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.doc

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，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，ada，bc，abacbdcd1，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sbcd，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，ab2ad，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demod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mna1d，nbde，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正确二、填空题3(2019荆门一模)如图，在直角梯形abcd中，abbc，adbc，abbcad1，点e是线段cd上异于点c，d的动点，efad于点f，将def沿ef折起到pef的位置，并使pfaf，则五棱锥pabcef的体积的取值范围为_pfaf，pfef，afeff，pf平面abcd.设pfx，则0x1，且efdfx.五边形abcef的面积为ss梯形abcdsdef1x2.五棱锥pabcef的体积v(3x2)x(3xx3)，设f(x)(3xx3)，则f(x)(33x2)(1x2)，当0x0，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，ab3 cm，bc2 cm，aa12 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rtace中，ac5，ce1，由勾股定理，得ae2ac2ce226，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rtabe中，ab3，be3, 由勾股定理，得ae2ab2be232323.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rtade中，de4，ad2，由勾股定理，得ae2ad2de220，则ae2.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，ecfb，efbf，bfec4，ef2，a是bf的中点，adec，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，mndc，且mndc，而ab dc，且abdc，mn綊ab，即四边形abmn是平行四边形，bman，又bm平面afed，an平面afed，bm平面afed.法二：(坐标法)adcd，aded，平面afed平面abcd，平面afed平面abcdad，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)，(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(0t4)，设平面bdm的法向量n1(x，y，z)，则n12x2y0，n1tyz0，令y1，则n1，取平面abf的一个法向量n2(1,0,0)，|cosn1，n2|，解得t2.m(0,2,1)为ec的中点，sdemscde2，又点b到平面dem的距离h2，vebdmvbdemsdemh.6.如图所示，在梯形abcd中，abcd，bcd120，四边形acfe为矩形，且cf平面abcd，adcdbccf.(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adcdbc1，abcd，bcd120，ab2，ac2ab2bc22abbccos 603，ab2ac2bc2，则bcac.cf平面abcd，ac平面abcd，accf，而cfbcc，cf，bc平面bcf，ac平面bcf.efac，ef平面bcf.(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(0)，则c(0,0,0)，a(，0,0)，b(0,1,0)，m(，0,1)，(，1,0)，(，1,1)设n(x，y，z)为平面mab的法向量，由 得取x1，则n(1，)易知m(1,0,0)是平面fcb的一个法向量，cosn，m.0，当0时，cosn，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，abbc2，abc90，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pbbe.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efbc.因为abc90，所以efbe，efpe，又bepee，所以ef平面pbe.(2)取be的中点o，连接po，因为pbbepe，所以pobe.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bcfebe，所以po平面bcfe.过点o作ombc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，则b，p，c，f，由n为线段pf上一动点，得(01)，则可得n，.设平面pcf的法向量为m(x，y，z)，则即取y1，则x1，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，则sin |cos，m|(当且仅当时取等号)，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，c90，ac4，bc2，e是ac的中点，f是线段ab上一个动点，且(01)，如图所示，沿be将ceb翻折至deb的位置，使得平面deb平面abe.(1)当时，证明：bd平面def.(2)是否存在，使得df与平面ade所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：在abc中，c90，即acbc，则bdde.取bf的中点n，连接cn交be于m，当时，f是an的中点，而e是ac的中点，所以ef是anc的中位线，所以efcn，在bef中，n是bf的中点，所以m是be的中点，在rtbce中，ecbc2，所以cmbe，则efbe，又平面deb平面abe，平面dbe平面abebe，所以ef平面dbe，因为bd平面dbe，所以efbd.而efdee，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，dmbe，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，则由，可得f(44，2，0)，则(34，21，)，(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x0，z1，即n(0，1)设df与平面ade所成的角为，则sin ，解得或3(舍去)综上可知，存在，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，papbpcbcab，apcabc90，apbbpc60，取ac中点o，连接po，bo，则poac，boac，且poaocobo1，po2bo2pb2，pobo，平面pac平面abc.(2)由(1)知，bopo，boac，poaco，bo平面pac，bmo是直线bm与平面pac所成角，且tanbmo，当om最短时，即m是pa中点时，bmo最大，由po平面abc，obac，得poob，p