第7章 第10讲 培优课——翻折、探索、最值(范围) 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦立体几何核心问题，以向量法、几何法、导数法构建解题体系，覆盖空间角、体积最值等高频考点，体现空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|1,3,7|向量法求二面角、异面直线夹角|从定义到坐标运算，结合几何构造| |体积与最值|2,5,6|导数求最值、几何法证垂直|空间关系转化为函数模型，体现推理能力| |空间向量应用|3,4,6|坐标法解决垂直、距离问题|向量工具与立体几何融合，培养数学语言表达| |折叠与综合|1,7|折叠前后量的不变性分析|平面到空间转化，发展数学眼光|

1．如图1，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝2，M，N分别为AD和BC的中点，沿MN把平面ABNM折起，如图2，若折起后AC＝，则二面角A­MN­C的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选C.易知∠AMD即为二面角A­MN­C的平面角，因为＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，所以6＝2＋2＋4－2·＋0＋0，即××cos ∠AMD＝1，所以cos ∠AMD＝，所以∠AMD＝60°，即二面角A­MN­C的大小为60°. 2．(2025·广东六校联考)将半径为R的铁球磨制成一个圆柱体零件，则可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为(　　) A．πR2 B．2πR2 C．2πR2 D．4πR2 解析：选B. 当圆柱体零件的侧面积最大时，圆柱体零件与铁球相内切．记铁球的球心为O，铁球与圆柱体零件的一个公共点为A，圆柱体零件的上底面圆的圆心为O′，半径为r(0＜r＜R)，如图，连接OO′，O′A，OA，在Rt△OO′A中，O′O2＋O′A2＝OA2，则O′O＝，所以圆柱体零件的侧面积S＝2πr·2＝4πr≤4π·＝2πR2，当且仅当r＝，即r＝R时，等号成立，所以可能制作的圆柱体零件的侧面积的最大值为2πR2. 3．(多选)(2026·浙江期中)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，下列命题正确的是(　　) A．(＋＋)·＝4 B．若E为C1D1的中点，F为CC1的中点，则CE与BF所成的角的余弦值为 C.该封闭正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 D．若点M，N分别在AD1与DB上移动，且D1M＝DN，则MN的最小值为 解析：选ABD.对于A，(＋＋)·＝·＋·＋·＝0＋4＋0＝4，故A正确； 对于B， 如图1，取A1B1的中点G，连接BG，FG，由正方体性质可得，BG∥CE，所以∠GBF或其补角为CE与BF所成的角，由正方体的棱长为2，可得BF＝，BG＝，FG＝，由余弦定理的推论可得cos ∠GBF＝＝，故B正确； 对于C， 封闭正方体容器内有两个半径相等的铁球，如图2摆放两个球，根据正方体的中心对称性，可知两球的球心O1，O2一定在体对角线上，且两球相外切，每个球还与正方体的三个面相切，此时两球半径最大，不妨设球的半径为R，根据正方体的性质可得AO1＝R，AC1＝2，由图可得，AC1＝2AO1＋O1O2＝2R＋2R＝2，解得R＝＝＝＝>，故C错误； 对于D， 由D1M＝DN，分别作MP⊥DD1，NQ⊥CD，垂足分别为P，Q，可得D1P＝NQ＝PM＝DQ，则不妨设D1P＝NQ＝PM＝DQ＝a，a∈[0，2]，建立如图3所示的空间直角坐标系，所以有M(a，0，2－a)，N(a，a，0)，＝(0，a，a－2)，即||＝＝. 根据二次函数的性质可知，当a＝1时，||min＝＝，故D正确． 4．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，P是棱AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为________． 解析：如图，分别以AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则D1(0，2，2)，C(2，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，1)， 设M(x，0，z)(x，z∈[0，2])， 则＝(x，－2，z－2)，＝(－2，－2，1)，＝(x－2，0，z)，由D1M⊥CP得·＝－2x＋4＋z－2＝0，得z＝2x－2， 故||＝ ＝＝， 故由二次函数的性质可知，当x＝时，||取得最小值. 根据正方体的性质可知BC⊥平面AA1B1B，因为BM⊂平面AA1B1B， 故BC⊥BM，故S△BCM＝×BC×BM＝BM，故△BCM面积的最小值为. 答案： 5．(13分)(2026·绍兴模拟)在三棱锥A­BCD中，AB＝BC＝CD＝AD＝1. (1)证明：BD⊥AC；(4分) (2)求三棱锥A­BCD体积的最大值．(9分) 解：(1)证明：取BD的中点E，连接AE，CE，因为AB＝AD，所以AE⊥BD， 因为BC＝CD，所以CE⊥BD，AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC， 所以BD⊥平面AEC，因为AC⊂平面AEC，所以BD⊥AC. (2)设BE＝DE＝x(x>0)，所以S△BCD＝·BD·CE＝·2x＝x， 设三棱锥A­BCD的高为h，即点A到平面BCD的距离为h， 所以h＝AE sin 〈，〉＝sin 〈，〉， 所以三棱锥ABCD的体积为V＝·S△BCD·h＝·x··sin 〈，〉＝·x(1－x2)sin 〈，〉≤x(1－x2). 令g(x)＝x(1－x2)，x>0， 则g′(x)＝[1－x2＋x(－2x)] ＝(1－3x2)， 当0<x<时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，)上单调递增，当x>时，g′(x)<0，所以g(x)在(，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g()＝××(1－) ＝，所以g(x)≤，所以V≤， 所以三棱锥ABCD体积的最大值为. 6．(15分)(2025·湖北七市调研)如图，点D是以AB为直径的半圆上的动点，已知AB＝BC＝3，且AB⊥BC，平面BCD⊥平面ACD. (1)证明：BD⊥BC；(6分) (2)若线段AC上存在一点E满足＝2，当三棱锥C­ABD的体积取得最大值时，求平面BED与平面AEB夹角的余弦值．(9分) 解： (1)证明：过点B作BH⊥CD于H，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，BH⊂平面BCD， 所以BH⊥平面ACD，因为AD⊂平面ACD，所以BH⊥AD，又AB为直径，所以BD⊥AD， 又BD∩BH＝B，BD，BH⊂平面BCD， 所以AD⊥平面BCD，因为BC⊂平面BCD， 所以BC⊥AD，又AB⊥BC，AD，AB⊂平面ABD，AD∩AB＝A，所以BC⊥平面ABD， 因为BD⊂平面ABD，所以BD⊥BC. (2)由(1)知BD⊥AD，故V三棱锥C­ABD＝BC·S△ABD＝BD·AD≤(BD2＋AD2)＝AB2＝，当且仅当BD＝AD＝时，V三棱锥C­ABD取最大值，此时D为的中点．过点D作DO⊥AB于O， 建立以O为坐标原点，OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过O点垂直于平面ABD的直线为z轴的空间直角坐标系， 如图，则B(0，－，0)，A(0，，0)， C(0，－，3)， D(，0，0)， E(0，，1)， 所以＝(，，0)，＝(0，2，1). 设平面BED的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 令x＝1，可得n1＝(1，－1，2)，易知平面AEB的一个法向量为n2＝(1，0，0)， 则平面BED与平面AEB夹角的余弦值为|cos 〈n1，n2〉|＝＝. 7．(17分)(2026·安徽月考)折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动．“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”ABCPQ. (1)证明：AC⊥平面BPQ；(3分) (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由；(5分) (3)求二面角P­AQ­C的余弦值．(9分) 解：(1)证明：由题可知，BP⊥CP，BP⊥AP，CP∩AP＝P，CP，AP⊂平面ACP， 则BP⊥平面ACP，AC⊂平面ACP，所以BP⊥AC，同理可得BQ⊥AC. 因为BP∩BQ＝B，BP，BQ⊂平面BPQ，所以AC⊥平面BPQ. (2)由题可知，该“菱角”由两个正三棱锥P­ABC，Q­ABC组成，且AB＝BP＝BQ. 根据对称性，可知P，Q在平面ABC内的投影为△ABC的中心O. 若该“菱角”所有的顶点在同一个球面上，则O为球心，连接BO. 不妨令AB＝2，则BP＝，OB＝＝，OP＝＝. 因为OB≠OP，所以该“菱角”所有的顶点不在同一个球面上． (3)由(2)知△ABC的中心为O，过O作AC的平行线，易得该直线与OB，OP两两垂直． 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 令AB＝2，得P，Q， A，C， 则＝，＝(，－1，－)，＝(0，－2，0). 设平面APQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由可得 令x1＝，得m＝(，1，0)， 设平面ACQ的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由可得 令x2＝，得n＝(，0，1). cos 〈m，n〉＝＝＝， 由图可知，二面角P­AQ­C为锐二面角，故二面角P­AQ­C的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $