《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例3 (多选)如图，等边三角形 $ABC$ 的边长为 $4$，$E$ 为边 $AB$ 的中点，$ED\perp AC$ 于 $D$。将 $\triangle ADE$ 沿 $DE$ 翻折至 $\triangle A_1DE$ 的位置，连接 $A_1C$。在翻折过程中，下列说法正确的是(ABD)


A.$DE\perp A_1C$
B.四棱锥 $A_1 - BCDE$ 的体积的最大值是 $\frac{7\sqrt{3}}{6}$
C.存在某个位置，使 $A_1E\perp BE$
D.在线段 $A_1C$ 上，存在点 $M$ 满足 $\overrightarrow{A_1M} = \frac{1}{2}\overrightarrow{MC}$，使 $BM$ 为定值

答案：
例3　ABD　[解析]对于A，因为$ED\perp AC$，所以$DE\perp CD$，$DE\perp A_{1}D$.又$CD\cap A_{1}D = D$，$CD,A_{1}D\subset$平面$A_{1}CD$，所以$DE\perp$平面$A_{1}CD$.因为$A_{1}C\subset$平面$A_{1}CD$，所以$DE\perp A_{1}C$，故A正确.对于B，当平面$A_{1}DE\perp$平面$BCDE$时，四棱锥$A_{1}-BCDE$的体积最大.由A易知$\angle A_{1}DC$为二面角$A_{1}-DE - C$的平面角，此时$\angle A_{1}DC = 90^{\circ}$，即$A_{1}D\perp DC$，$A_{1}D\perp DE$，又$DE\cap DC = D$，$DE,DC\subset$平面$BCDE$，所以$A_{1}D\perp$平面$BCDE$，即$A_{1}D$为四棱锥底面$BCDE$上的高.由题意可得$DE = 2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，$A_{1}D = AD = 2×\frac{1}{2}=1$，则四棱锥$A_{1}-BCDE$的体积的最大值为$\frac{1}{3}×(\frac{\sqrt{3}}{4}×4^{2}-\frac{1}{2}×1×\sqrt{3})×1=\frac{7\sqrt{3}}{6}$，故B正确.对于C，假设存在某个位置，使得$A_{1}E\perp BE$，如图，连接$CE$.由正三角形的性质得$CE\perp BE$，因为$A_{1}E\cap CE = E$，$A_{1}E,CE\subset$平面$A_{1}CE$，所以$BE\perp$平面$A_{1}CE$.又$A_{1}C\subset$平面$A_{1}CE$，所以$BE\perp A_{1}C$.由A知$DE\perp A_{1}C$，因为$DE\cap BE = E$，$DE,BE\subset$平面$BCDE$，所以$A_{1}C\perp$平面$BCDE$，又$CD\subset$平面$BCDE$，所以$A_{1}C\perp CD$，则$A_{1}D = AD＞CD$，与题设矛盾，假设不成立，故C错误.对于D，由题设，点$M$在线段$A_{1}C$上，且$CM = 2MA_{1}$，如图，取$AC$的中点$N$，连接$NB$，则$NB\perp AC$，$NB// DE$.由于底面等边三角形$ABC$的边长为$4$，则$BN = 2\sqrt{3}$，$A_{1}D = AD = 1$，$MN=\frac{2}{3}A_{1}D=\frac{2}{3}$.因为$DE\perp$平面$A_{1}CD$，所以$NB\perp$平面$A_{1}CD$，又$MN\subset$平面$A_{1}CD$，所以$NB\perp MN$，所以$\triangle BMN$为直角三角形，且$BN = 2\sqrt{3}$，$MN=\frac{2}{3}$，故$BM=\sqrt{BN^{2}+MN^{2}}=\frac{4\sqrt{7}}{3}$，为定值，故D正确.

变式3 (多选)如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2BC = 2$，$M$ 是边 $CD$ 的中点，将 $\triangle ADM$ 沿 $AM$ 翻折，直至点 $D$ 落在边 $AB$ 上。当 $\triangle ADM$ 翻折到 $\triangle PAM$ 的位置时，连接 $PB$，$PC$，则(ACD)


A.四棱锥 $P - ABCM$ 体积的最大值为 $\frac{\sqrt{2}}{4}$
B.存在某一翻折位置，使得 $AM\perp PB$
C.若 $E$ 为 $AB$ 的中点，则当 $PE = \frac{1}{2}$ 时，二面角 $P - AM - C$ 的余弦值为 $\frac{3}{4}$
D.若 $N$ 为 $PB$ 的中点，则 $CN$ 的长为定值

答案：
变式3　ACD　[解析]对于A，当平面$PAM\perp$平面$ABCM$时，四棱锥$P - ABCM$的体积最大，此时四棱锥$P - ABCM$的高为点$D$到$AM$的距离$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直角梯形$ABCM$的面积为$\frac{1}{2}(AB + CM)× BC=\frac{3}{2}$，则四棱锥$P - ABCM$体积的最大值为$\frac{1}{3}×\frac{3}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，故A正确；对于B，若$AM\perp PB$，由题知$AM\perp BM$，又$PB\cap BM = B$，$PB,BM\subset$平面$PBM$，所以$AM\perp$平面$PBM$.又$PM\subset$平面$PBM$，所以$AM\perp PM$，矛盾，故B错误；对于C，取$AM$的中点$O$，连接$OP,OE$，如图，由题意，$AM\perp OP$，$AM\perp OE$，所以$\angle POE$为二面角$P - AM - C$的平面角，在$\triangle POE$中，$PE=\frac{1}{2}$，$OP = OE=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\cos\angle POE=\frac{OP^{2}+OE^{2}-PE^{2}}{2OP· OE}=\frac{3}{4}$，故C正确；对于D，取$AB$的中点$E$，连接$EN,NC,EC$，则$EN// PA$，$EN=\frac{1}{2}PA$，且四边形$AECM$为平行四边形，$EC// AM$，$EC = AM$，所以$\angle NEC=\angle PAM=\theta$，而在翻折过程中，$\theta,EN,EC$不变，由余弦定理知$CN$为定值，故D正确.