数学高考总复习优化设计课时规范练46　翻折问题与探索性问题

课时规范练46翻折问题与探索性问题(分值:62分)1.(15分)(2025·江西南昌模拟)如图所示,正三角形ABC的边长为2,D,E,F分别是各边的中点,现将△ADE,△BEF,△CDF分别沿DE,EF,DF折起,使得△ADE,△BEF,△CDF所在平面均与底面DEF垂直.(1)求证:平面ABC∥平面DEF;(2)求二面角C-DA-E的正弦值.2.(15分)(2025·鹰潭二模)如图,等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成,现将△BCE沿BC翻折至△BCP,使得PD=32AB(1)求证:PD⊥BC.(2)在直线PD上是否存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为22211?若存在,求出PMDM的值;若不存在,3.(15分)(2025·江西新余二模)在如图所示的试验装置中,两个正方形框架ABCD,ADEF的边长都是1,且它们所在平面互相垂直,活动弹子M,N分别在正方形对角线AE和BD上移动,且EM和DN的长度保持相等,记EM=DN=a(0<a<2),活动弹子Q在EF上移动.(1)求证:直线MN∥平面CDE;(2)Q为EF上的点,求EB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.4.(17分)(2025·广东梅州质检)如图1,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=1,BC=2,E为BC的中点,将△ABE沿着AE翻折至△APE,如图2.图1图2(1)当二面角P-AE-C为120°时,求PD的长.(2)在翻折过程中,是否存在某个位置,使得平面AEP⊥平面CDP?若存在,求出此时点P到平面AECD的距离;若不存在,请说明理由.

参考答案1.(1)证明因为△ABC为正三角形,且D,E,F分别是各边的中点,所以△ADE,△BEF,△CDF均为正三角形.分别取DE,EF,FD的中点A1,B1,C1,则AA1⊥DE,BB1⊥EF,CC1⊥DF,AA1=BB1=CC1,又因为平面ADE⊥平面DEF,平面ADE∩平面DEF=DE,AA1⊂平面ADE,所以AA1⊥平面DEF,同理可得BB1⊥平面DEF,所以AA1∥BB1,所以四边形AA1B1B为平行四边形,所以AB∥A1B1,因为AB⊄平面DEF,A1B1⊂平面DEF,所以AB∥平面DEF,同理可得CB∥平面DEF,又AB∩BC=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以平面ABC∥平面DEF.(2)解由(1)可知A1E,A1F,A1A两两垂直,以A1为坐标原点,分别以A1E,A1F,A1A则A(0,0,32),C(-14,34,32),D(-12,0,0),E(12,0,0),所以AC=(-1设平面CDA的一个法向量为n1=(x,y,z),则n令x=3,得y=3,z=-3,所以n1=(3,3,-3),易知平面EDA的一个法向量为n2=(0,1,0),所以cos<n1,n2>=n1所以二面角C-DA-E的正弦值为22.(1)证明在图1中连接DE,交BC于点O,在图2中,易知△BCD,△BCP都是等边三角形,易得DO⊥BC,PO⊥BC,又DO∩PO=O,DO,PO⊂平面POD,可得BC⊥平面POD.又直线PD⊂平面POD,所以PD⊥BC.图1图2(2)解设AB=2a,则PD=3a,则在△POD中,由OD=OP=3a,PD=3a,由余弦定理得∠POD=120°,过点P作PH⊥DO,垂足为H,连接OH,得∠POH=60°,所以PH=POsin60°=32a,如图3,以BC的中点O为原点,OB,DO所在直线分别为x轴、y轴,建立空间直角坐标系,则B(a,0,0),A(2a,-3a,0),D(0,-3a,0),所以P(0,32a,32a),因此AD=(-2a,0,0),PD=(0,-323a图3设平面ADP的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AD=-2ax=0,n·PD=-332ay-32az=0,令y=-1,得x=0,z=3,则n=(0,-1,3).设存在点M,且DM=λDP(0≤λ≤1),满足题意,则DM=λ(0,332a,32a)=(0,332λa,32λa),所以BM=BD+DM=(-a,332λa-3a,32λa),设直线BM与平面APD所成角为θ,则cosθ=22211,所以3.(1)证明在平面ADEF内,过点M作MG∥DE,交AD于点G,连接NG,MN,由MG∥DE,得AMME=AGGD,而AE=BD=2,EM=DN=a,则AM=BN,AMME=又AB∥CD,则GN∥CD,而MG⊄平面CDE,MG∥DE,DE⊂平面CDE,因此MG∥平面CDE,同理GN∥平面CDE,又MG⊂平面MNG,GN⊂平面MNG,MG∩GN=G,则平面MNG∥平面CDE,而MN⊂平面MNG,所以直线MN∥平面CDE.(2)解由平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,ED⊥AD,ED⊂平面ADEF,得ED⊥平面ABCD,又DA⊥DC,所以DA,DC,DE两两垂直.以点D为坐标原点,DA,DC,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),B(1,1,0),设Q(t,0,1),0≤t≤1,则EB=(1,1,-1),DC=(0,1,0),DQ=(t,0,1),设平面QCD的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DC=y=0,n·DQ=tx+z=0,取x=1,得n=(1,0,-t),设EB与平面QCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<EB,n>|=|EB·n||EB||n|=t+13·t2+1,当t=0时,sinθ=33;当0<t≤1时,sin2θ=(t+13·t2+1)2=t24.解(1)连接BD,与AE交于点M,连接DE,依题意AD∥BC,AB=AD=BE=EC=CD=1,于是四边形ABED和AECD均为菱形,因为△ABE和△ADE为等边三角形,所以AE⊥BD,又AM=DM=32,于是∠PMD即为二面角P-AE-C的平面角,即有∠PMD=120°,由余弦定理得PD2=PM2+DM2-2·PM·DMcos∠PMD=(32)2+(32)2-2×32×32×(2)平面AEP⊥平面CDP的情况不存在,理由如下:设平面AEP∩平面CDP=l,因为