2022年高考数学二轮复习 专题四 立体几何 专题突破练16 立体几何中的翻折问题及探索性问题（含解析）.docx

1、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,BCCD,ADBD,沿BD将ABD折起,使点A到达点P的位置,且PCBC.(1)求证:PDCD;(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,ABCD,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

2、存在,求CECP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=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.(2021福建泉州二模)如图,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,PBD=60,E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点.图图(1)求证:GH平面DEF;(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦

3、值.5.(2021天津二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ABCD平面ABE,ABCD,ABBC,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4621?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,在等边三角形ABC中,D,E分别为边AB,AC上的动点,且满足DEBC,记DEBC=.将ADE沿DE翻折到MDE的位置,使得平面MDE平面DECB,连接MB,MC,如图所示,N为MC的中点.图图(1)当EN平面

4、MBD时,求的值.(2)随着值的变化,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BCCD,BCPC,PCCD=C,所以BC平面PCD.又PD平面PCD,所以BCPD.由翻折可知PDBD,BDBC=B,所以PD平面BCD.又CD平面BCD,所以PDCD.(2)解 因为PCBC,CDBC,所以PCD为二面角P-BC-D的平面角,即PCD=60.在RtPCD中,PD=CDtan60=3CD.取BD的中点O,连接OM,OC,则OMPD,OM=12PD.因为BC=CD,所以OCBD.由(

5、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),CD=(-1,1,0),CM=-1,0,62.设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),则nCD=0,nCM=0,即-x+y=0,-x+62z=0,令z=2,则x=3,y=3,所以n=(3,3,2)为平面MCD的一个法向量.设直线PC与平面MCD所成的角为,则sin=|cos|=|CPn|CP|n|=34,所以直线PC与平面M

6、CD所成角的正弦值为34.2.(1)证明 ABCD,AB平面PDC,DC平面PDC,AB平面PDC.又平面PAB平面PDC=l,AB平面PAB,ABl.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PODC.又平面PDC平面ABCD,PO平面PDC,平面PDC平面ABCD=DC,PO平面ABCD.ABCD,AB=OC=1,四边形ABCO为平行四边形,OABC.由题意可知BCCD,OACD.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)

7、,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=CP(01),则E(0,1-,3),DE=(0,2-,3).设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),DA=(1,1,0),则nDA=0,nDE=0,即x+y=0,(2-)y+3z=0,取x=1,则y=-1,z=2-3,n=1,-1,2-3为平面ADE的一个法向量.由题意可知|cos|=|mn|m|n|=2-312+12+2-32=12,整理得2+4-4=0,解得=2(2-1),故存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为6

8、0,此时CECP=2(2-1).3.解 (1)当AN=13AB1时,AC平面BMN.证明:如图,设BMB1C=E,连接EN,则CEB1E=CMBB1=12.由AN=13AB1,得ANB1N=12,ACNE.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,AOBC.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=BB12,OB1OB.以O为原点,OB,

9、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-322,22,0,BA=(-2,0,2),AB1=(0,2,-2),BM=-522,22,0,AN=13AB1=0,23,-23,BN=BA+AN=-2,23,223.设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则BNn=0,BMn=0,即-2x+23y+223z=0,-522x+22y=0,解得y=5x,z=-x,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

10、平面BB1C1C的一个法向量.设平面BMN与平面BB1C1C的夹角为,则cos=|cos|=|mn|m|n|=39,故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为39.4.(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=23BH.因为F为BC的中点,G为CF的中点,所以BF=23BG.所以MFGH.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=

11、DB=DC=2,则C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,3),H12,0,32,G12,32,0,所以BC=(-2,2,0),BP=(-1,0,3),HG=0,32,-32.设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBP=0,即-2x+2y=0,-x+3z=0,令x=3,则y=3,z=1,所以n=(3,3,1)为平面PBC的一个法向量.设直线GH与平面PBC所成的角为,则sin=|cos|=|nHG|n|HG|=337=77,故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为77.5.(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,PMAB,PM

12、=12AB.又CDAB,CD=12AB,PMCD,PM=CD,四边形PMCD为平行四边形,CMPD.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CDAB,CD=12AB,CDOB,CD=OB,四边形BCDO为平行四边形,ODBC.又ABBC,ODAB.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,OEAB.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

13、面BDE的法向量为m=(x,y,z),BE=(2,-1,0),BD=(0,-1,1),由mBE=0,mBD=0,得2x-y=0,-y+z=0,取y=2,则x=1,z=2,m=(1,2,2)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,则|cos|=|cos|=|mn|m|n|=55,sin=1-cos2=255.故二面角E-BD-C的正弦值为255.(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4621.由(2)知M22,12,0,A(0,-1,0),D(0,0,1),BE=(2,-1,0),则MD=-

14、22,-12,1,AD=(0,1,1),BA=(0,-2,0).设AN=AD=(0,),其中01,BN=BA+AN=(0,-2,).设平面BEN的法向量为u=(x1,y1,z1),由uBE=0,uBN=0,得2x1-y1=0,(-2)y1+z1=0,取y1=2,则x1=,z1=22-2,u=(,2,22-2)为平面BEN的一个法向量.由题意可知|cos|=|MDu|MD|u|=|22-22|7252-8+8=4621.整理得162-34+13=0,解得=12或=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=22.6.(1)证明

15、如图,取MB的中点P,连接DP,PN,又N为MC的中点,所以NPBC,NP=12BC.又DEBC,所以NPDE,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ENPD,即四边形NEDP为平行四边形,所以NP=DE,即DE=12BC,即=12.(2)解 取DE的中点O,连接MO,则MODE.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(0,0,3),D(,0,0),B(1,3(1-),0),所以MD=(,0,-3),DB=(1-,3(1-),0).设平面MBD的法向量为m=(x,y,z),则MDm=x-3z=0,DBm=(1-)x+3(1-)y=0,即x=3z,x=-3y,令x=3,则y=-1,z=1,所以m=(3,-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,则|cos|=|cos|=|mn|m|n|=55,易知为钝角,所以二面角B-MD-E的大小不变.sin=1-cos2=255,所以二面角B-MD-E的正弦值为255.