与平面PBC所成角的正弦值； (ii)在线段PD上是否存在点E，使得平面ABE与平面PDC夹角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为∠B＝90°，AD∥BC， 所以AD⊥PA，AD⊥AB， 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. (2)(i)在四棱锥P-ABCD中，由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角， 故∠PAB＝120°，因为NA＝CD＝2AB＝2，所以NC＝6，NB＝3， 从而BC＝3，∠DCB＝30°， 过点A作AF⊥PB，交PB于点F，又因为BC⊥平面PAB，AF⊂平面PAB，所以AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，PA与平面PBC所成角即为∠APF. 在△PAB中，由余弦定理可得 PB＝＝， 由等面积法，得AF＝＝， 则sin ∠APF＝＝， 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为. (ii)如图，以AB，AD分别为x轴和y轴，过点A作Az⊥平面ABCD为z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(－1，0，)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，C(1，3，0)，＝(1，0，0)，＝(1，，0)，＝(－1，－2，)， 设＝λ，λ∈[0，1]，可得E， ＝， 设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)， 平面PDC的法向量为n＝(a，b，c)， 即 令y＝λ，可得m＝(0，λ，2(λ－1))， 即 令a＝，可得n＝(，－1，－1)， 设平面ABE与平面PDC的夹角为θ， 则cos θ＝＝， 解得λ＝或λ＝，所以存在点E，当DE＝DP或DE＝DP时满足题意． 学科网（北京）股份有限公司 $