备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破4立体几何中的翻折问题与探索性问题

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A.BM∥平面A1DE
B.点M在某个圆上运动
C.存在某个位置，使DE⊥A1C
D.线段BA1的长的取值范围是（5，3）
解析 如图所示，过点M作MN∥A1D交CD于N，连接BN.因为MN⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因为CM＝2MA1，所以CN＝2ND，又AE＝2EB，易知BN∥DE，又BN⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BN∥平面A1DE.又MN∩BN＝N，所以平面BMN∥平面A1DE，又BM⊂平面BMN，所以BM∥平面A1DE，所以选项A正确.
由选项A可知，平面BMN∥平面A1DE，连接AC交DE于点G，交NB于点K，连接A1G，MK，则平面A1GC∩平面A1DE＝A1G，平面A1GC∩平面BMN＝MK，所以A1G∥MK，所以MKA1G＝MCA1C＝23，所以MK＝23A1G，为定值，所以点M在以K为球心，23A1G为半径的球面上运动，点A1在以G为球心，A1G为半径的球面上运动.取ED的中点H，连接HA，HA1，AA1，则DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以点A1在过A且与DE垂直的平面上，所以A1在某个圆上运动，所以点M在某个圆上运动，所以选项B正确.
连接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假设DE⊥A1C成立，因为A1H，A1C⊂平面A1HC，A1H∩A1C＝A1，所以DE⊥平面A1HC，又CH⊂平面A1HC，所以DE⊥CH.在△DHC中，DH＝2，DC＝3，CH＝5，所以∠DHC≠π2，故DE⊥CH不成立，所以假设不成立，所以选项C错误.
以DE的中点H为坐标原点，分别以HA，HE所在直线为x轴，y轴，过点H且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（－22，322，0）.设∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），则A1（2cs θ，0，2sin θ），所以｜BA1｜＝2csθ+7∈（5，3），所以选项D正确.故选ABD.
2.[多选/2024贵阳市模拟]一块边长为10 cm的正方形铁片上有四个以O为顶点的全等的等腰三角形（如图1），将这4个等腰三角形裁下来，然后将余下的四块阴影部分沿虚线折叠，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合为点P，得到正四棱锥O－ABCD（如图2）.则在正四棱锥O－ABCD中，以下结论正确的是（ ABD ）
图1图2
A.平面OAC⊥平面OBD
B.AD∥平面OBC
C.当AP＝2 cm时，该正四棱锥内切球的表面积为65π cm2
D.当正四棱锥的体积取到最大值时，AP＝4 cm
解析 如图，对于选项A，连接OP，∵在正四棱锥O－ABCD中，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC.又BD∩OP＝P，∴AC⊥平面OBD.又AC⊂平面OAC，∴平面OAC⊥平面OBD.故选项A正确.
对于选项B，∵AD∥BC，AD⊄平面OBC，BC⊂平面OBC，∴AD∥平面OBC，故选项B正确.
对于选项C，设BC的中点为F，连接PF，OF，则OF⊥BC.由题图1知，OP3＝52，故折叠后，OF＋PF＝OP3＝52，∵AP＝2，∴AB＝22，∴PF＝2，∴OF＝42，∴OP＝30.设正四棱锥O－ABCD的体积为V，表面积为S表，内切球半径为r，正方形ABCD的面积为S，则V＝13S·OP＝13×8×30＝8303.∵S表＝4×12×22×42＋8＝40，∴r＝3VS表＝83040＝305，故内切球的表面积S球＝4πr2＝24π5（cm2）.故选项C错误.
对于选项D，设PF＝x，则x∈（0，522），AP＝2x，AB＝2x，OF＝52－x，OP＝（52－x）2－x2＝50－102x，故正四棱锥O－ABCD的体积为13·50－102x·（2x）2＝4103x4（5－2x）.令f（x）＝x4（5－2x），x∈（0，522），则f'（x）＝5x3（4－2x）.当x∈（0，22）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（22，522）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.故当x＝22时，正四棱锥体积最大，∴当AP＝4 cm时，正四棱锥的体积最大.故选项D正确.故选ABD.
3.[2023大连市双基测试]如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ADC＝2π3，E为对角线AC上一点，AE＝3.将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移动到E'且二面角A'－BD－A的大小为π3，则三棱锥A'－BCD的外接球的半径为 21 ，过E'作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为 9π .
解析 因为∠ADC＝2π3且四边形ABCD为菱形，所以△CBD，△A'BD均为等边三角形.分别取△CBD，△A'BD的重心M，N，过M，N分别作平面CBD，平面A'BD的垂线，且垂线交于一点O，O即三棱锥A'－BCD的外接球球心，如图所示.记AC∩BD＝O'，连接CO，OO'，因为二面角A'－BD－A的大小为π3，所以二面角A'－BD－C的大小为2π3，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角为∠A'O'C，所以∠A'O'C＝2π3.因为O'M＝O'N，所以cs∠MO'O＝cs∠NO'O，所以∠MO'O＝∠NO'O＝π3，又BC＝6，所以CO'＝A'O'＝6sin π3＝33，所以MO'＝NO'＝3，所以OM＝O'M·tanπ3＝3，又CM＝23CO'＝23，所以OC＝CM2＋OM2＝21，所以三棱锥A'－BCD的外接球的半径为21.连接OE'，当截面面积取最小值时，OE'垂直于截面，又截面是个圆，设截面圆的半径为r，外接球的半径为R，又NE'＝13A'O'＝3且ON＝OM＝3，所以OE'＝ON2＋NE'2＝23，所以r＝R2－OE'2＝3，此时截面面积S＝9π.
4.[2023成都七中模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC.
（1）若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC.
（2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一动点，试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离为22.
解析 （1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.
因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.
因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B.
因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
（2）解法一 易得VB－A1B1C＝VC－A1B1B＝13·CB·S△A1B1B＝13×2×12×2×2＝43.
因为S△A1B1C＝12·A1B1·B1C＝12×2×22＋22＝22，所以点B到平面A1B1C的距离为2，所以要使点M到平面A1B1C的距离为22，则点M为BC的中点.
解法二 由（1）知，直线BA，BB1，BC两两垂直.
以B为坐标原点，直线BA，BB1，BC分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图.
因为BA＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2），
设M（0，0，t）（0≤t≤2），则MC＝（0，0，2－t），A1B1＝（－2，0，0），B1C＝（0，－2，2）.
设平面A1B1C的法向量为n＝（x，y，z），则n·A1B1=0，n·B1C=0，即－2x=0，－2y+2z=0，则x=0，y＝z，取y＝1，则z＝1，所以平面A1B1C的一个法向量为n＝（0，1，1），
所以点M到平面A1B1C的距离d＝｜MC·n｜｜n｜＝｜2－t｜0+1+1＝｜2－t｜2，
又已知点M到平面A1B1C的距离为22，所以｜2－t｜2＝22，解得t＝1，t＝3（舍去），
所以当点M为棱BC的中点时，点M到平面A1B1C的距离为22.
5.[2023四川省宜宾市叙州第二中学模拟]如图1，在等边三角形ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE∥BC，记DEBC＝λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC，得到图2，其中点N为MC的中点.
图1图2
（1）当EN∥平面MBD时，求λ的值.
（2）随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B－MD－E的正弦值.
解析 （1）如图1，取MB的中点P，连接DP，PN.
因为MN＝CN，MP＝BP，所以NP＝12BC，NP∥BC.
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面MBD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即四边形NEDP为平行四边形，图1
所以NP＝DE，则DE＝12BC，即λ＝12.
（2）取DE的中点O，连接MO，则MO⊥DE.因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，
所以MO⊥平面DECB.
如图2，建立空间直角坐标系，不妨设BC＝2，则M（0，0，3λ），D（λ，0，0），B（1，3（1－λ），0），
所以MD＝（λ，0，－3λ），
DB＝（1－λ，3（1－λ），0）.
设平面BMD的法向量为m＝（x，y，z），则图2
MD·m=0，DB·m=0，
即λx－3λz=0，（1－λ）x＋3（1－λ）y=0，即x＝3z，x＝－3y，
令z＝1，则x＝3，y＝－1，则m＝（3，－1，1）是平面BMD的一个法向量.
又平面EMD的一个法向量为n＝（0，1，0），即随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小不变，
所以cs＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝－15＝－55，则sin＜m，n＞＝1－15＝255.
所以二面角B－MD－E的正弦值为255.
6.[2024浙江名校联考]如图，已知四棱锥E－ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形.
（1）求证：平面ADE⊥平面ABCD.
（2）是否存在一点F，满足EF＝λEB（0＜λ＜1），使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解析 （1）如图1，取AB的中点M，连接DM，则BM＝12AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DC?BM，所以四边形BMDC为平行四边形，所以DM＝BC＝2，故DM＝12AB，得BD⊥AD，则BD＝AB2－AD2＝42－22＝23.
因为△ADE是等边三角形，所以DE＝AD＝2.
由BD2＋DE2＝16＝BE2，得BD⊥DE，又AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE，所以BD⊥平面ADE，
又BD⊂平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD.
（2）解法一 存在点F满足题意.证明如下：
由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.
如图1，作AH⊥DE，垂足为H，连接HF，则H为DE的中点，EH＝1，AH＝3.
由AH⊥DE，平面BDE⋂平面ADE＝DE，AH⊂平面ADE，得AH⊥平面BDE，则∠AFH即直线AF与平面BDE所成的角，且∠AFH＝60°.
在Rt△AHF中，由AH＝3和∠AFH＝60°，得FH＝1.
在Rt△BDE中，易得∠DEB＝60°.
由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，得△HEF为等边三角形，FE＝1，又EB＝4，所以λ＝14，故存在点F满足题意，且λ的值为14.
解法二 存在点F满足题意.证明如下：
以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，23，0），E（1，0，3），
得DB＝（0，23，0），DE＝（1，0，3）.
设平面BDE的法向量为n＝（x，y，z），
由n·DB=0，n·DE=0，得23y=0，x＋3z=0，则y＝0，不妨令z＝－1，则x＝3，故n＝（3，0，－1）是平面BDE的一个法向量.
因为AE＝（－1，0，3），EB＝（－1，23，－3），EF＝λEB＝（－λ，23λ，－3λ），
所以AF＝AE＋EF＝（－1，0，3）＋（－λ，23λ，－3λ）＝（－λ－1，23λ，3－3λ）.
故｜cs〈AF，n〉｜＝｜AF·n｜AF||n｜｜＝23216λ2－4λ+4＝sin 60°＝32，
解得λ＝0（舍去）或λ＝14.
故存在点F满足题意，且λ的值为14.
7.[2023湖北重点中学联考（一）]已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图1，OC⊥AB，∠AOD＝π6，点P是BD上的动点，沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD，如图2.
（1）当AB∥平面PCD时，求PD的长；
（2）当三棱锥P－COD的体积最大时，求二面角O－PD－C的余弦值.
图1图2
解析 （1）因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD.
又∠AOD＝π6，
所以∠ODP＝∠OPD＝π6，可得∠POD＝2π3，
又OD＝OP＝1，所以PD＝3.
（2）由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝12·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.
解法一 易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，OC，OP，OD的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），则PC＝（1，－1，0），DP＝（0，1，－1）.
设平面PDC的法向量为n1＝（x，y，z），图1
则PC·n1=0，DP·n1=0，即x－y=0，y－z=0，取y＝1，得x＝1，z＝1，
由此得平面PDC的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面POD的一个法向量为n2＝（1，0，0）.
由图可知，二面角O－PD－C为锐角，设其平面角为θ，
则cs θ＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝33.
所以二面角O－PD－C的余弦值为33.
解法二 如图2所示，取PD的中点M，连接OM，CM.
因为OD＝OP，CD＝CP，
所以OM⊥PD，CM⊥PD，
即∠OMC为所求二面角的平面角.图2
在等腰直角三角形OPD中，可得OM＝22，而OC＝1，
所以在Rt△COM中，CM＝OM2＋OC2＝62，
cs∠OMC＝OMCM＝2262＝33，
于是二面角O－PD－C的余弦值为33.
8.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.
（1）求证：AC⊥SD.
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小.
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求出SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
解析 （1）连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设底面边长为a，则OB＝OC＝OD＝22a，SO＝SC2－OC2＝（2a）2－（22a）2＝62a，
可得O（0，0，0），S（0，0，62a），D（－22a，0，0），C（0，22a，0），B（22a，0，0）.
于是OC＝（0，22a，0），SD＝（－22a，0，－62a），
则OC·SD＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量为DS＝（22a，0，62a），
平面DAC的一个法向量为OS＝（0，0，62a），
则cs＜OS，DS＞＝OS·DS｜OS||DS｜＝32，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
（3）在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.理由如下.
由（2）知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝（22a，0，62a），
设CE＝tCS（0≤t≤1），又CS＝（0，－22a，62a），BC＝（－22a，22a，0），
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝（－22a，22a（1－t），62at）.
若BE∥平面PAC，则BE·DS＝0，则－a22＋0＋64a2t＝0，
可得t＝13，
故当SE∶EC＝2∶1时，BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.