2021高考理科数学二轮复习限时集训48立体几何中的翻折探究性最值问题[北师大版]

考点突破·备战高考精选资源·战胜高考课后限时集训48立体几何中的翻折、探究性、最值问题建议用时：45分钟一、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1,1,1,1,2,a,且长为a的棱与长为2的棱所在直线是异面直线,则三棱锥的体积的最大值为()A.212B.312C.26D.36A[如图所示,三棱锥A­BCD中,AD＝a,BC＝2,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＝22,△BCD是等腰直角三角形,则S△BCD＝12,综上可得,三棱锥的体积的最大值为13×12×22＝212.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⊥MOD．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；考点突破·备战高考精选资源·战胜高考三棱锥A1­ADE外接球半径为22AD,故D正确．]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＝12AD＝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________．0，13[∵PF⊥AF,PF⊥EF,AF∩EF＝F,∴PF⊥平面ABCD.设PF＝x,则0x1,且EF＝DF＝x.∴五边形ABCEF的面积为S＝S梯形ABCD­S△DEF＝12×()1＋2×1－12x2＝12()3－x2.∴五棱锥P­ABCEF的体积V＝13×12(3－x2)x＝16(3x－x3),设f(x)＝16(3x－x3),则f′(x)＝16(3－3x2)＝12(1－x2),∴当0x1时,f′(x)0,∴f(x)在(0,1)上单调递增,又f(0)＝0,f(1)＝13.∴五棱锥P­ABCEF的体积的范围是0，13.]4．(2019·柳州模拟)已知长方体ABCD­A1B1C1D1中,AB＝3cm,BC＝2cm,AA1＝2cm,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.32[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＝26.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,考点突破·备战高考精选资源·战胜高考在Rt△ABE中,AB＝3,BE＝3,由勾股定理,得AE2＝AB2＋BE2＝32＋32＝32.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＝25.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32cm.]三、解答题5．(2019·湖南六校联考)如图,梯形EFBC中,EC∥FB,EF⊥BF,BF＝23EC＝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306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＝12DC,而AB∥DC,且AB＝12DC,∴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),考点突破·备战高考精选资源·战胜高考∴BM→＝(－2,0,1),又平面AFED的一个法向量DC→＝(0,4,0),BM→·DC→＝0,∴BM→⊥DC→,又BM平面AFED,∴BM∥平面AFED.(2)依题意设点M0，t，2－t2(0＜t＜4),设平面BDM的法向量n1＝(x,y,z),则DB→·n1＝2x＋2y＝0,DM→·n1＝ty＋2－t2z＝0,令y＝－1,则n1＝1，－1，2t4－t,取平面ABF的一个法向量n2＝(1,0,0),∵|cos〈n1,n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝12＋4t2－t2＝66,解得t＝2.∴M(0,2,1)为EC的中点,S△DEM＝12S△CDE＝2,又点B到平面DEM的距离h＝2,∴VE­BDM＝VB­DEM＝13·S△DEM·h＝43.6.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·cos60°＝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.考点突破·备战高考精选资源·战胜高考(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≤3),则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),∴AB→＝(－3,1,0),BM→＝(λ,－1,1)．设n＝(x,y,z)为平面MAB的法向量,由n·AB→＝0，n·BM→＝0，得－3x＋y＝0，λx－y＋z＝0，取x＝1,则n＝(1,3,3－λ)．易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,∴cos〈n,m〉＝n·m|n||m|＝11＋3＋3－λ2＝1λ－32＋4.∵0≤λ≤3,∴当λ＝0时,cos〈n,m〉取得最小值77,∴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77.1．(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考点突破·备战高考精选资源·战胜高考轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B12，0，0,P0，0，32,C12，2，0,F－12，1，0,PC→＝12，2，－32,PF→＝－12，1，－32,由N为线段PF上一动点,得PN→＝λPF→(0≤λ≤1),则可得N－λ2，λ，32－λ,BN→＝－λ＋12，λ，32－λ.设平面PCF的法向量为m＝(x,y,z),则PC→·m＝0，PF→·m＝0，即12x＋2y－32z＝0，－12x＋y－32z＝0，取y＝1,则x＝－1,z＝3,所以m＝(－1,1,3)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sinθ＝|cos〈BN→,m〉|＝|BN→·m||BN→|·|m|＝25×2λ2－λ＋1＝25×2λ－142＋78≤25×78＝47035(当且仅当λ＝14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47035.2.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AF→＝λAB→(0λ1),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＝13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23？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＝13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,考点突破·备战高考精选资源·战胜高考在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.(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(1,1,2)．假设存在满足题意的λ,则由AF→＝λAB→,可得F(4－4λ,2λ,0),则DF→＝(3－4λ,2λ－1,－2),AE→＝(－2,0,0),AD→＝(－3,1,2),设平面ADE的一个法向量为n＝(x,y,z),则n·AE→＝0，n·AD→＝0，即－2x＝0，－3x＋y＋2z＝0，令y＝2,可得x＝0,z＝－1,即n＝(0,2,－1)．设DF与平面ADE所成的角为θ,则sinθ＝|DF→·n||DF→|·|n|＝|2λ－＋2|3·－4λ2＋λ－2＋－22＝23,解得λ＝12或3(舍去)．综上可知,存在λ＝12,使得DF与平面ADE所成角的正弦值为23.(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2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,考点突破·备战高考精