人教版新高考数学二轮复习习题训练--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.(2021·山东聊城三模)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.(2021·湖南师大附中二模)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.(2021·山东泰安三模)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.(2021·福建泉州二模)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.(2021·天津二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=,M为BE的中点.

(1)求证:CM∥平面ADE.

(2)求二面角E-BD-C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?若存在,求出AN的长;若不存在,说明理由.

6.(2021·湖南长沙长郡中学一模)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=CDtan 60°=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sin θ=|cos<,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=λ(0≤λ≤1),则E(0,1-λ,λ),∴=(0,2-λ,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|cos<m,n>|=,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,,-),.

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cos θ=|cos<m,n>|=,

故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.

4.(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=BH.

因为F为BC的中点,G为CF的中点,所以BF=BG.

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,),H,G,所以=(-2,2,0),=(-1,0,),.

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),

则

令x=,则y=,z=1,所以n=(,1)为平面PBC的一个法向量.

设直线GH与平面PBC所成的角为θ,

则sin θ=|cos<n,>|=,

故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为.

5.(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=AB.

又CD∥AB,CD=AB,∴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=AB,∴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(,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),=(,-1,0),=(0,-1,1),

由

取y=,则x=1,z=,∴m=(1,)为平面BDE的一个法向量.

易知n=(1,0,0)为平面BCD的一个法向量.

设二面角E-BD-C的平面角为θ,

则|cos θ|=|cos<m,n>|=,

∴sin θ=.

故二面角E-BD-C的正弦值为.

(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.

由(2)知M,A(0,-1,0),D(0,0,1),=(,-1,0),则=(0,1,1),=(0,-2,0).

设=λ=(0,λ,λ),其中0≤λ≤1,

∴=(0,λ-2,λ).

设平面BEN的法向量为u=(x1,y1,z1),

由

取y1=λ,则x1=λ,z1=2λ,∴u=(λ,λ,2λ)为平面BEN的一个法向量.

由题意可知|cos<,u>|=.

整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=或λ=(舍去).

∴AN=.

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,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=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,λ),D(λ,0,0),B(1,(1-λ),0),

所以=(λ,0,-λ),=(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|cos θ|=|cos<m,n>|=,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E的大小不变.sin θ=,所以二面角B-MD-E的正弦值为.