2021高考数学一轮复习课后限时集训48立体几何中的翻折探究性最值问题理北师大版
课后限时集训48
立体几何中的翻折、探究性、最值问题
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一、选择题
1．(2019·乐山模拟)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1,1,1,1，，a，且长为a的棱与长为的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为
( )
A. B.
C. D.
A [如图所示，三棱锥ABCD中，AD＝a，BC＝，AB＝AC＝BD＝CD＝1，则该三棱锥为满足题意的三棱锥，将△BCD看作底面，则当平面ABC⊥平面BCD时，该三棱锥的体积有最大值，此时三棱锥的高h＝，△BCD是等腰直角三角形，则S△BCD＝，综上可得，三棱锥的体积的最大值为××＝.故选A.]
2.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是( )
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
C [取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正确；
取A1D的中点F，连接MF，EF，则四边形EFMB为平行四边形，则∠A1EF为异面直线BM与A1E所成角，故B正确；
点A关于直线DE的对称点为N，则DE⊥平面AA1N，即过O与DE垂直的直线在平面AA1N上，故C错误；
三棱锥A1ADE外接球半径为AD，故D正确．]
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二、填空题
3．(2019·荆门一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝1，点E是线段CD上异于点C，D的动点，EF⊥AD于点F，将△DEF沿EF折起到△PEF的位置，并使PF⊥AF，则五棱锥PABCEF的体积的取值范围为________．
[∵PF⊥AF，PF⊥EF，AF∩EF＝F，
∴PF⊥平面ABCD.
设PF＝x，则0
0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，
又f(0)＝0，f(1)＝.
∴五棱锥PABCEF的体积的范围是.]
4．(2019·柳州模拟)已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3 cm，BC＝2 cm，AA1＝2 cm，E为CC1的中点，则一质点自点A出发，沿着长方体的表面到达点E的最短路线的长为________cm.
3 [将长方体沿C1C, C1B1, BC剪开，使面ABB1A1和面BCC1B1在同一个平面内，连接AE，如图
在Rt△ACE中，AC＝5，CE＝1，由勾股定理，得AE2＝AC2＋CE2＝26，则AE＝.
将长方体沿C1D1, DD1, C1C剪开，使面ABCD和面CDD1C1在同一个平面内，连接AE，如图，
在Rt△ABE中，AB＝3，BE＝3, 由勾股定理，得AE2＝AB2＋BE2＝32＋32＝3.
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将长方体沿B1C1, CC1, BB1剪开，使面ABCD和面BCC1B1在同一个平面内，连接AE，
在Rt△ADE中，DE＝4，AD＝2，由勾股定理，得AE2＝AD2＋DE2＝20，则AE＝2.
综上可知，故沿着长方体的表面到达点E的最短路线的长为3cm.]
三、解答题
5．(2019·湖南六校联考)如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝EC＝4，EF＝2，A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点．
(1)当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED；
(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为时，求三棱锥EBDM的体积．
[解] (1)法一：(几何法)取ED的中点N，连接MN，AN，∵点M是EC的中点，∴MN∥DC，
且MN＝DC，
而AB ∥DC，且AB＝DC，
∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，
∴BM∥AN，又BM平面AFED，AN平面AFED，
∴BM∥平面AFED.
法二：(坐标法)∵AD⊥CD，AD⊥ED，
平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，
∴DA，DC，DE两两垂直．
以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，M(0,2,1)，
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∴＝(－2,0,1)，
又平面AFED的一个法向量＝(0,4,0)，
·＝0，∴⊥，
又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED.
(2)依题意设点M(0＜t＜4)，
设平面BDM的法向量n1＝(x，y，z)，
则·n1＝2x＋2y＝0，·n1＝ty＋z＝0，
令y＝－1，则n1＝，
取平面ABF的一个法向量n2＝(1,0,0)，
∵|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，
解得t＝2.
∴M(0,2,1)为EC的中点，S△DEM＝S△CDE＝2，
又点B到平面DEM的距离h＝2，
∴VEBDM＝VBDEM＝·S△DEM·h＝.
6.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
[解] (1)证明：设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，
∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC平面BCF，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
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(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，
∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)．
设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由 得取x＝1，则n＝(1，，－λ)．
易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝＝＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值，
∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.
1．(2019·河南郑州三测)如图甲，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图乙)，且PB＝BE.
甲 乙
(1)证明：EF⊥平面PBE；
(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．
[解] (1)因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.
因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.
(2)取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.
由(1)知EF⊥平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.
又PO平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
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则B，P，C，
F，＝，＝，
由N为线段PF上一动点，得＝λ(0≤λ≤1)，
则可得N，＝.设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即取y＝1，则x＝－1，z＝，所以m＝(－1,1，)为平面PCF的一个法向量．设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝≤＝(当且仅当λ＝时取等号)，
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.
2.在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且＝λ(0<λ<1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB的位置，使得平面DEB⊥平面ABE.
(1)当λ＝时，证明：BD⊥平面DEF.
(2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：在△ABC中，∠C＝90°，即AC⊥BC，则BD⊥DE.取BF的中点N，连接CN交BE于M，当λ＝时，F是AN的中点，而E是AC的中点，所以EF是△ANC的中位线，所以EF∥CN，
在△BEF中，N是BF的中点，所以M是BE的中点，
在Rt△BCE中，EC＝BC＝2，所以CM⊥BE，则EF⊥BE，
又平面DEB⊥平面ABE，平面DBE∩平面ABE＝BE，
所以EF⊥平面DBE，因为BD平面DBE，所以EF⊥BD.
而EF∩DE＝E，所以BD⊥平面DEF.
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(2)连接DM.以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，由(1)知M是BE的中点，DM⊥BE，又平面DEB⊥平面ABE，所以DM⊥平面ABE，则D(1,1，)．
假设存在满足题意的λ，则由＝λ，可得F(4－4λ，2λ，0)，
则＝(3－4λ，2λ－1，－)，＝(－2,0,0)，＝(－3，1，)，设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即令y＝，可得x＝0，z＝－1，即n＝(0，，－1)．
设DF与平面ADE所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
解得λ＝或3(舍去)．综上可知，存在λ＝，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为.
(2019·长沙一模)已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥PABC中；
图1 图2
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值．
[解] (1)证明：三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，
四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，
∴PA＝PB＝PC＝BC＝AB＝，∵∠APC＝∠ABC＝90°，∠APB＝∠BPC＝60°，
取AC中点O，连接PO，BO，则PO⊥AC，BO⊥AC，且PO＝AO＝CO＝BO＝1，
∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO，
∴平面PAC⊥平面ABC.
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(2)由(1)知，BO⊥PO，BO⊥AC，
∵PO∩AC＝O，∴BO⊥平面PAC，
∴∠BMO是直线BM与平面PAC所成角，且tan∠BMO＝＝，
∴当OM最短时，即M是PA中点时，∠BMO最大，
由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，得PO⊥OB，PO⊥OC，
∴以OC，OB，OP所成直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M，
＝(1，－1,0)，＝(1,0，－1)，＝，
设平面MBC的法向量m＝(x，y，z)，
则取x＝1，得m＝(1,1,3)，
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1,1,1)，
设二面角PBCM的平面角为θ，
则cos θ＝＝＝.
∴二面角PBCM的余弦值为.
图1 图2
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