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

(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、

z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设FM＝λ(0≤λ≤3)，

则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)， →→

∴AB＝(－3，1,0)，BM＝(λ，－1,1)． 设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量， →??n·AB＝0，

由?

→??n·BM＝0，

?－3x＋y＝0，

得?

?λx－y＋z＝0，

取x＝1，则n＝(1，3，3－λ)．

易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量， ∴cos〈n，m〉＝＝

|n||m|1＋3＋

n·m13－λ＝2

1

λ－3

7

， 7

2

. ＋4

∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值

∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为

7. 7

1．(2019·河南郑州三测)如图甲，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图乙)，且PB＝BE.

甲 乙

(1)证明：EF⊥平面PBE；

(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．

[解] (1)因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.

因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE. (2)取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE. 由(1)知EF⊥平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE. 又PO平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.

过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

3??1?1???则B?，0，0?，P?0，0，?，C?，2，0?，

?2???2??2

??F?－，1，0?，PC＝?，2，－2?

?

1

→?1

?23?→?13??，PF＝?－，1，－?， 2?2??2

→→

由N为线段PF上一动点，得PN＝λPF(0≤λ≤1)， 则可得N?－

33?λ?→?λ＋1?

，λ，1－λ?，BN＝?－，λ，1－λ?.设平面PCF222?2???

的法向量为m＝(x，y，z)，

→??PC·m＝0，

则?

→??PF·m＝0，

13?x＋2y－z＝0，?22即?

13

－x＋y－z＝0，??22

取y＝1，则x＝－1，z＝3，所以

m＝(－1,1，3)为平面PCF的一个法向量．设直线BN与平面PCF所成的角为θ，

→→|BN·m|2

则sin θ＝|cos〈BN，m〉|＝＝＝2

→5×2λ－λ＋1|BN|·|m|5×25×

4701

＝(当且仅当λ＝时取等号)，

35478

2

1?27?2?λ－?＋4?8?

≤

470

所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.

352.在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC→→

的中点，F是线段AB上一个动点，且AF＝λAB(0<λ<1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB的位置，使得平面DEB⊥平面ABE.

1

(1)当λ＝时，证明：BD⊥平面DEF.

3

(2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为不存在，请说明理由．

[解] (1)证明：在△ABC中，∠C＝90°，即AC⊥BC，则BD1

⊥DE.取BF的中点N，连接CN交BE于M，当λ＝时，F是AN的

3中点，而E是AC的中点，所以EF是△ANC的中位线，所以EF∥

2

？若存在，求出λ的值；若3

CN，

在△BEF中，N是BF的中点，所以M是BE的中点， 在Rt△BCE中，EC＝BC＝2，所以CM⊥BE，则EF⊥BE， 又平面DEB⊥平面ABE，平面DBE∩平面ABE＝BE， 所以EF⊥平面DBE，因为BD平面DBE，所以EF⊥BD.

而EF∩DE＝E，所以BD⊥平面DEF.

(2)连接DM.以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，由(1)知M是BE的中点，DM⊥BE，又平面DEB⊥平面ABE，所以DM⊥平面ABE，则D(1,1，2)．

→→

假设存在满足题意的λ，则由AF＝λAB，可得F(4－4λ，2λ，0)，

→→→

则DF＝(3－4λ，2λ－1，－2)，AE＝(－2,0,0)，AD＝(－3，1，2)，设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→??n·AE＝0，

则?

→??n·AD＝0，(0，2，－1)．

→

|DF·n|

设DF与平面ADE所成的角为θ，则sin θ＝＝

→

|DF|·|n|

|2

3·

3－4λ2λ－1＋2|

2

?－2x＝0，即?

?－3x＋y＋2z＝0，

令y＝2，可得x＝0，z＝－1，即n＝

＋2λ－1

2

＋－2

＝2

2

， 3

11

解得λ＝或3(舍去)．综上可知，存在λ＝，使得DF与平面ADE所成角的正弦值为

222

. 3

(2019·长沙一模)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于2的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中；

图1 图2

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；

(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角P-BC-M的余弦值．

[解] (1)证明：三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中， 四边形ABCD为边长等于2的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，

∴PA＝PB＝PC＝BC＝AB＝2，∵∠APC＝∠ABC＝90°，∠APB＝∠BPC＝60°， 取AC中点O，连接PO，BO，则PO⊥AC，BO⊥AC，且PO＝AO＝CO＝BO＝1， ∴PO＋BO＝PB，∴PO⊥BO， ∴平面PAC⊥平面ABC. (2)由(1)知，BO⊥PO，BO⊥AC， ∵PO∩AC＝O，∴BO⊥平面PAC，

2

2

2

BO1

∴∠BMO是直线BM与平面PAC所成角，且tan∠BMO＝＝，

OMOM∴当OM最短时，即M是PA中点时，∠BMO最大， 由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，得PO⊥OB，PO⊥OC，

∴以OC，OB，OP所成直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 1??1

则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M?－，0，?，

2??2→

→→?31?

BC＝(1，－1,0)，PC＝(1,0，－1)，MC＝?，0，－?，

?22?

设平面MBC的法向量m＝(x，y，z)，

BC＝x－y＝0，?m·→

则?→31

?m·MC＝2x－2z＝0，

取x＝1，得m＝(1,1,3)，

设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)， →??n·BC＝x－y＝0，

则?

→??n·PC＝x－z＝0，

取x＝1，得n＝(1,1,1)，

设二面角P-BC-M的平面角为θ， |m·n|5533

则cos θ＝＝＝.

|m|·|n|3333533

∴二面角P-BC-M的余弦值为. 33

图1 图2