2026年高考数学第一轮专题复习：课时突破练48翻折问题与探索性问题 含答案

/通用版高考数学一轮复习课时突破练48翻折问题与探索性问题1.(15分)(2024·湖南长沙期中)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=BC=2,∠ABC=60°,将△ACD沿边AC翻折,使点D翻折到P点,且PB=22.(1)证明:BC⊥平面PAC;(2)若E为线段PC的中点,求平面AEB与平面ABC夹角的余弦值.2.(15分)(2024·辽宁沈阳三模)如图,在三棱锥P-ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC⊥AC,点D为BC中点.(1)求二面角A-PD-B的余弦值.(2)在直线AB上是否存在点M,使得PM与平面PAD所成角的正弦值为16?若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由3.(15分)(2024·山东青岛模拟)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转2π3到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点(1)是否存在点D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值.4.(15分)(2024·浙江杭州期中)如图甲,在直角边长为4的等腰直角三角形ABC中,DE∥BC,将△ADE沿DE折起,使点A到达点P的位置,连接PB,PC,得到如图乙所示的四棱锥P-BDEC,M为线段BC的中点.(1)求证:DE⊥PM;(2)当翻折到平面PDE⊥平面BDEC时,求平面PDE与平面PDB的夹角的余弦值.5.(15分)(2024·福建泉州模拟)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,E是棱BC上的动点.(1)试确定点E的位置,使AB1∥平面DEC1;(2)已知AB⊥BC1,CC1⊥平面ABC.设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ,试在(1)的条件下,求cosθ的最小值.6.(15分)(2024·安徽高三期中)已知菱形ABCD如图①所示,其中∠CAB=60°,现沿AC进行翻折,使得平面ABC⊥平面ACD,再过点B作BE⊥平面ABC,且BE=34AB,所得图形如图②所示(1)若点P满足AP=λAC(0<λ<1),且BP∥平面ADE,求λ的值;(2)求平面CDE与平面ABC夹角的余弦值.

答案：1.(1)证明在等腰梯形ABCD中,AD=BC=CD,AB∥CD,∠ABC=60°,则∠CAB=∠ACD=∠DAC=30°,则∠ACB=90°,∴AC⊥BC.又由BC2+PC2=PB2,可知BC⊥PC,又PC∩AC=C,AC⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,故BC⊥平面PAC.(2)解过点C作CN⊥平面ABC,以C为原点,分别以CA,CB,CN所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,2,0),A(23,0,0),E(32,0,1则AB=(-23,2,0),EA=(323,0,-12),设平面EAB的法向量为m=(x,则m令x=1,则y=3,z=33,则m=(1,3,33),又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以|cos<m,n>|=|m故平面AEB与平面ABC夹角的余弦值为32.解(1)∵PC⊥AC,∴∠PCA=90°.∵AC=BC,PA=PB,PC=PC,∴△PCA≌△PCB,∴∠PCA=∠PCB=90°,即PC⊥BC.又AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ACB,∴PC⊥平面ACB,∴PC,CA,CB两两垂直,故以点C为坐标原点,分别以CB,CA,CP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),AD=(1,-2,0),PD=(1,0,-2),设平面PAD的一个法向量n=(x,y,z),则n·AD=x-2y=0,n·PD=x-2z=0,取x=2,得n=(2,1,1),易知平面PDB∵θ是钝角,∴cosθ=-6(2)存在,M是AB的中点或A是MB的中点.由(1)知,设AM=λAB,则M(2λ,2-2λ,0),PM=(2λ,2-2λ,-2),n=(2,1,1)∵|cos<PM,n>|=|2λ|(2λ)2+(2-2λ)2+4·6=13.解(1)当D为圆弧BC的中点,即∠CAD=π3时,BC⊥PD证明如下,∵D为圆弧BC的中点,∴∠CAD=∠BAD=π3,即AD为∠CAB的平分线∵AC=AB,∴AD为等腰△CAB的高线,即AD⊥BC.∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABDC,∴PA⊥平面ABDC,∴PA⊥BC,∵PA∩AD=A,∴BC⊥平面PAD,∴BC⊥PD.(2)由(1)得,PA为四棱锥P-ABDC的高,∵PA=4,∴当底面积SABDC取最大值时,四棱锥P-ABDC体积最大.设∠CAD=α,则∠BAD=2π3-α,α∈(0,2π3),SABDC=S△CAD+S△BAD=12×2×2×sinα+12×2×2×sin(2π3-α)=2[sinα+sin(2π3-α)]∵α∈(0,2π3),α+π6∈∴α=π3时,sin(α+π6)=1,SABDC取最大值23,∴当四棱锥P-ABDC体积最大时,∠CAD=∠BAD=π3,过A在平面ABDC内作直线AE⊥AB,交圆弧BC于点E,由题知AE,AB,AP两两垂直,则以A为原点,分别以AE,AB,AP所在直线为x轴,y则A(0,0,0),P(0,0,4),B(0,2,0),D(3,1,0),C(3,-1,0),则PD=(3,1,-4),CD=(0,2,0),DB=(-3,1,0),设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1),则n即3令z1=3,得n=(4,0,3).设平面PBD的法向量为m=(x2,y2,z2),则m令z2=3,得m=(2,23,3设平面PCD与平面PBD的夹角为θ,则cosθ=|m∴平面PCD与平面PBD夹角的余弦值为114.(1)证明在图甲中,设AM∩DE=O,如图甲所示.翻折前,因为AB=AC,M为BC的中点,则AM⊥BC,因为DE∥BC,则AM⊥DE,翻折后,则有PO⊥DE,MO⊥DE,因为PO∩MO=O,PO,MO⊂平面OMP,所以DE⊥平面OMP,因为PM⊂平面OMP,所以DE⊥PM.(2)解翻折后,因为平面PDE⊥平面BDEC,平面PDE∩平面BDEC=DE,PO⊥DE,PO⊂平面PDE,所以PO⊥平面BDEC,又因为MO⊥DE,以点O为坐标原点,OM,OD,OP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,设DE=22a,其中0<a<2,则PO=12DE=22a×12=2a,OM=4sin45°则P(0,0,2a),D(0,2a,0),B(22−2a,2设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),DP=(0,-2a,2a),DB=(22−2a,22m·取y=-1,则m=(1,-1,-1),易知平面PDE的一个法向量为n=(1,0,0),则cos<m,n>=m·因此,平面PDE与平面PDB的夹角的余弦值为35.解(1)连接DC1,DE,由三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,可得A1C1∥AD,A1C1=AD,所以四边形ADC1A1为平行四边形,故AA1∥DC1,AA1⊄平面DEC1,DC1⊂平面DEC1,故AA1∥平面DEC1,又AB1∥平面DEC1,且AB1,AA1⊂平面ABB1A1,AB1∩AA1=A,所以平面ABB1A1∥平面DEC1,又平面ABB1A1∩平面ABC=AB,平面ABC∩平面DEC1=DE,故DE∥AB,由于D是AC的中点,故E是BC的中点,故点E在边BC的中点处,AB1∥平面DEC1.(2)因为CC1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以CC1⊥AB,又AB⊥BC1,CC1∩BC1=C1,CC1,BC1⊂平面BCC1B1,故AB⊥平面BCC1B1,由于BC⊂平面BCC1B1,所以AB⊥CB,由(1)知,E为BC的中点,D是AC的中点,所以ED∥AB,进而DE⊥BC,连接B1E,由B1C1∥EC,B1C1=EC,所以四边形B1C1CE为平行四边形,故CC1∥B1E,由于CC1⊥平面ABC,因此B1E⊥平面ABC,故ED,EC,EB1两两垂直,以点E为坐标原点,ED,EC,EB1所在方向分别为设B1E=a,则E(0,0,0),B(-1,0,0),C(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,0,a),B1(0,0,a),故ED=(0,1,0),EC1=(1,0,a),设平面DEC1的法向量为m=(x,y,则ED·m=y=0,EC1·m又BC1=(2,0,a),故sinθ=|cos<BC1,m>|=|BC1·m||BC1||m|=aa6.解(1)如图,取AC中点O,连接OB,OD;由图①可知,△ACD和△ABC是正三角形,所以OD⊥AC,OB⊥AC.又因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,OD⊂平面ACD,所以OD⊥平面ABC.又OB⊥平面ACD,所以OD⊥OB.以{OB,OC,OD}为正交基底建立空间直角坐标系.设平面ADE的一个法向量m=(x,y因为BP∥平面ADE等价于BP⊥m不妨设AB=4,则A(0,-2,0),B(23,0,0),C(0,2,0),D(0,0,23),E(23,0,3),因为AB=(23,2,0),AC=(0,4,0),AD=(0,2,23),AE=(23,2,3),故AP=λAC=(0,4λ,0),BP=(-23,4λ-2,0)因为平面ADE的一个法向量m=(x,y,z),所以m