2024年高考数学二轮复习专题突破专题突破练16　立体几何中的翻折问题及探索性问题（附答案）

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P-BC-D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P-ABCD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ABC-A1B1C1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.(2023·湖北黄冈模拟)如图①,在菱形ABCD中,E为AB的中点,AB=4,∠DAB=π3.现将△ADE沿DE翻折至△DEP处,并连接PB,PC,得到如图②所示的四棱锥P-BCDE,且PC=42图①图②(1)证明:PE⊥CD;(2)在棱CP上是否存在点M,使得DM与平面PBD所成的角的正弦值为77?若存在,求出CMCP5.(2023·湖南长沙一中校考)在直角梯形AA1B1B中,A1B1∥AB,AA1⊥AB,AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到圆台A1A,如图所示,已知点P,Q分别在线段CC1,BC上,二面角B1-AA1-C1的大小为θ.(1)若θ=120°,CP=23CC1,AQ⊥AB,证明:PQ∥平面(2)若θ=90°,点P为CC1上的动点,点Q为BC的中点,求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值,并求此时二面角Q-AP-C的余弦值.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B-MD-E的大小是否改变?若是,请说明理由;若不是,请求出二面角B-MD-E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P-BC-D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=12PD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||CP2.(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(0,1-λ,3λ),∴DE=(0,2-λ,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λ2+3.解(1)当AN=13AB1时,AC∥平面BMN证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则CE由AN=13AB1,得ANB1N=1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=AB12-AO2=2,∴OB1=2,OB12+OB2=BB1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),BM=-52BN=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34.(1)证明在△ADE中,DE2=AD2+AE2-2AD·AEcos∠DAB=42+22-2×4×2×cos60°=12,由AE=2,AD=4,得AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE,即在空间中PE⊥DE.又因为AB∥CD,所以DE⊥CD.连接EC,在△EDC中,EC2=DE2+CD2=12+42=28.在△PCE中,由PE=2,PC=42,得PC2=PE2+EC2,所以PE⊥EC.又因为DE∩EC=E,DE,EC⊂平面BCDE,所以PE⊥平面BCDE.又因为CD⊂平面BCDE,所以PE⊥CD.(2)解由(1)可知ED,EB,EP两两垂直,以E为坐标原点,分别以ED,EB,EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则D(23,0,0),B(0,2,0),C(23,4,0),P(0,0,2),BP=(0,-2,2),DP=(-23,0,2).设平面PBD的法向量n=(x,y,z),则n令x=1,则n=(1,3,3假设棱CP上存在M点,使得DM与平面PBD所成的角的正弦值为77,设CM=λCP(0≤λ≤1),则CM=λCP=λ(-23,-4,2)=(-23λ,-4λ,2λ),DM=DC+CM=(0,4,0)+(-23λ,-4λ,2λ)=(-所以|cos<n,DM>|=|n·DM||n||整理得λ2-4λ+2=0,解得λ=2±2又因为0≤λ≤1,所以λ=2-2,故CMCP=2-5.(1)证明因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.又因为AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以AA1⊥平面ABC.因为AQ⊂平面ABC,所以AA1⊥AQ,而AQ⊥AB,以A为原点,AB,AQ,AA1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,因为AB=AA1=2A1B1=6,所以AQ=23,则Q(0,23,0),C(-3,33,0),C1(-32,332,6,CC1=因为CP=23CC1,所以(xP+3,yP-33,zP)=23(3所以P(-2,23,4),所以PQ=(2,0,-4).因为y轴⊥平面AA1B1B,所以n=(0,1,0)可为平面AA1B1B的一个法向量.因为PQ·n=0+0+0=0,且PQ⊄平面AA1B1B,所以PQ∥平面AA1B1B(2)解因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°,以A为原点,AB,AC,AA1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B(6,0,0),C(0,6,0),C1(0,3,6),Q(3,3,0),CQ=(3,-3,0),CC1=(0,-设CP=λCC1,λ∈[0,1],则CP=λ(0,-3,6)=(0,-3λ所以PQ=CQ−CP=(3,-3,0)-(0,-3λ,6λ)=(3,-3+3λ,-又因为x轴⊥平面AA1C1C,所以m=(1,0,0)可作为平面AA1C1C的一个法向量.设PQ与平面AA1C1C所成角为α,且α∈则sinα=|cos<PQ,m>|=|因为函数y=sinα与y=tanα均在α∈0所以当λ=15时,sinα=345λ2-18λ+18有最大值为因为cosα=1-所以(tanα)max=5设此时平面APQ的法向量为p=(x,y,z),因为AQ=(3,3,0),PQ=(3,-125,-65),AP=AQ−PQ=(3,3,0)-(3,-125,所以AQ·p=0,AP·p=0,即因为m=(1,0,0)是平面APC的一个法向量,所以cos<m,p>=m·p|m||即二面角Q-AP-C的余弦值为2所以PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为52,此时二面角Q-AP-C的余弦值为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=12BC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=(2)解取DE的中点O,连接MO,则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