适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题，共8页。


(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,求的值;若不存在,请说明理由.
3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=2,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=.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=4.
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?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
5.(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°,,AQ⊥AB,证明:PQ∥平面AA1B1B;
(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=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°=CD.
取BD的中点O,连接OM,OC,则OM∥PD,OM=PD.
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,),C(1,0,0),D(0,1,0),M=(-1,1,),=(-1,1,0),
设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=,则x=,y=,所以n=()为平面MCD的一个法向量.
设直线PC与平面MCD所成的角为θ,则sinθ=|cs<,n>|=,所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为
2.(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,).
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=(0≤λ≤1),则E(0,1-λ,),=(0,2-λ,).
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),=(1,1,0),
则取x=1,则y=-1,z=,∴n=为平面ADE的一个法向量.
由题意可知|cs|=,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(-1),故存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°,此时=2(-1).
3.解 (1)当AN=AB1时,AC∥平面BMN.
证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则
由AN=AB1,得,∴AC∥NE.
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=2,
∴AO=BO=
∵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,O=A-AO2=2,∴OB1=,O+OB2=B,∴OB1⊥OB.
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,),B(,0,0),C(-,0,0),C1(-2,0),B1(0,,0),M,
=(-,0,),=(0,,-),=(0,,-),
设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则
即解得
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csθ=|cs|=,
故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为
4.(1)证明 在△ADE中,DE2=AD2+AE2-2AD·AEcs∠DAB=42+22-2×4×2×cs60°=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=4,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(2,0,0),B(0,2,0),C(2,4,0),P(0,0,2),
=(0,-2,2),=(-2,0,2).
设平面PBD的法向量n=(x,y,z),则
令x=1,则n=(1,).
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,设=(0≤λ≤1),则==λ(-2,-4,2)=(-2,-4λ,2λ),=(0,4,0)+(-2,-4λ,2λ)=(-2,4-4λ,2λ),
所以|cs|====,
整理得λ2-4λ+2=0,解得λ=2±
又因为0≤λ≤1,所以λ=2-,故=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=2,
则Q(0,2,0),C(-3,3,0),C1(-,6,=(,-,6).
因为,所以(xP+3,yP-3,zP)=,-,6)=(1,-,4),
所以P(-2,2,4),
所以=(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),=(3,-3,0),=(0,-3,6).
设=,λ∈[0,1],则=λ(0,-3,6)=(0,-3λ,6λ),
所以=(3,-3,0)-(0,-3λ,6λ)=(3,-3+3λ,-6λ).
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,
则sinα=|cs<,m>|=
因为函数y=sinα与y=tanα均在内单调递增,
所以当λ=时,sinα=有最大值为,此时tanα也取到最大值.
因为csα=,
所以(tanα)max=
设此时平面APQ的法向量为p=(x,y,z),
因为=(3,3,0),=(3,-,-),=(3,3,0)-(3,-,-)=(0,),
所以令z=9,则p=(2,-2,9).
因为m=(1,0,0)是平面APC的一个法向量,
所以cs=,由图可知二面角Q-AP-C为锐角,
即二面角Q-AP-C的余弦值为
所以PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为,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=BC.
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=BC,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.如图,建立空间直角坐标系,
不妨设BC=2,则M(0,0,),D(λ,0,0),B(1,(1-λ),0),
所以=(λ,0,-),=(1-λ,(1-λ),0).
设平面MBD的法向量为m=(x,y,z),
则
即令x=,则y=-1,z=1,所以m=(,-1,1)为平面MBD的一个法向量.
由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE的一个法向量.
设二面角B-MD-E的平面角为θ,则|csθ|=|cs|=,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E的大小不变.sinθ=,所以二面角B-MD-E的正弦值为