高考二轮复习数学试题（新高考新教材）专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题

专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题1.如图,在平面四边形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD将△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PC⊥BC.(1)求证:PD⊥CD;(2)若M为PB的中点,二面角PBCD的大小为60°,求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.2.如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是边长为2的等边三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E为线段PC上一点.(1)设平面PAB∩平面PDC=l,求证:l∥平面ABCD.(2)是否存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°?若存在,求CECP的值;若不存在,请说明理由3.在三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC=2,BC=22,BB1=2,M为CC1的中点.(1)试确定线段AB1上一点N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的条件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值.4.如图①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜边AB上的高,沿CD将△ACD折起,使点A到达点P的位置,如图②,∠PBD=60°,E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点.图①图②(1)求证:GH∥平面DEF;(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值.5.如图,在四棱锥EABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=3,M为BE的中点.(1)求证:CM∥平面ADE.(2)求二面角EBDC的正弦值.(3)在线段AD上是否存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为4621?若存在,求出AN的长;若不存在,6.如图①,在等边三角形ABC中,D,E分别为边AB,AC上的动点,且满足DE∥BC,记DEBC=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,连接MB,MC,如图②所示,N为MC的中点图①图②(1)当EN∥平面MBD时,求λ的值.(2)随着λ值的变化,二面角BMDE的大小是否改变?若是,请说明理由;若不是,请求出二面角BMDE的正弦值.专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(1)证明因为BC⊥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)解因为PC⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD为二面角PBCD的平面角,即∠PCD=60°.在Rt△PCD中,PD=CDtan60°=3CD.取BD的中点O,连接OM,OC,则OM∥PD,OM=12因为BC=CD,所以OC⊥BD.由(1)知PD⊥平面BCD,所以OM⊥平面BCD,所以OM,OC,OD两两互相垂直.以O为原点,OC,OD,OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.设OB=1,则P(0,1,6),C(1,0,0),D(0,1,0),M0,0,62,CP=(1,1,6设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),则n令z=2,则x=3,y=3,所以n=(3,3,2)设直线PC与平面MCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<CP,n>|=|CP·n||CP||n2.(1)证明∵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∥平面ABCD.(2)解设DC的中点为O,连接OP,OA,则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,∴四边形ABCO为平行四边形,∴OA∥BC.由题意可知BC⊥CD,∴OA⊥CD.∴OA,OC,OP两两互相垂直.以O为原点,OA,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.则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)为平面ABCD的一个法向量.假设存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°,设CE=λCP(0≤λ≤1),则E(0,1λ,3λ),∴DE=(0,2λ,3λ).设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),DA=(1,1,0),则n·DA=0,n·DE=0,即x+y=0,(2由题意可知|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=2-λ3λ12+12+2-λ3λ2=12,整理得3.解(1)当AN=13AB1时,AC∥平面证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则CEB由AN=13AB1,得ANB1N=又AC⊄平面BMN,NE⊂平面BMN,∴AC∥平面BMN.(2)取BC的中点O,连接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=AB12AO2=2,∴OB1=2,OB12+OB2=BB以O为原点,OB,OB1,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则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),设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则BN即-2x令x=1,则y=5,z=1,∴n=(1,5,1)为平面BMN的一个法向量.由题意可知m=(0,0,1)为平面BB1C1C的一个法向量.设平面BMN与平面BB1C1C的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|m故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为394.(1)证明如图,连接BH,交DE于点M,连接MF.因为△ABC是等腰直角三角形,CD是斜边AB上的高,所以AD=DB,即PD=DB.因为∠PBD=60°,所以△PBD是等边三角形.因为E,H分别为PB,PD的中点,所以M是等边三角形PBD的中心,所以BM=23因为F为BC的中点,G为CF的中点,所以BF=23所以MF∥GH.又MF⊂平面DEF,GH⊄平面DEF,所以GH∥平面DEF.(2)解如图,建立空间直角坐标系,设PD=DB=DC=2,则C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,3),H12,0,32,G12,32,0,所以设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则n令x=3,则y=3,z=1,所以n=(3,3,1)为平面PBC设直线GH与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,HG>|=|n故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为775.(1)证明取AE的中点P,连接MP,PD(图略).∵P,M分别为AE,BE的中点,∴PM∥AB,PM=12又CD∥AB,CD=12AB,∴PM∥CD,PM=CD∴四边形PMCD为平行四边形,∴CM∥PD.又CM⊄平面ADE,PD⊂平面ADE,∴CM∥平面ADE.(2)解取AB的中点O,连接OD,OE.又CD∥AB,CD=12AB,∴CD∥OB,CD=OB∴四边形BCDO为平行四边形,∴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为AB的中点,∴OE⊥AB.以O为坐标原点,OE,OB,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则E(2,0,0),B(0,1,0),C(0,1,1),D(0,0,1).设平面BDE的法向量为m=(x,y,z),BE=(2,1,0),BD=(0,1,1),由m取y=2,则x=1,z=2,∴m=(1,2,2)为平面BDE易知n=(1,0,0)为平面BCD的一个法向量.设二面角EBDC的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<m,n>|=|m∴sinθ=1-故二面角EBDC的正弦值为25(3)解假设在线段AD上存在一点N,使得直线MD与平面BEN所成角的正弦值为46由(2)知M22,12,0,A(0,1,0),D(0,0,1),BE=(2,1,0),则MD=设AN=λAD=(0,λ,λ),其中0≤λ≤1,∴BN=BA+AN=(0,λ设平面BEN的法向量为u=(x1,y1,z1),由u取y1=2λ,则x1=λ,z1=22-2λ,∴u=(λ,2λ,22-2λ)由题意可知|cos<MD,u>|=|MD整理得16λ234λ+13=0,解得λ=12或λ=138(舍去∴AN=22故在线段AD上存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为4621,此时AN=6.(1)证明如图,取MB的中点P,连接DP,PN,又N为MC的中点,所以NP∥BC,NP=12又DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四点共面.又EN∥平面MBD,EN⊂平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四边形NEDP为平行四边形,所以NP=DE,即DE=12BC,即λ=1(2)解取DE的中点O,连接MO,则MO⊥DE.又平面MDE⊥平面D