专题突破练13 空间中翻折、探究性问题（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

专题突破练13　空间中翻折、探究性问题 1.(15分)(2025湖北九师联盟二模)如图,在平面四边形ABCD中,AD∥BC,BC=4AD=4, CD=,∠BCD=45°,E为BC的中点,将△BAE沿AE折至△PAE的位置,使得四棱锥P-AECD的体积为1. (1)证明:平面PEC⊥平面AECD; (2)求二面角A-PD-C的正弦值. 2.(17分)(2025河北沧州高三模拟)如图,六面体ABCDEF的侧面ABFE为矩形,BC∥AD,AB⊥BC,FB=AD=3,AB=BC=2,FD=. (1)求证:平面ABFE⊥平面ABCD. (2)线段AE上是否存在点P,使得CP∥平面DEF?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由. (3)求平面EFD与平面FDC夹角的余弦值. 3.(15分)(2025湖北黄冈高三二模)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1, AB=AD=,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°. (1)求∠FCB的余弦值. (2)在三棱锥的棱AP上是否存在点Q,使得平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值为?若存在,求出点Q的位置;若不存在,说明理由. 核心素养创新练 4.(17分)(2025湖北武汉高三一模)已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为平行四边形,SA=AB=SB,SB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2,AB=1. (1)求三棱锥S-ABC外接球的表面积. (2)设T为线段SD上的点. (i)若ST=SD,求直线AC与平面BTC所成角的正弦值. (ii)平面α过点B,T,且AC∥平面α,是否存在点T,使得平面SAD与平面α之间所成角的正切值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 答案： 1.(1)证明 连接DE,在△CDE中,CD=,CE=2,∠BCD=45°, 由余弦定理,得DE2=22+-2×2cos 45°=2,所以DE=,所以CD2+DE2=EC2,所以DE⊥CD. 因为AD∥BC,∠BCD=45°,所以∠ADC=135°,则∠ADE=45°.在△ADE中,AD=1,DE=,由余弦定理,得AE2=12+-2×1cos 45°=1,所以AE=1, 故AD2+AE2=DE2,所以AD⊥AE. 又AD∥BC,所以AE⊥BC,则AE⊥EC,AE⊥PE.因为PE∩EC=E,PE,EC⊂平面PEC,所以AE⊥平面PEC. 因为AE⊂平面AECD,故平面PEC⊥平面AECD. (2)解 设四棱锥P-AECD的高为h,由V四棱锥P-AECD=(1+2)×1×h=1,得h=2.由(1)可知,平面PEC⊥平面AECD,PE=2,所以PE为四棱锥P-AECD的高,所以PE⊥平面AECD,所以EA,EC,EP两两垂直. 以E为原点,EC,EA,EP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,1,0),C(2,0,0),D(1,1,0),P(0,0,2),所以=(1,0,0),=(-1,-1,2),=(-1,1,0).设平面APD的一个法向量m=(x1,y1,z1),则取z1=1,则x1=0,y1=2,得m=(0,2,1).设平面PCD的一个法向量n=(x2,y2,z2),则取x2=1,则y2=1,z2=1,得n=(1,1,1).故cos<m,n>= 设二面角A-PD-C的大小为θ,则sin θ=,故二面角A-PD-C的正弦值为 2.(1)证明 如图,连接AF,则AF=因为FD=,AD=3,所以AD2+AF2=FD2,所以AD⊥AF. 因为AB⊥BC,BC∥AD,所以AB⊥AD.又AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABFE,所以AD⊥平面ABFE.因为AD⊂平面ABCD,所以平面ABFE⊥平面ABCD. (2)解 线段AE上存在点P,使得CP∥平面DEF. 如图,过点C作CM⊥AD于点M,则AM=2,过点M作MP∥ED交AE于点P,则,得AP=2. 因为CM∥AB,AB∥EF,所以CM∥EF.因为EF⊂平面DEF,CM⊄平面DEF,所以CM∥平面DEF.因为MP∥ED,ED⊂平面DEF,MP⊄平面DEF,所以MP∥平面DEF. 又CM∩MP=M,CM,MP⊂平面CMP,所以平面CMP∥平面DEF.又CP⊂平面CMP,所以CP∥平面DEF. (3)解 依题意,以A为原点,AB,AD,AE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(0,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),E(0,0,3),F(2,0,3),=(-2,3,-3),=(0,2,-3),=(-2,0,0).设平面EFD的法向量为u=(x,y,z), 则 令y=1,则x=0,z=1,得u=(0,1,1).设平面FDC的法向量为v=(m,n,s),则令n=3,则s=2,m=,得v=(,3,2).设平面EFD与平面FDC的夹角为θ,则cos θ=|cos<u,v>|=, 所以平面EFD与平面FDC的夹角的余弦值为 3.解 (1)在△ABD中,因为AB⊥AD,AB=AD=,所以BD=,所以FB=BD=在△ACE中,因为AE=AD=,AC=1,∠CAE=30°,所以CE==1,所以CF=CE=1.又因为BC==2,在△FCB中,由余弦定理得cos∠FCB==- (2)存在. 因为AB⊥AD,即AB⊥AP,AB⊥AC,AC∩AP=A,AC,AP⊂平面ACP,所以AB⊥平面ACP.以A为原点,AP,AB所在直线为x轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(,0,0),B(0,0,),C(,0),设Q(a,0,0)(0≤a),故=(a,0,-),=(,-).设平面BCQ的法向量m=(x,y,z),则 取z=a,则x=,y=2a-3, 得m=(,2a-3,a). 又平面ABP的法向量m=(0,1,0), 则平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值cos θ=,解得a=或a=,故当AQ=或AQ=时,平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值为 4.解 (1)如图所示,因为∠ABC=60°,BC=2,AB=1,由余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=3,即AC=, 则BC2=AB2+AC2,故△ABC为直角三角形,即AB⊥AC.又SB⊥AC,SB∩AB=B,且SB,AB⊂平面SAB,则AC⊥平面SAB.因为AC⊂平面ABCD,所以平面SAB⊥平面ABCD.设AB中点为O,则△SAB的外接圆圆心O1满足O1O=SO=AB=, 过△SAB的外接圆圆心O1作直线l1垂直于平面SAB,过线段BC的中点O2作直线l2垂直于平面ABCD,其中l1∩l2=O3,则O3即为三棱锥S-ABC的外接球球心,且四边形O1OO2O3为矩形,即O2O3=O1O=,故R=BO3=,故三棱锥S-ABC外接球的表面积S=4πR2=4π (2)(ⅰ)由(1)知OB,OO2,OS两两垂直.以O为原点,OB,OO2,OS所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(-,0,0),B(,0,0),C(-,0),S(0,0,),D(-,0),又ST=SD,故T(-).则=(-1,,0),=(0,-),=(-,-).设n=(x,y,z)为平面BTC的法向量,则 令y=1,则x=,z=2,得n=(,1,2)为平面BTC的一个法向量.又=(0,,0),设直线AC与平面BTC所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|= (ⅱ)由(ⅰ)可知=(-,0,-),=(-,-),设平面SAD的法向量为m=(x1,y1,z1), 则令z1=1,则x1=-,y1=-1,得m=(-,-1,1). 记直线SA∩平面α=E,直线SC∩平面α=F,连接EF, 因为AC∥平面α,平面BETF∩平面SAC=EF,所以AC∥EF.不妨设=,则=,0<λ<1, 则=λ(-,0,-),故E(-,0,), 同理可得,F(-,),则=(-,0,),=(-,). 设平面BETF的法向量为u=(x2,y2,z2), 则 取z2=1,则x2=,y2=0,得u=(,0,1), 所以|cos<m,u>|= 又平面SAD与平面α之间所成角的正切值为,则得|cos<m,u>|=, 则|cos<m,u>|=, 化简得9λ2-9λ+2=0,解得λ=或λ= 设=t,则=t,则=t(-,-),解得T(-t,t,t),故=(-t-t,t). 当λ=时,u=(,0,1).因为u,所以(-t-t,t)·(,0,1)=0,化简得t-=0,解得t=,满足要求.当λ=时,u=(,0,1).因为u,所以(-t-t,t)·(,0,1)=0,化简得t-=0,解得t=,满足要求. 综上所述,的值为 7 学科网（北京）股份有限公司 $