(新高考)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)習(xí)題訓(xùn)練-專題突破練16《立體幾何中的翻折問題及探索性問題》(含詳解)

專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題1.(2021·山東聊城三模)如圖,在平面四邊形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD將△ABD折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PC⊥BC.(1)求證:PD⊥CD;(2)若M為PB的中點(diǎn),二面角P-BC-D的大小為60°,求直線PC與平面MCD所成角的正弦值.2.(2021·湖南師大附中二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E為線段PC上一點(diǎn).(1)設(shè)平面PAB∩平面PDC=l,求證:l∥平面ABCD.(2)是否存在點(diǎn)E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°?若存在,求CECP的值;若不存在,請(qǐng)說明理由3.(2021·山東泰安三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=22,BB1=2,M為CC1的中點(diǎn).(1)試確定線段AB1上一點(diǎn)N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的條件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN與平面BB1C1C的夾角的余弦值.4.(2021·福建泉州二模)如圖①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜邊AB上的高,沿CD將△ACD折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,如圖②,∠PBD=60°,E,F,H分別為PB,BC,PD的中點(diǎn),G為CF的中點(diǎn).圖①圖②(1)求證:GH∥平面DEF;(2)求直線GH與平面PBC所成角的正弦值.5.(2021·天津二模)如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=3,M為BE的中點(diǎn).(1)求證:CM∥平面ADE.(2)求二面角E-BD-C的正弦值.(3)在線段AD上是否存在一點(diǎn)N,使直線MD與平面BEN所成角的正弦值為4621?若存在,求出AN6.(2021·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)一模)如圖①,在等邊三角形ABC中,D,E分別為邊AB,AC上的動(dòng)點(diǎn),且滿足DE∥BC,記DEBC=λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,連接MB,MC,如圖②所示,N為MC的中點(diǎn)圖①圖②(1)當(dāng)EN∥平面MBD時(shí),求λ的值.(2)隨著λ值的變化,二面角B-MD-E的大小是否改變?若是,請(qǐng)說明理由;若不是,請(qǐng)求出二面角B-MD-E的正弦值.

專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題1.(1)證明:因?yàn)锽C⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,所以BC⊥平面PCD.又PD?平面PCD,所以BC⊥PD.由翻折可知PD⊥BD,BD∩BC=B,所以PD⊥平面BCD.又CD?平面BCD,所以PD⊥CD.(2)解:因?yàn)镻C⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD為二面角P-BC-D的平面角,即∠PCD=60°.在Rt△PCD中,PD=CDtan60°=3CD.取BD的中點(diǎn)O,連接OM,OC,則OM∥PD,OM=12PD因?yàn)锽C=CD,所以O(shè)C⊥BD.由(1)知PD⊥平面BCD,所以O(shè)M⊥平面BCD,所以O(shè)M,OC,OD兩兩互相垂直.以O(shè)為原點(diǎn),OC,OD,OM所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.設(shè)OB=1,則P(0,1,6),C(1,0,0),D(0,1,0),M0,0,62,CP=(-1,1,6),設(shè)平面MCD的法向量為n=(x,y,z),則n令z=2,則x=3,y=3,所以n=(3,3,2)設(shè)直線PC與平面MCD所成的角為θ,則sinθ=|cos<CP,n>|=|CP·n||CP||n2.(1)證明:∵AB∥CD,AB?平面PDC,DC?平面PDC,∴AB∥平面PDC.又平面PAB∩平面PDC=l,AB?平面PAB,∴AB∥l.又l?平面ABCD,AB?平面ABCD,∴l(xiāng)∥平面ABCD.(2)解:設(shè)DC的中點(diǎn)為O,連接OP,OA,則PO⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,PO?平面PDC,平面PDC∩平面ABCD=DC,∴PO⊥平面ABCD.∵AB∥CD,AB=OC=1,∴四邊形ABCO為平行四邊形,∴OA∥BC.由題意可知BC⊥CD,∴OA⊥CD.∴OA,OC,OP兩兩互相垂直.以O(shè)為原點(diǎn),OA,OC,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.則A(1,0,0),D(0,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,3).由PO⊥平面ABCD,可知m=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量.假設(shè)存在點(diǎn)E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°,設(shè)CE=λCP(0≤λ≤1),則E(0,1-λ,3λ),∴DE=(0,2-λ,3λ).設(shè)平面ADE的法向量為n=(x,y,z),DA=(1,1,0),則n·DA=0,n·DE=0,即x+y=0,(2由題意可知|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=2-λ3λ12+12+2-λ3λ2=12,整理得λ2+3.解:(1)當(dāng)AN=13AB1時(shí),AC∥平面BMN證明:如圖,設(shè)BM∩B1C=E,連接EN,則CEB由AN=13AB1,得ANB1N=1又AC?平面BMN,NE?平面BMN,∴AC∥平面BMN.(2)取BC的中點(diǎn)O,連接AO,B1O.∵AC=AB=2,∴AO⊥BC.又BC=22,∴AO=BO=2.∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AO?平面ABC,∴AO⊥平面BB1C1C.∵AB=BB1=2,∠ABB1=60°,∴AB1=2,OB12=AB12-AO2=2,∴OB1=2,OB12+OB2=BB1以O(shè)為原點(diǎn),OB,OB1,OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A(0,0,2),B(2,0,0),C(-2,0,0),C1(-22,2,0),B1(0,2,0),M∴BA=(-2,0,2),AB1=(0,2,-2),設(shè)平面BMN的法向量為n=(x,y,z),則BN即-2x令x=1,則y=5,z=-1,∴n=(1,5,-1)為平面BMN的一個(gè)法向量.由題意可知m=(0,0,1)為平面BB1C1C的一個(gè)法向量.設(shè)平面BMN與平面BB1C1C的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|m故平面BMN與平面BB1C1C的夾角的余弦值為394.(1)證明:如圖,連接BH,交DE于點(diǎn)M,連接MF.因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形,CD是斜邊AB上的高,所以AD=DB,即PD=DB.因?yàn)椤螾BD=60°,所以△PBD是等邊三角形.因?yàn)镋,H分別為PB,PD的中點(diǎn),所以M是等邊三角形PBD的中心,所以BM=23BH因?yàn)镕為BC的中點(diǎn),G為CF的中點(diǎn),所以BF=23BG所以MF∥GH.又MF?平面DEF,GH?平面DEF,所以GH∥平面DEF.(2)解:如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)PD=DB=DC=2,則C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,3),H12,0,32,G12,32,0,所以BC=設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z),則n令x=3,則y=3,z=1,所以n=(3,3,1)為平面PBC設(shè)直線GH與平面PBC所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,HG>|=|n故直線GH與平面PBC所成角的正弦值為775.(1)證明:取AE的中點(diǎn)P,連接MP,PD(圖略).∵P,M分別為AE,BE的中點(diǎn),∴PM∥AB,PM=12AB又CD∥AB,CD=12AB,∴PM∥CD,PM=CD∴四邊形PMCD為平行四邊形,∴CM∥PD.又CM?平面ADE,PD?平面ADE,∴CM∥平面ADE.(2)解:取AB的中點(diǎn)O,連接OD,OE.又CD∥AB,CD=12AB,∴CD∥OB,CD=OB∴四邊形BCDO為平行四邊形,∴OD∥BC.又AB⊥BC,∴OD⊥AB.又平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,OD?平面ABCD,∴OD⊥平面ABE.∵AE=BE,O為AB的中點(diǎn),∴OE⊥AB.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OE,OB,OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則E(2,0,0),B(0,1,0),C(0,1,1),D(0,0,1).設(shè)平面BDE的法向量為m=(x,y,z),BE=(2,-1,0),BD=(0,-1,1),由m取y=2,則x=1,z=2,∴m=(1,2,2)為平面BDE易知n=(1,0,0)為平面BCD的一個(gè)法向量.設(shè)二面角E-BD-C的平面角為θ,則|cosθ|=|cos<m,n>|=|m∴sinθ=1-故二面角E-BD-C的正弦值為25(3)解:假設(shè)在線段AD上存在一點(diǎn)N,使得直線MD與平面BEN所成角的正弦值為46由(2)知M22,12,0,A(0,-1,0),D(0,0,1),BE=(2,-1,0),則MD=-設(shè)AN=λAD=(0,λ,λ),其中0≤λ≤1,∴BN=BA+AN=(0,λ-設(shè)平面BEN的法向量為u=(x1,y1,z1),由u取y1=2λ,則x1=λ,z1=22?2λ,∴u=(λ,2λ,22?2λ)由題意可知|cos<MD,u>|=|MD整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=12或λ=138(舍去∴AN=22故在線段AD上存在一點(diǎn)N,使直線MD與平面BEN所成角的正弦值為4621,此時(shí)AN=6.(1)證明:如圖,取MB的中點(diǎn)P,連接DP,PN,又N為MC的中點(diǎn),所以NP∥BC,NP=12BC又DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四點(diǎn)共面.又EN∥平面MBD,EN?平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四邊形NEDP為平行四邊形,所以NP=DE,即DE=12BC,即λ=1(2)解:取DE的中點(diǎn)O,連接MO,則MO⊥DE.又平面MDE⊥平面DECB,平面MDE∩平面DECB=DE,MO?平面MDE,所以MO⊥平面DECB.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,不妨設(shè)BC=2,則M(0,0,3