2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题突破练12　翻折、探究性问题（含解析）

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(1)证明:平面PEC⊥平面AECD;
(2)求二面角A-PD-C的正弦值.
2.(15分)(2025河北沧州模拟)如图,六面体ABCDEF的侧面ABFE为矩形,BC∥AD,AB⊥BC,FB=AD=3,AB=BC=2,FD=22.
(1)求证:平面ABFE⊥平面ABCD.
(2)线段AE上是否存在点P,使得CP∥平面DEF?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.
(3)求平面EFD与平面FDC夹角的余弦值.
3.(15分)(2025湖北黄冈二模)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3, AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°.
(1)求∠FCB的余弦值.
(2)在三棱锥的棱AP上是否存在点Q,使得平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值为155?若存在,求出点Q的位置;若不存在,说明理由.
4.(17分)(2025湖北武汉一模)已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为平行四边形,SA=AB=SB,SB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2,AB=1.
(1)求三棱锥S-ABC外接球的表面积.
(2)设T为线段SD上的点.
(ⅰ)若ST=13SD,求直线AC与平面BTC所成角的正弦值.
(ⅱ)平面α过点B,T,且AC∥平面α,探究:是否存在点T,使得平面SAD与平面α之间所成角的正切值为34?若存在,求出STSD的值;若不存在,请说明理由.
答案：
1.(1)证明 连接DE,在△CDE中,CD=2,CE=2,∠BCD=45°,由余弦定理,得DE2=22+(2)2-2×2×2cs 45°=2,所以DE=2,所以CD2+DE2=EC2,所以DE⊥CD.
因为AD∥BC,∠BCD=45°,所以∠ADC=135°,则∠ADE=45°.
在△ADE中,AD=1,DE=2,由余弦定理,得AE2=12+(2)2-2×1×2cs 45°=1,所以AE=1,故AD2+AE2=DE2,所以AD⊥AE,又AD∥BC,所以AE⊥BC,则AE⊥EC,AE⊥PE,又PE∩EC=E,PE,EC⊂平面PEC,所以AE⊥平面PEC,因为AE⊂平面AECD,故平面PEC⊥平面AECD.
(2)解 设四棱锥P-AECD的高为h,由V四棱锥P-AECD=13×12×(1+2)×1·h=1,得h=2.
由(1)可知,平面PEC⊥平面AECD,PE=2,所以PE即为四棱锥P-AECD的高,所以PE⊥平面AECD,所以AE,EC,EP两两互相垂直,以E为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,1,0),C(2,0,0),D(1,1,0),P(0,0,2),所以AD=(1,0,0),DP=(-1,-1,2),CD=(-1,1,0).
设平面APD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则AD·m=0,DP·m=0,即x1=0,-x1-y1+2z1=0,
取z1=1,得x1=0,y1=2,所以m=(0,2,1).设平面PCD的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则CD·n=0,DP·n=0,
即-x2+y2=0,-x2-y2+2z2=0,取x2=1,得y2=1,z2=1,所以n=(1,1,1),
所以cs=m·n|m||n|=0×1+2×1+1×102+22+12×12+12+12=35×3=155.
设二面角A-PD-C的大小为θ,则sin θ=1-(155) 2=105,
故二面角A-PD-C的正弦值为105.
2.(1)证明 如图,连接AF,则AF=13,因为FD=22,AD=3,所以AD2+AF2=FD2,所以AD⊥AF.
因为AB⊥BC,BC∥AD,所以AB⊥AD,
又AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABFE,所以AD⊥平面ABFE,因为AD⊂平面ABCD,所以平面ABFE⊥平面ABCD.
(2)解 线段AE上存在点P,使得CP∥平面DEF.
如图,过C作CM⊥AD,交AD于M,则AM=2,过M作MP∥ED,交AE于点P,则AMAD=APAE,得AP=2.
下面证明当AP=2时,CP∥平面DEF,因为CM∥AB,AB∥EF,所以CM∥EF,因为EF⊂平面DEF,CM⊄平面DEF,所以CM∥平面DEF,因为MP∥ED,ED⊂平面DEF,MP⊄平面DEF,所以MP∥平面DEF,又CM∩MP=M,CM,MP⊂平面CMP,所以平面CMP∥平面DEF,又CP⊂平面CMP,所以CP∥平面DEF.
(3)解 依题意,以AB,AD,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),E(0,0,3),F(2,0,3),FD=(-2,3,-3),FC=(0,2,-3),FE=(-2,0,0).
设平面EFD的一个法向量为u=(x,y,z),则FE·u=-2x=0,FD·u=-2x+3y-3z=0,不妨令y=1,则x=0,z=1,则u=(0,1,1).
设平面FDC的一个法向量为v=(m,n,s),则FC·v=2n-3s=0,FD·v=-2m+3n-3s=0,不妨令n=3,
则s=2,m=32,则v=(32,3,2).
设平面EFD与平面FDC的夹角为θ,则cs θ=|cs|=|u·v||u||v|=52×614=512261,
所以平面EFD与平面FDC的夹角的余弦值为512261.
3.解 (1)在△ABD中,因为AB⊥AD,AB=AD=3,所以BD=6,所以FB=BD=6.
在△ACE中,因为AE=AD=3,AC=1,∠CAE=30°,所以CE=(3)2+12-2×3×1×cs30°=1,所以CF=CE=1.
又因为BC=AC2+AB2=12+(3)2=2,
在△FCB中,由余弦定理得cs∠FCB=CF2+BC2-FB22·CF·BC=12+22-(6)22×1×2=-14.
(2)因为AB⊥AD,即AB⊥AP,AB⊥AC,AC∩AP=A,AC,AP⊂平面ACP,所以AB⊥平面ACP.
以点A为原点,AP,AB为x轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(3,0,0),B(0,0,3),C(32,12,0),设Q(a,0,0)(0≤a≤3),故BQ=(a,0,-3),BC=(32,12,-3).设平面BCQ的法向量m=(x,y,z),则m·BQ=ax-3z=0,m·BC=32x+12y-3z=0,取z=a,则m=(3,23a-3,a),易得平面ABP的一个法向量为(0,1,0),则平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值cs θ=|23a-3|3+(23a-3)2+a2=155,解得a=3或a=37,故当AQ=3或AQ=37时,平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值为155.
4.解 (1)如图所示,因为∠ABC=60°,BC=2,AB=1,故AC2=AB2+BC2-2AB·BCcs∠ABC=3,即AC=3,
则BC2=AB2+AC2,故△ABC为直角三角形,即AB⊥AC,又SB⊥AC,SB∩AB=B,且SB,AB⊂平面SAB,则AC⊥平面SAB,又因为AC⊂平面ABCD,所以平面SAB⊥平面ABCD,设AB的中点为O,则△SAB的外接圆圆心O1满足O1O=13SO=13×32AB=36,过△SAB的外接圆圆心O1作直线l1垂直于平面SAB,过线段BC的中点O2作直线l2垂直于平面ABCD,其中l1∩l2=O3,则O3即为三棱锥S-ABC的外接球球心,且四边形O1OO2O3为矩形,即O2O3=O1O=36,故R=BO3=BO2 2+O2O2 3=1312,故三棱锥S-ABC外接球的表面积S=4πR2=4π×1312=13π3.
(2)(ⅰ)以AB的中点O为原点,OB为x轴,平行于AC的方向为y轴,OS为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(-12,0,0),B(12,0,0),C(-12,3,0),S(0,0,32),D(-32,3,0),
而ST=13SD,故T(-12,33,33),BC=(-1,3,0),CT=(0,-233,33).
设n=(x,y,z)为平面BTC的法向量,则-x+3y=0,-233y+33z=0,则x=3y,z=2y,令y=1,则n=(3,1,2)为平面BTC的一个法向量.
而AC=(0,3,0),故直线AC与平面BTC所成角的正弦值sin θ=|cs|=|AC·n||AC||n|=33×22=24.
(ⅱ)由(ⅰ)可知SA=(-12,0,-32),SD=(-32,3,-32),设平面SAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则
SA·m=-12x1-32z1=0,SD·m=-32x1+3y1-32z1=0,
令z1=1,则m=(-3,-1,1).
如图,记直线SA∩平面α=E,直线SC∩平面α=F,连接EF.
因为AC∥平面α,平面BETF∩平面SAC=EF,所以AC∥EF.
不妨设SE=λSA,则SF=λSC,0≤λ≤1,则SE=λ(-12,0,-32),故E(-λ2,0,32-32λ),
同理可得F(-λ2,3λ,32-32λ),则有BE=(-λ2-12,0,32-32λ),BF=(-λ2-12,3λ,32-32λ).
设平面BETF的一个法向量为u=(x2,y2,z2),则
(-λ2-12)x2+(32-32λ)z2=0,(-λ2-12)x2+3λy2+(32-32λ)z2=0,
解得y2=0,设z2=1,则x2=3-3λλ+1,故u=(3-3λλ+1,0,1),所以|cs|=|m·u||m||u|=|3λ-3λ+1+1|5(3-3λλ+1) 2+1.
又平面SAD与平面α之间所成角的正切值为34,则|cs|=|m·u||m||u|=|3λ-3λ+1+1|5(3-3λλ+1) 2+1=3535,化简得9λ2-9λ+2=0,解得λ=13或λ=23.
设STSD=t,0≤t≤1,则ST=tSD,则ST=t(-32,3,-32),解得T(-32t,3t,32-32t),
故BT=(-32t-12,3t,32-32t).
当λ=13时,u=(32,0,1).
因为BT⊥u,所以(-32t-12,3t,32-32t)·(32,0,1)=0,化简得534t-34=0,解得t=15,满足要求.
当λ=23时,u=(35,0,1).
因为BT⊥u,所以(-32t-12,3t,32-32t)·(35,0,1)=0,化简得8310t-4310=0,解得t=12,满足要求.
综上所述,存在点T,使得平面SAD与平面α之间所成角的正切值为34,且STSD的值为15或12.