【文档说明】2024届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 Word版含答案.docx，共(10)页，564.386 KB，由小赞的店铺上传

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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=

2√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.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E-ABCD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E-BD-C的正弦值.(3)在线段A

D上是否存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为4√621?若存在,求出AN的长;若不存在,请说明理由.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),M(0,0,√62),𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,√6),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,√62).设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),则{

𝑛·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=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θ,则sinθ=|cos<𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛|=√34,所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为√34.2.(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,√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𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗(0≤λ≤1),则E(0,1-λ,√3λ),∴𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=

(0,2-λ,√3λ).设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),则{𝑛·𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥+𝑦=0,(2-𝜆)𝑦+√3𝜆𝑧=0,取x=1,则y=-1,

z=2-𝜆√3𝜆,∴n=(1,-1,2-𝜆√3𝜆)为平面ADE的一个法向量.由题意可知|cos<m,n>|=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=2-𝜆√3𝜆√12+12+(2-𝜆√3𝜆)2=12,整理得λ2+4λ-4=

0,解得λ=2(√2-1),故存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°,此时𝐶𝐸𝐶𝑃=2(√2-1).3.解(1)当AN=13AB1时,AC∥平面BMN.证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则𝐶�

�𝐵1𝐸=𝐶𝑀𝐵𝐵1=12.由AN=13AB1,得𝐴𝑁𝐵1𝑁=12,∴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√2,∴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,

∴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,√2),B(√2,0,0),C(-√2,0,0),C1(-2√2,√2,0),B1(0,√2,0),M(-3√22,√22,0),∴𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-√

2,0,√2),𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√2,-√2),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-5√22,√22,0),𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√23,-√23),𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,√23,2√23

).设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则{𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛=0,即{-√2𝑥+√23𝑦+2√23𝑧=0,-5√22𝑥+√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·𝑛||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),H(12,0,√32),G(12,32,0),所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0),𝐵𝑃

⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,√3),𝐻𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,32,-√32).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=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θ,则sinθ=|cos<n,𝐻𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=|𝑛·𝐻𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||𝐻𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3√3×√7=√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,∴PM∥AB,PM=12AB.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),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,-1,0),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,1),由{𝑚·𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=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θ,则|cosθ|=|

cos<m,n>|=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=√55,∴sinθ=√1-cos2𝜃=2√55.故二面角E-BD-C的正弦值为2√55.(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4√621.由(2)知M(√22,12,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,-1,0),则𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√22,-12,1),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,0).设𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=λ𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,λ,λ),其中0≤λ≤1,∴𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,λ-2,λ).设平面BEN的法向量为u=(x1,y1,z1),由{𝑢·𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑢·𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{√2𝑥1-𝑦1=0,(𝜆-2

)𝑦1+𝜆𝑧1=0,取y1=√2λ,则x1=λ,z1=2√2−√2λ,∴u=(λ,√2λ,2√2−√2λ)为平面BEN的一个法向量.由题意可知|cos<𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,u>|=|𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑢||𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑢|=|2√2-2√2𝜆|√72×√5𝜆

2-8𝜆+8=4√621.整理得16λ2-34λ+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4√621,此时AN=√22.6.(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=12.(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,√3λ),D(λ,0,0),B(1,

√3(1-λ),0),所以𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,0,-√3λ),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ,√3(1-λ),0).设平面MBD的法向量为m=(x,y,z),则{𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=𝜆𝑥-√3𝜆𝑧=0,𝐷𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚=(1-𝜆)𝑥+√3(1-𝜆)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.