课时规范练46　翻折问题与探索性问题--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)

中小学教育资源及组卷应用平台
2027全国版高考数学一轮复习
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=AB.
(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 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
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(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,分别以为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,),C(-),D(-,0,0),E(,0,0),所以=(-,0),=(-,0,-),
设平面CDA的一个法向量为n1=(x,y,z),则
令x=3,得y=,z=-,所以n1=(3,,-),
易知平面EDA的一个法向量为n2=(0,1,0),所以cos=,
所以二面角C-DA-E的正弦值为
2.(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=a,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=POsin 60°=a,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,-a,0),D(0,-a,0),所以P(0,a,a),因此=(-2a,0,0),=(0,-a,-a).
图3
设平面ADP的一个法向量为n=(x,y,z),则令y=-1,得x=0,z=,则n=(0,-1,).设存在点M,且=(0≤λ≤1),满足题意,则=λ(0,a,a)=(0,a,a),所以=(-a,a-a,a),设直线BM与平面APD所成角为θ,则cos θ=,所以sin θ=所以sin θ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=,所以存在点M,使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为,此时=5或
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,而AE=BD=,EM=DN=a,则AM=BN,,于是GN∥AB,
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=(1,1,-1),=(0,1,0),=(t,0,1),
设平面QCD的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=1,得n=(1,0,-t),设EB与平面QCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,当t=0时,sin θ=;当04.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=,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=()2+()2-2cos 120°=,所以PD=
(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AE∥DC,AE∥平面CDP,所以AE∥l,而AE⊥AM,AE⊥DM且AM∩DM=M,因此AE⊥平面PDM,即有l⊥平面PDM,于是∠DPM为二面角A-l-D的平面角,因为PM=DM,所以在等腰三角形DPM中∠DPM不可能等于直角,
即平面AEP⊥平面CDP的情况不存在.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)