2021高考数学一轮复习课后限时集训48立体几何中的翻折探究性最值问题理北

课后限时集训48

立体几何中的翻折、探究性、最值问题

建议用时：45分钟

一、选择题

1．(2019·乐山模拟)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1,1,1,1，2，a，且长为a的棱与长为2的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为

( )

A.2

122 6

B.3 123 6

C.D.

A [如图所示，三棱锥A-BCD中，AD＝a，BC＝2，AB＝AC＝BD＝CD＝1，则该三棱锥为满足题意的三棱锥，将△BCD看作底面，则当平面ABC⊥平面BCD时，该三棱锥的体积有最大值，此时三棱锥的高h＝

21

，△BCD是等腰直角三角形，则S△BCD＝，综上22

1122

可得，三棱锥的体积的最大值为××＝.故选A.]

32212

2.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1?平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，

DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是( )

A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直 B．异面直线BM与A1E所成角是定值 C．一定存在某个位置，使DE⊥MO

D．三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值

C [取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正确；

取A1D的中点F，连接MF，EF，则四边形EFMB为平行四边形，则∠A1EF为异面直线BM与A1E所成角，故B正确；

点A关于直线DE的对称点为N，则DE⊥平面AA1N，即过O与DE垂直的直线在平面AA1N上，故C错误；

三棱锥A1-ADE外接球半径为二、填空题

2

AD，故D正确．] 2

3．(2019·荆门一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，

AD∥BC，AB＝BC＝AD＝1，点E是线段CD上异于点C，D的动

点，EF⊥AD于点F，将△DEF沿EF折起到△PEF的位置，并使

1

2

PF⊥AF，则五棱锥P-ABCEF的体积的取值范围为________．

?0，1? [∵PF⊥AF，PF⊥EF，AF∩EF＝F， ?3???

∴PF⊥平面ABCD.

设PF＝x，则0

S＝S梯形ABCD-S△DEF＝×(1＋2)×1－x2

＝

1

(3－x2). 2

1212

∴五棱锥P-ABCEF的体积

V＝×(3－x2)x＝(3x－x3)，

111322

设f(x)＝(3x－x)，则f′(x)＝(3－3x)＝(1－x)，

662∴当00， ∴f(x)在(0,1)上单调递增， 1

又f(0)＝0，f(1)＝.

3

131216

?1?∴五棱锥P-ABCEF的体积的范围是?0，?.] ?3?

4．(2019·柳州模拟)已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3 cm，BC＝2 cm，AA1＝2 cm，

E为CC1的中点，则一质点自点A出发，沿着长方体的表面到达点E的最短路线的长为

________cm.

32 [将长方体沿C1C, C1B1, BC剪开，使面ABB1A1和面BCC1B1

在同一个平面内，连接AE，如图

在Rt△ACE中，AC＝5，CE＝1，由勾股定理，得AE＝AC＋CE＝26，则AE＝26.

将长方体沿C1D1, DD1, C1C剪开，使面ABCD和面CDD1C1在同一个平面

2

2

2

内，连接AE，如图，

在Rt△ABE中，AB＝3，BE＝3, 由勾股定理，得AE＝AB＋BE＝3＋3＝32. 将长方体沿B1C1, CC1, BB1剪开，使面ABCD和面BCC1B1在同一个平面内，连接AE， 在Rt△ADE中，DE＝4，AD＝2，由勾股定理，得AE＝AD＋DE＝20，则AE＝25.

综上可知，故沿着长方体的表面到达点E的最短路线的长为32cm.]

三、解答题

2

5．(2019·湖南六校联考)如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝EC＝4，EF＝2，

3

2

2

2

2

2

2

2

2

A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平面ABCD，

点M是线段EC上异于E，C的任意一点．

(1)当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED； (2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为

30

时，求三棱锥E-BDM的体积． 6

[解] (1)法一：(几何法)取ED的中点N，连接MN，AN，∵点M是EC的中点，∴MN∥

DC，

1

且MN＝DC，

2

1

而AB ∥DC，且AB＝DC，

2

∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形， ∴BM∥AN，又BM∴BM∥平面AFED.

法二：(坐标法)∵AD⊥CD，AD⊥ED，

平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD， ∴DA，DC，DE两两垂直．

以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，

平面AFED，AN平面AFED，

M(0,2,1)，

→

∴BM＝(－2,0,1)，

→

又平面AFED的一个法向量DC＝(0,4,0)， →

BM·DC＝0，∴BM⊥DC，

又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED.

→→→

(2)依题意设点M?0，t，2－?(0＜t＜4)，

2??设平面BDM的法向量n1＝(x，y，z)，

→→?t?则DB·n1＝2x＋2y＝0，DM·n1＝ty＋?2－?z＝0，

?2?2t??令y＝－1，则n1＝?1，－1，， 4－t???取平面ABF的一个法向量n2＝(1,0,0)， |n1·n2|

∵|cos〈n1，n2〉|＝＝

|n1||n2|

14t2＋

4－t2

?

t?

＝

2

6， 6

解得t＝2.

1

∴M(0,2,1)为EC的中点，S△DEM＝S△CDE＝2，

2又点B到平面DEM的距离h＝2， 14

∴VE-BDM＝VB-DEM＝·S△DEM·h＝.

33

6.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.

(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面

FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．

[解] (1)证明：设AD＝CD＝BC＝1， ∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2， ∴AC＝AB＋BC－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB＝AC＋BC，则BC⊥AC. ∵CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，

∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC平面BCF， ∴AC⊥平面BCF.

∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.

2

2

2

2

2

2