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2026高考数学第二轮专题
专题突破练12　翻折、探究性问题
1.(15分)(2025湖北九师联盟二模)如图,在平面四边形ABCD中,AD∥BC,BC=4AD=4, CD=,∠BCD=45°,点E为BC的中点,将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置,使得四棱锥P-AECD的体积为1.
(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=.
(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=, 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 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=SD,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 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
答案：
1.(1)证明 连接DE,在△CDE中,CD=,CE=2,∠BCD=45°,由余弦定理,得DE2=22+()2-2×2cos 45°=2,所以DE=,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=,由余弦定理,得AE2=12+()2-2×1cos 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=(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=(1,0,0),=(-1,-1,2),=(-1,1,0).
设平面APD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则
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
即取x2=1,得y2=1,z2=1,所以n=(1,1,1),
所以cos===
设二面角A-PD-C的大小为θ,则sin θ=,
故二面角A-PD-C的正弦值为
2.(1)证明 如图,连接AF,则AF=,因为FD=,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,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),=(-2,3,-3),=(0,2,-3),=(-2,0,0).
设平面EFD的一个法向量为u=(x,y,z),则不妨令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),则不妨令n=3,
则s=2,m=,则v=(,3,2).
设平面EFD与平面FDC的夹角为θ,则cos θ=|cos|=,
所以平面EFD与平面FDC的夹角的余弦值为
3.解 (1)在△ABD中,因为AB⊥AD,AB=AD=,所以BD=,所以FB=BD=
在△ACE中,因为AE=AD=,AC=1,∠CAE=30°,所以CE==1,所以CF=CE=1.
又因为BC==2,
在△FCB中,由余弦定理得cos∠FCB==-
(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,为x轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(,0,0),B(0,0,),C(,0),设Q(a,0,0)(0≤a),故=(a,0,-),=(,-).设平面BCQ的法向量m=(x,y,z),则取z=a,则m=(,2a-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cos θ=,解得a=或a=,故当AQ=或AQ=时,平面ABP和平面BCQ所成角的余弦值为
4.解 (1)如图所示,因为∠ABC=60°,BC=2,AB=1,故AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=3,即AC=,
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=SO=AB=,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=,故R=BO3=,故三棱锥S-ABC外接球的表面积S=4πR2=4π
(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(-,0,0),B(,0,0),C(-,0),S(0,0,),D(-,0),
而ST=SD,故T(-),=(-1,,0),=(0,-).
设n=(x,y,z)为平面BTC的法向量,则令y=1,则n=(,1,2)为平面BTC的一个法向量.
而=(0,,0),故直线AC与平面BTC所成角的正弦值sin θ=|cos<,n>|=
(ⅱ)由(ⅰ)可知=(-,0,-),=(-,-),设平面SAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则
令z1=1,则m=(-,-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=,则=,0≤λ≤1,则=λ(-,0,-),故E(-,0,),
同理可得F(-,),则有=(-,0,),=(-,).
设平面BETF的一个法向量为u=(x2,y2,z2),则
解得y2=0,设z2=1,则x2=,故u=(,0,1),所以|cos|=
又平面SAD与平面α之间所成角的正切值为,则|cos|=,化简得9λ2-9λ+2=0,解得λ=或λ=
设=t,0≤t≤1,则=t,则=t(-,-),解得T(-t,t,t),
故=(-t-t,t).
当λ=时,u=(,0,1).
因为u,所以(-t-t,t)·(,0,1)=0,化简得t-=0,解得t=,满足要求.
当λ=时,u=(,0,1).
因为u,所以(-t-t,t)·(,0,1)=0,化简得t-=0,解得t=,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,且的值为
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