【浙江专用】2026年高考数学一轮复习课时训练：47　翻折问题与探索性问题（含答案）

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课时规范练47　翻折问题与探索性问题1.(15分)(2024·浙江宁波二模)在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1,使得平面ABC1D1⊥平面ABCD,E为边BC1的中点,连接CE,DD1.(1)求证:CE∥平面ADD1;(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.2.(15分)(2024·山东潍坊二模)如图1,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=60°,E为CD的中点,将△ADE沿AE折起,连接BD,CD,且BD=4,如图2. 图1 图2(1)求证:平面ADE⊥平面ABCE;(2)在图2中,若点F在棱BD上,直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010,求点F到平面DEC的距离.3.(17分)(2025·八省联考,19)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点.(1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.(ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC;(ⅱ)求球O的半径.(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.4.(17分)(2024·浙江安吉模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,AB=1,BC=22,PA=1,AB⊥BC,E,F分别为PD,BC的中点.(1)求证:EF∥平面PAB.(2)在线段PD上是否存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是13?若存在,求出DMDP的值;若不存在,说明理由.(3)在平面PBC内是否存在点H,满足HD·HA=0?若不存在,请简单说明理由;若存在,请写出点H的轨迹图形形状.答案：1.(1)证明 因为BE∥AD1,BE⊄平面ADD1,A1D⊂平面ADD1,所以BE∥平面ADD1.同理可得BC∥平面ADD1.又BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCE,所以平面BCE∥平面ADD1.因为CE⊂平面BCE,所以CE∥平面ADD1.(2)解 取AB的中点O,易知OD⊥AB,OD1⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABC1D1,平面ABCD∩平面ABC1D1=AB,又OD1⊂平面ABC1D1,OD1⊥AB,所以OD1⊥平面ABCD.如图,建立空间直角坐标系,则A(0,1,0),B(0,-1,0),D(3,0,0),C(3,-2,0),D1(0,0,3),C1(0,-2,3).从而E(0,-32,32),得CE=(-3,12,32).又BD=(3,1,0),DD1=(-3,0,3),设平面BDD1的法向量n=(x,y,z),有BD·n=0,DD1·n=0,得3x+y=0,-3x+3z=0,解得y=-3x,z=x,取z=1,故n=(1,-3,1).设直线CE与平面BDD1所成角为θ,则sin θ=|cos|=|CE·n||CE||n|=-3-32+323+14+34×1+3+1=1510,所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为1510.2.(1)证明 连接BE,由题意AD=DE=2,∠ADE=60°,∠BCE=120°,则△ADE为等边三角形,由余弦定理得BE2=4+4-2×2×2×(-12)=12,所以BE=23,则DE2+BE2=BD2,AE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE,BE⊥AE,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以BE⊥平面ADE,又BE⊂平面ABCE,所以平面ADE⊥平面ABCE.(2)解 如图,以点E为原点,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,23,0),C(-1,3,0),D(1,0,3),E(0,0,0),设DF=λDB(0≤λ≤1),故EC=(-1,3,0),ED=(1,0,3),DB=(-1,23,-3),AF=AD+DF=(-1,0,3)+λ(-1,23,-3)=(-1-λ,23λ,3-3λ).因为z轴垂直平面ABCE,故可取平面ABCE的一个法向量为m=(0,0,1),所以|cos|=|m·AF||m||AF|=|3-3λ|(-1-λ)2+(23λ)2+(3-3λ)2=3010,化简得3λ2+8λ-3=0,解得λ=13或λ=-3(舍去),所以DF=13DB=(-13,233,-33).设平面DEC的法向量为n=(x,y,z),则有n·EC=-x+3y=0,n·ED=x+3z=0,可取n=(3,1,-1),所以点F到平面DEC的距离为|DF·n||n|=-33+233+335=21515.3.(1)(ⅰ)证明 在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°,得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=3,且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC,又AB⊂平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.(ⅱ)解 以点A为原点,分别以AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,32,32),设球心O(a,b,c),半径为R,因为△ABC为直角三角形,所以其外心为BC边的中点(12,12,0),则a=12,b=12,即O(12,12,c).由OA=OP,得14+14+c2=14+1+(c-32) 2,解得c=32,则R=14+14+34=52. (2)解 在平面PAC中,过点P作PG⊥AC,交AC延长线于点G,作GM∥AB,则由(1)可知,AG=32,PG=32,设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以点G为原点,分别以GM所在直线、AG所在直线、过点G且垂直于平面ABC的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz,则G(0,0,0),A(0,-32,0),B(1,-32,0),C(0,-12,0),P(32cos θ,0,32sin θ),所以CA=(0,-1,0),CB=(1,-1,0),CP=(32cos θ,12,32sin θ).设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则m⊥CA,m⊥CP,n⊥CP,n⊥CB,m·CA=-y1=0,m·CP=32x1cosθ+12y1+32z1sinθ=0, n·CB=x2-y2=0,n·CP=32x2cosθ+12y2+32z2sinθ=0, 取x1=sin θ,x2=1,则m=(sin θ,0,-cos θ),n=(1,1,-3cosθ+13sinθ),所以cos=m·n|m||n|=sinθ+(3cosθ+1)cosθ3sinθ2+3cosθ+13sinθ2=cosθ+3-3cos2θ+23cosθ+7,令t=cos θ+3,则cos θ=t-3,由θ∈(0,π),得t∈(3-1,3+1),则1t∈(3-12,3+12),则cos=t-3t2+83t-8=1-8t2+83t-3=1-8(1t-32)2+3≥13=33,当且仅当1t=32,即t=233,即cos θ=-33时,等号成立,设二面角A-CP-B为α,则cos α=cos,所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为33.4.(1)证明 如图,过点E作EG⊥AD交AD于点G,连接EG,GF.因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.又EG⊂平面PAD,PA⊂平面PAD,且EG,PA不共线,所以EG∥PA.因为E为PD的中点,所以G也为AD的中点.又F为BC的中点,所以GF∥AB.而EG⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,所以EG∥平面PAB,同理GF∥平面PAB.又因为EG∩GF=G,EG,GF⊂平面EGF,所以平面EGF∥平面PAB,而EF⊂平面EGF,所以EF∥平面PAB.(2)解 设DM=tPD(0≤t≤1),如图,以A为原点建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(0,1,0),C(22,1,0),D(22,-1,0),故PB=(0,1,-1),PC=(22,1,-1),PD=(22,-1,-1),CD=(0,-2,0),则CM=CD+DM=CD-tPD=(-22t,t-2,t).设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则有n·PB=y-z=0,n·PC=22x+y-z=0,取n=(0,1,1),|cos|=|n·CM||n||CM|=|2t-2|2×(-22t)2+(t-2)2+t2=13.整理得4t2-16t+7=0,解得t=12或t=72(舍去),所以当DMDP=12时,直线CM与平面PBC所成角的正弦值是13.(3)解 存在.由(2)知,平面PBC的一个法向量n=(0,1,1),B(0,1,0),AD的中点G(2,-12,0),则BG=(2,-32,0).则AD的中点到平面PBC的距离为|BG·n||n|=0×2+1×(-32)+1×01+1=-322=324.由HD·HA=0,得HD⊥HA,故点H在以AD的中点为球心,12AD=32为半径的球面上,而324