第7章 第10讲 微专题——翻折、探索、最值(范围)问题 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦空间几何计算与证明，以空间直角坐标系为核心工具，系统整合向量法解决夹角、距离、垂直关系等问题，体现数学思维的逻辑性与空间观念的建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角与距离|4题|坐标法建系、向量数量积求夹角、法向量求距离|从线面垂直判定到空间坐标系构建，形成"几何关系→代数化→量化计算"的逻辑链| |存在性与最值|2题|参数方程设点、二次函数求最值|融合函数思想与空间几何，体现数学眼光的抽象能力与推理意识| |综合证明|1题|面面垂直判定定理、辅助线构造|强化空间观念，培养数学语言表达与逻辑推理能力|

1．在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，BD＝，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为C′D的中点，则异面直线EF与AC′所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.在平行四边形ABCD中，AD2＋BD2＝4＝AB2，则AD⊥BD，BC⊥BD，即BC′⊥BD，又易知平面BC′D⊥平面CBD，平面BC′D∩平面CBD＝BD，BC′⊂平面BC′D，则BC′⊥平面CBD，又BC⊂平面CBD，于是BC′⊥BC， 以点B为原点，BC，BD，BC′所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz， 则E(，0，0)，C′(0，0，1)，D(0，，0)， A(－1，，0)，F(0，，)， 于是＝(－，，)，＝(1，－，1)， 得|cos 〈，〉|＝＝＝，所以异面直线EF与AC′所成角的余弦值为. 2．已知点O不在平面ABC内，空间向量＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，向量＝x＋y＋z，且x＋2y＋4z＝4，则||的最小值为(　　) A. B． C． D． 解析：选B.设＝4＝(4，0，0)，＝2＝(0，2，0)，因为x＋2y＋4z＝4，则＋＋z＝1，则＝x＋y＋z＝＋＋z， 所以D，E，C，P四点共面，又点O不在平面ABC内，所以当OP⊥平面DEC时，||有最小值． 由＝(4，0，－1)，＝(0，2，－1)，设平面DEC的法向量为m＝(a，b，c)， 则取a＝1，则b＝2，c＝4，所以m＝(1，2，4)为平面DEC的一个法向量， 所以点O到平面DEC的距离d＝＝，即||的最小值为. 3．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，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为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： 4．(13分)如图1，等腰直角三角形ABC的底边AB＝4，点D在线段AC上，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置，如图2. (1)求证：DE⊥PB；(5分) (2)若PE⊥BE，AE＝1，求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．(8分) 解：(1)证明：因为DE⊥AB，所以DE⊥BE，DE⊥PE，因为PE，BE⊂平面PEB， BE∩PE＝E，所以DE⊥平面PEB， 因为PB⊂平面PEB，所以DE⊥PB. (2)△ABC是等腰直角三角形且AB＝4，则点C到AB的距离为2， 因为PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE，所以以E为坐标原点，DE，BE，PE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)， 因为PE＝AE＝1，结合题图1得B(0，3，0)，D(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，3，－1)，＝(2，－2，0)，＝(1，0，－1). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 所以令y＝1，则x＝1，z＝3，所以n＝(1，1，3)， 设直线PD与平面PBC所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，即直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为. 5．(13分)(2025·上海市浦东新区模拟)如图，点D是以AB为直径的半圆弧上的动点，已知AB＝BC＝3，且BC⊥平面ABD. (1)证明：平面BCD⊥平面ACD；(6分) (2)若点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所成的锐二面角的余弦值．(7分) 解：(1)证明：因为BC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD， 因为AB为半圆的直径，所以AD⊥BD， 因为BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD， 所以AD⊥平面BCD， 因为AD⊂平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD. (2)因为BC⊥平面ABD，所以V三棱锥C­ABD＝BC·S△ABD＝BD·AD≤(BD2＋AD2)＝AB2＝， 当且仅当BD＝AD，即D为的中点时，V三棱锥C-ABD取最大值． 过点D作DO⊥AB于点O，建立以O为原点，OD为x轴，OA为y轴，过点O作Oz∥BC为z轴的空间直角坐标系． 则点B(0，－，0)，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)， 则即 令x＝1，可得n1＝(1，－1，2).设平面BED与平面AEB所成的锐二面角为θ，因为平面AEB的一个法向量为n2＝(1，0，0)， 所以cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝. 6．(多选)(2026·银川模拟)已知四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝1，动点M在线段PC上，则(　　) A．四棱锥P­ABCD的外接球表面积为3π B．MB＋MD的最小值为 C．不存在点M，使得AC⊥BM D．点M到直线AB的距离的最小值为 解析：选ABD.对于A，将该四棱锥补为正方体(图略)，可知PC即为该正方体的一条体对角线，且PC＝＝，所以该正方体的外接球即为该四棱锥的外接球，PC为外接球的直径，则外接球的表面积为4π×()2＝4π×()2＝3π，故A正确； 对于B，如图1，将四棱锥沿PA剪开得到平面图，连接BD交PC于点M，此时MB＋MD取得最小值为BD，易知△PBC，△PDC均为直角三角形，且△PBC与△PDC全等，PB＝PD＝，BC＝CD＝1，PC＝，则PC⊥BD，所以S四边形PBCD＝PC·BD＝S△PBC＋S△PDC＝(PB·BC＋PD·CD)，即有×BD＝(×1＋×1)＝，所以BD＝，即MB＋MD的最小值为，故B正确； 对于C，假设存在点M，使得AC⊥BM.如图2，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，则＝(1，1，－1)，＝(1，1，0)，＝(－1，0，1).设＝λ＝(λ，λ，－λ)，0≤λ≤1，则＝＋＝(－1＋λ，λ，1－λ).因为AC⊥BM，所以·＝－1＋λ＋λ＝0，解得λ＝，故存在点M，使得AC⊥BM，故C错误； 对于D，由已知可得＝(－1，0，0)，＝(－1＋λ，λ，1－λ)，所以点M到直线AB的距离 d＝ ＝ ＝＝≥， 所以，当λ＝时，点M到直线AB的距离最小，最小值为，故D正确． 7．(15分)(2026·玉溪模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，AB∥EF，AD＝AE＝BC＝BF＝3，EF＝2AB＝4. (1)设平面ADE∩平面BCF＝l，证明：l∥CF；(4分) (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由；(5分) (3)若＝λ，λ∈[0，1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦值的取值范围．(6分) 解：(1)证明：因为四边形CDEF为正方形， 所以CF∥DE，因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE， 所以CF∥平面ADE，因为平面ADE∩平面BCF＝l，CF⊂平面BCF，所以l∥CF. (2)存在G为DE的中点，使得DE⊥平面ABG， 理由如下：取DE的中点G(图略)， 因为AD＝AE，所以AG⊥DE， 因为EF∥AB且EF⊥DE， 所以AB⊥DE，因为AB∩AG＝A且AB，AG⊂平面ABG，所以DE⊥平面ABG. (3)设点H为DE中点，取EF，FC和AB的中点分别为P，Q，S， 由(2)知E，F，H，Q共面且DE⊥平面ABH， 连接DF，CE交于点O，连接OS，BQ，HQ，OP，可得四边形ABQH为等腰梯形，OS⊂平面ABH，则DE⊥OS， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(2，－2，0)，F(2，2，0)， D(－2，－2，0)， 因为EF＝2AB， 所以AB＝2， 设AB到平面DCFE的距离为h(h>0)， 则A(0，－1，h)，B(0，1，h)， ＝(－2，1，h)，因为AE＝||＝3， 所以＝3，解得h＝2， 所以A(0，－1，2)，B(0，1，2)，＝(－2，1，2)，＝(－4，0，0)，＝(－2，－1，2)，＝(0，－4，0)， 因为＝λ＝(－4λ，0，0)，λ∈[0，1]， 所以＝＋＝＋λ＝(－4λ，－4，0). 设平面BFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 取x1＝2，可得y1＝－2λ，z1＝2－λ， 所以n1＝(2，－2λ，2－λ). 设平面DEA的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 x2＝0，取z2＝1，可得y2＝－2， 所以n2＝(0，－2，1)，所以|cos 〈n1，n2〉|＝＝·， 令m＝λ＋，则m∈， 则|cos 〈n1，n2〉|＝· ＝·， 令t＝∈，则f(t)＝t2－t＋5， 所以f(t)在上单调递增， 当t＝时，f(t)min＝， 当t＝时，f(t)max＝18， 所以f(t)∈，所以|cos 〈n1，n2〉|∈，故平面BFG与平面DEA夹角的余弦值的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $