第39讲　空间距离的求法、立体几何的翻折和动态问题课件—2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何与空间向量专题，依据课标要求覆盖空间距离求法、翻折问题、动态探究等核心考点，通过知识梳理与题型归纳，明确向量法、几何法在位置关系证明及空间角计算中的高频考查方向，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”，如例1通过向量法与等体积法求解点到平面距离，培养直观想象与数学运算素养，例2动态轨迹问题结合函数思想突破，总结翻折问题中不变量分析技巧。教师可依托此课件精准指导学生掌握答题策略，提升高考冲刺效率。

专题6　立体几何与空间向量 1 第39讲　空间距离的求法、立体几何的翻折和动态问题 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 夯基固本 热身练习 >> A 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 D 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 10 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1　空间距离的求法 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2　立体几何的动态问题 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 π 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 ABD 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 ABD 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3　立体几何的折叠问题 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 1.能根据题设情境恰当选择几何法或向量法，解决有关位置关系的证明及有关空间角的计算. 2.会分析探究立体几何中位置关系和几何量的取值问题，培养探究思维能力. 3.提高直观想象能力和逻辑推理论证能力及分析问题、解决问题的能力． 1．利用向量求距离 (1)点与点之间的距离：求两点E，F之间的距离，即求向量eq \o(EF,\s\up16(→))的模． (2)点到平面的距离：设点E到平面α的距离为d，n是平面α的法向量，F为平面α上的任一点，则d＝eq \f(|\o(FE,\s\up16(→))·n|,|n|).　　 (3)直线与平面的距离、平面与平面的距离都可转化为点到平面的距离． 2．折叠问题 (1)将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠问题． (2)处理折叠问题，要先画好平面图形，并且注意平面图形与立体图形的对照使用，这样有利于分析元素间的位置关系和数量关系． (3)要注意分析折叠前后位置关系及数量关系的变化．一般位于折线一边的点、线间的位置关系和数量关系不变，位于折线两边的点、线间的位置关系和数量关系要发生变化．不变的关系，要注意在平面图形中处理；变化的关系，一般在立体图形中处理． 3．探究性问题 (1)若某几何量或几何元素的位置关系存在时，某点或线或面应具备何种条件的问题，就是立体几何中的探究性问题． (2)探究性问题的题设情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：①观察—猜想—证明；②赋值推断； ③类比联想；④特殊—一般—特殊． 4．立体几何综合问题的求解方法 空间位置关系的判定和证明，主要是证明平行与垂直，解答这类问题的主要方法是综合法(也可采用向量方法)，论证的依据是线面关系的判定定理和性质定理，要“根据结论想判定，根据已知想性质”，运用综合分析的方法寻找证明途径． 解答空间几何量的计算问题有两种方法：一是依据公理、定理及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之，一般解题步骤是“作、证、求”；另一种是建立空间直角坐标系，借助点的坐标求出平面的法向量、直线的方向向量，利用向量运算加以解决．后一种方法避免了烦琐的推理论证，已成为求解立体几何有关问题的主要方法． 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，动点M在底面ABCD内运动且满足∠DD1A＝∠DD1M，则动点M在底面ABCD内的轨迹为(　　) A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线一支的一部分 D．前三个答案都不对 解析：因为∠DD1A＝∠DD1M＝45°， 所以tan∠DD1M＝eq \f(DM,DD1)＝1，所以DM＝DD1， 故动点M在底面ABCD内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧AC.故选A. 2．在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BC，BB1，DD1的中点，过FG作平面α，使得A1E∥α，则点A到平面α的距离是(　　) A.eq \f(\r(17),17) B.eq \f(3\r(17),17) C.eq \f(5\r(17),17) D.eq \f(7\r(17),17) 解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为原点，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A(2，0，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，0)，F(2，2，1)，G(0，0，1)．eq \o(EA1,\s\up16(→))＝(1，－2，2)，eq \o(GF,\s\up16(→))＝(2，2，0)，eq \o(AG,\s\up16(→))＝(－2，0，1)． 设平面α的法向量n＝(x，y，z)， 由A1E∥α，FG⊂α，得n⊥eq \o(EA1,\s\up16(→))，n⊥eq \o(GF,\s\up16(→))， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA1,\s\up16(→))＝x－2y＋2z＝0，,n·\o(GF,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，)) 令z＝3，得n＝(－2，2，3)， 所以点A到平面α的距离d＝eq \f(|\o(AG,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(7,\r(17))＝eq \f(7\r(17),17).故选D. 3．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3 cm，AD＝2 cm，AA1＝1 cm，则点B1到平面ABD1的距离为__________cm. eq \f(2\r(5),5) 在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥AD1. 又AB＝3，AD＝2，AA1＝1， 所以AD1＝eq \r(5)， S△ABD1＝eq \f(1,2)AB·AD1＝eq \f(3\r(5),2). 又AB⊥BB1，D1A1⊥平面ABB1， S△ABB1＝eq \f(1,2)AB·BB1＝eq \f(3,2). 设点B1到平面ABD1的距离为h， 由VB1­ABD1＝VD1­ABB1得eq \f(1,3)S△ABD1·h＝eq \f(1,3)S△ABB1·D1A1， 即eq \f(3\r(5),2)h＝eq \f(3,2)×2，解得h＝eq \f(2\r(5),5)， 所以点B1到平面ABD1的距离为eq \f(2\r(5),5) cm. 4．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq \r(2)，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中(　　) A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直 解析：矩形在翻折前和翻折后的图形如图1和图2所示． 在图1中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合． 在图2中，连接CE，对于A，若AC⊥BD，又BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，又CE⊂平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合矛盾，A错误； 对于B，若AB⊥CD，又AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，所以AB⊥AC，由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，B正确； 对于C，若AD⊥BC，又DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，所以BC⊥AC，已知AB＝1，BC＝eq \r(2)，则BC>AB，所以不存在这样的直角三角形，C错误； 由以上可知D错误．故选B. 5．如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知∠AOC＝eq \f(π,3)，OA＝2，圆柱的高为5.若点D在圆柱表面上运动，且满足BC⊥AD，则点D的轨迹所围成图形的面积为________． 解析：如图，因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以BC⊥AC. 又BC⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD. 设过A的母线与上底面的交点为E，过C的母线与上底面的交点为F，连接EF，CF，AC. 因为AE⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AE⊥BC. 因为AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面ACFE， 所以BC⊥平面ACFE，所以点D在平面ACFE内， 又点D在圆柱的表面， 所以点D的轨迹是矩形AEFC. 依题意得AE＝5，OA＝OC＝2，∠AOC＝eq \f(π,3)， 所以AC＝2， 所以矩形AEFC的面积为5×2＝10. 故点D的轨迹所围成图形的面积为10. 【例1】如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝eq \f(1,3)AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥PC. (1)求点A到平面PCF的距离； (2)求AD到平面PBC的距离． 解析：(1)如图，连接AC.因为PA⊥平面ABCD， 又CF⊂平面ABCD，所以PA⊥CF. 又CF⊥PC，PA∩PC＝P，所以CF⊥平面PAC， 又CF⊂平面PFC，所以平面PFC⊥平面PAC，平面PFC∩平面PAC＝PC， 过点A作AH⊥PC于H，则AH⊥平面PFC， 故AH即为点A到平面PCF的距离． 因为在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝eq \f(π,2)， AB＝BC＝eq \f(1,3)AD＝a，PA＝a， 所以AC＝eq \r(2)a，PC＝eq \r(3)a， 所以在Rt△PAC中，eq \f(1,2)×eq \r(2)a×a＝eq \f(1,2)×eq \r(3)a×AH， 所以AH＝eq \f(\r(6),3)a， 即点A到平面PCF的距离为eq \f(\r(6),3)a. (2)因为AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC. 过点A作AE⊥PB于E. 又因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 则PA⊥BC. 又AB⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PBA. 又AE⊂平面PBA，所以BC⊥AE. 又PB∩CB＝B，所以AE⊥平面PBC， 即AE的长为AD到平面PBC的距离． 在等腰Rt△PAB中，PA＝PB＝a， 所以AE＝eq \f(\r(2),2)a， 故AD到平面PBC的距离为eq \f(\r(2),2)a. 1．空间距离的求法：直接法、等体积法、空间向量法． 2．利用空间向量求距离，点到平面的距离是基础，常转化为平面外一点与平面内一点的向量在平面法向量上的投影的长度. 1．如图，三棱柱ABC­A1B1C1的底面为等边三角形，AA1＝AC，点D，E分别为AC，CC1的中点，∠CED＝30°，A1B＝eq \r(2)BD＝eq \r(6). (1)求点A1到平面BDE的距离； (2)求二面角A1­BE­D的余弦值． 解析：(1)连接AC1，A1C. 设A1C与DE交于点F， 由AA1＝AC可知，侧面ACC1A1为菱形， 所以AC1⊥A1C. 因为点D，E分别为AC，CC1的中点， 所以DE∥AC1，则DE⊥A1C. 因为∠CED＝30°，所以∠CC1A＝30°， 则∠A1AC＝2∠CC1A＝60°. 又AC＝AA1，所以△AA1C为等边三角形． 由△ABC为等边三角形，BD＝eq \r(3)，得AC＝2. 连接A1D，则A1D⊥AC，A1D＝eq \r(3). 又A1B＝eq \r(6)，BD＝eq \r(3)， 所以A1B2＝BD2＋A1D2，则A1D⊥BD，易知BD⊥AC. 因为AC∩A1D＝D，AC，A1D⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1， 又A1C⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C. 又DE⊥A1C，BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面BDE， 所以A1C⊥平面BDE. 所以A1F为点A1到平面BDE的距离， 又A1F＝eq \f(3,4)A1C＝eq \f(3,2)， 故点A1到平面BDE的距离为eq \f(3,2). (2)由(1)可知，BD，AC，A1D两两垂直，以D为坐标原点，DB，DC，DA1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C(0，1，0)，A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3))，E(0，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2))， 所以eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(0，1，－eq \r(3))，eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2))，eq \o(A1E,\s\up16(→))＝(0，eq \f(3,2)，－eq \f(\r(3),2))． 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up16(→))·n＝0，,\o(BE,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)y－\f(\r(3),2)z＝0，,－\r(3)x＋\f(3,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 取y＝1，则n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))， 由(1)知平面BDE的一个法向量为eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(0，1，－eq \r(3))， 于是cos〈eq \o(A1C,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(A1C,\s\up16(→))·n,|\o(A1C,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(1－3,2×\r(7))＝－eq \f(\r(7),7)， 因为二面角A1­BE­D为锐二面角， 所以二面角A1­BE­D的余弦值为eq \f(\r(7),7). 【例2】(1)如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为(　　) A B C D 解析：如图，取AD的中点E， 连接PE，PC，CE，PB. 易知PE⊥平面ABCD， 取PC，AB的中点F，G， 连接DF，DG，FG，易知PE⊥DG. 又易知DG⊥EC，EC∩PE＝E，所以DG⊥平面PEC. 又PC⊂平面PEC，所以DG⊥PC. 因为PD＝DC，F为PC的中点，所以DF⊥PC，DF∩DG＝D且DF，DG⊂平面DFG，所以PC⊥平面DFG. 又F是PC的中点，所以平面DFG上的点到点P，C的距离相等． 又平面DFG∩平面ABCD＝DG，所以线段DG上的M点满足MP＝MC.故选A. 【例2】(2)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2eq \r(3)，点E为平面A1BD内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为α，若sin α＝eq \f(2\r(5),5)，则点E的轨迹所围成的面积为________． 解析：如图所示，连接AC1交平面A1BD于O，连接EO. 由题意易知AC1⊥平面A1BD， 所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角， 所以∠AEO＝α. 由sin α＝eq \f(2\r(5),5)可得tan α＝2，即eq \f(AO,EO)＝2. 在四面体A­A1BD中，BD＝A1D＝A1B＝2eq \r(6)， AB＝AD＝AA1＝2eq \r(3)， 所以四面体A­A1BD为正三棱锥， O为△BDA1的重心，如图所示． 所以易得BO＝eq \f(\r(3),3)×2eq \r(6)＝2eq \r(2)， AO＝eq \r(AB2－BO2)＝2， 又因为eq \f(AO,EO)＝2， 所以EO＝1， 即E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆， 所以S＝π×12＝π. 【例2】(3)(多选)如图，已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2.C是圆O上异于A，B的一点，D为弦AC的中点，E为线段PB上异于P，B的点，则下列说法正确的有(　　) A．直线AC⊥平面PDO B．直线CE与PD一定为异面直线 C．直线CE可能平行于平面PDO D．若BC＝eq \r(2)，则CE＋AE的最小值为eq \r(3)＋1 解析：对于A，在△AOC中，OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥OD.又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，因为PO∩OD＝O，所以AC⊥平面PDO，故A正确． 对于B，由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确． 对于C，因为CB∥OD，CB⊄平面PDO，OD⊂平面PDO，所以CB∥平面PDO.若直线CE∥平面PDO，则平面PBC∥平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错误． 对于D，在三棱锥P­ABC中，将侧面PBC绕PB旋转至平面PBC′，使之与平面PAB共面，如图所示， 则当A，E，C′共线时，CE＋AE取得最小值． 因为AB＝2，BC′＝BC＝eq \r(2)＝PB＝PC′， 所以∠ABC′＝105°， 由余弦定理可得AC′＝eq \r(3)＋1，即CE＋AE的最小值为eq \r(3)＋1，故D正确．故选ABD. 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值. 2．(2026·吉林延边州二模)正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为CC1，AB的中点，若P是侧面BCC1B1上一点，且PN∥平面AB1M，则线段PN的最小值为(　　) A.eq \f(\r(39),2) B.eq \f(3\r(26),5) C.eq \f(2\r(39),5) D.eq \f(\r(26),2) 解析：如图，取BB1的中点为D， 连接CD，ND，CN. 因为ND∥AB1，ND⊄平面AB1M， AB1⊂平面AB1M， 所以ND∥平面AB1M，同理CD∥平面AB1M. 因为CD∩ND＝D，CD，ND⊂平面CND， 所以平面CND∥平面AB1M. 因为PN∥平面AB1M，所以点P在线段CD上． 当PN⊥CD时，线段PN最短， 因为|ND|＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13)，|CD|＝eq \r(42＋32)＝5， |CN|＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)， 则|CN|2＋|ND|2＝|CD|2，所以CN⊥ND， 所以CN·ND＝CD·PN， 所以PN＝eq \f(2\r(3)×\r(13),5)＝eq \f(2\r(39),5).故选C. 3．点P为棱长是2eq \r(5)的正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为(　　) A．π B．2π C．4π D．2eq \r(5)π 解析：根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝eq \r(5)，如图． 取BB1的中点N，连接CN，MN， 则CN⊥BM， 又DC⊥BM，DC∩CN＝C，所以BM⊥平面DCN. 若要满足DP⊥BM，则点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线． 因为D，O，N在平面DD1B1B内，且正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2eq \r(5). 设O到平面DCN的距离为h， 所以由VO­DCN＝VC­DON， 即eq \f(1,3)·h·S△DCN＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AC·S△DON， 即eq \f(1,3)h·eq \f(1,2)DC·CN＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AC·eq \f(1,2)·eq \f(1,2)BD·eq \f(1,2)BB1， 解得h＝1， 所以截面圆的半径为eq \r(r2－h2)＝2， 所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.故选C. 4．(多选)已知点A为圆台O1O2下底面圆O2上的一点，S为上底面圆O1上一点，且SO1＝1，O1O2＝eq \r(3)，O2A＝2，则下列说法正确的有(　　) A．直线SA与直线O1O2所成角的最小值为eq \f(π,6) B．直线SA与直线O1O2所成角的最大值为eq \f(π,3) C．圆台存在内切球，且半径为eq \f(\r(3),2) D．直线AO1与平面SO1O2所成角的正切值的最大值为eq \f(2\r(3),3) 解析：由题意，设上、下底面半径分别为R1，R2，其中R1＝1，R2＝2. 如图1，过S作SD垂直于下底面于D， 则O1O2∥SD， 所以直线SA与直线O1O2所成角即为直线SA与直线SD所成角，即∠ASD为所求． 而tan∠ASD＝eq \f(AD,SD)＝eq \f(AD,\r(3)). 由圆的性质，1＝R2－O2D≤AD≤O2D＋R2＝3， 所以tan∠ASD＝eq \f(AD,SD)＝eq \f(AD,\r(3))∈[eq \f(\r(3),3)，eq \r(3)]， 所以∠ASD∈[eq \f(π,6)，eq \f(π,3)]，A、B正确； 对于C，若圆台存在内切球，则轴截面的等腰梯形必存在内切圆，如图2， 梯形的上底和下底分别为2，4， 高为eq \r(3)，易得等腰梯形的腰为eq \r(12＋（\r(3)）2)＝2， 假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质可得腰长为R1＋R2＝3≠2，所以圆台不存在内切球，C错误； 对于D，如图3， 平面SBC即平面SO1O2C， 过点A作AH⊥BC于点H. 因为SD垂直于下底面，而AH包含于下底面， 所以SD⊥AH， 又SD∩BC＝D，SD，BC⊂平面SBC， 所以AH⊥平面SBC， 所以直线AO1与平面SO1O2C所成角即为∠AO1H， tan∠AO1H＝eq \f(AH,O1H). 设AH＝x，则O2H＝ \o\al(2,2)eq \r(R－AH2) ＝eq \r(4－x2)， 所以O1H＝ \o\al(2,2)eq \r(O1O＋O2H2) ＝eq \r(3＋4－x2)＝eq \r(7－x2)， 其中AH＝x∈[0，2]， 所以tan∠AO1H＝eq \f(AH,O1H)＝eq \f(x,\r(7－x2)). 当x＝0时，tan∠AO1H＝0， 当x∈(0，2]时，tan∠AO1H＝eq \r(\f(x2,7－x2))＝eq \r(\f(1,\f(7,x2)－1))， 可知函数y＝eq \r(\f(1,\f(7,x2)－1))在(0，2]上单调递增， 所以当x＝2时， tan∠AO1H＝eq \r(\f(1,\f(7,x2)－1))的最大值为eq \f(2\r(3),3)， 所以D正确．故选ABD. 【例3】如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD. (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解析：(1)由AB＝8，AD＝5eq \r(3)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))， eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，得AE＝2eq \r(3)，AF＝4. 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理得 EF＝eq \r(AE2＋AF2－2AE·AF·cos∠BAD) ＝eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE. 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE. 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3eq \r(3)，CD＝3， 则CE＝eq \r(ED2＋CD2)＝6， 在△PEC中，PC＝4eq \r(3)，PE＝2eq \r(3)，EC＝6， 得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2eq \r(3)，0)， 所以eq \o(PC,\s\up16(→))＝(3，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(4，2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PF,\s\up16(→))＝(2，0，－2eq \r(3))． 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up16(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，)) 令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，所以n＝(0，2，3)， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up16(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up16(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，)) 令x2＝eq \r(3)，得y2＝－1，z2＝1， 所以m＝(eq \r(3)，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(13))＝eq \f(\r(65),65). 设平面PCD和平面PBF所成角为θ， 则sin θ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(8\r(65),65)， 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为eq \f(8\r(65),65). 翻折问题的两个解题策略 5．(2026·湖南长沙市一中校考)如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，∠BCD＝60°，AB＝2eq \r(3)，BC＝3，E为线段CD上一点，满足BC＝CE，F为BE的中点，现将△BCE沿BE折叠(如图2)，使平面BCE⊥平面ABED. (1)求证：平面ACE⊥平面BCE. (2)能否在线段AB上找到一点P(端点除外)使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 解析：(1)证明：在直角梯形ABCD中， BC＝CE＝3，∠BCD＝60°， 因此△BCE为等边三角形，从而BE＝3. 又AB＝2eq \r(3)， 由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BE·cos∠ABE ＝12＋9－2×2eq \r(3)×3×cos 30°＝3， 所以AE2＋BE2＝AB2， 即AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变． 又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以AE⊥平面BCE， 因为AE⊂平面ACE， 所以平面ACE⊥平面BCE. (2)连接CF，因为△BCE为等边三角形，F为BE的中点，所以CF⊥BE， 又因为平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， 所以CF⊥平面ABED. 取AB的中点G，连接FG， 则FG∥AE，从而FG⊥BE， 以F为坐标原点，FG，FB，FC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(eq \r(3)，－eq \f(3,2)，0)，C(0，0，eq \f(3\r(3),2))， 则eq \o(CA,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，－eq \f(3,2)，－eq \f(3\r(3),2))， 假设在AB上存在一点P，使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)，且eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))，λ∈(0，1)，因为B(0，eq \f(3,2)，0)，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，3，0)，故eq \o(AP,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)λ，3λ，0)， 所以eq \o(CP,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AP,\s\up16(→))＝(eq \r(3)(1－λ)，eq \f(3,2)(2λ－1)，－eq \f(3\r(3),2))， 又eq \o(FC,\s\up16(→))＝(0，0，eq \f(3\r(3),2))． 该平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CP,\s\up16(→))＝0，,n·\o(FC,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)（1－λ）x＋\f(3,2)（2λ－1）y－\f(3\r(3),2)z＝0，,\f(3\r(3),2)z＝0，)) 令y＝2(λ－1)，得n＝(eq \r(3)(2λ－1)，2(λ－1)，0)， 所以|cos〈eq \o(CA,\s\up16(→))，n〉| ＝eq \f(3λ,2\r(3)·\r(3（2λ－1）2＋4（λ－1）2))＝eq \f(\r(3),4)， 解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(7,6)(舍)． 综上可知，存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4). $