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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 .docx

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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 的值 ; 若不存在 , 请说明理由 . 3 . 在三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中 , AB=AC= 2, BC= 2 , BB 1 = 2, M 为 CC 1 的中点 . (1) 试确定线段 AB 1 上一点 N , 使 AC ∥ 平面 BMN ; (2) 在 (1) 的条件下 , 若平面 ABC ⊥ 平面 BB 1 C 1 C , ∠ ABB 1 = 60 ° , 求平面 BMN 与平面 BB 1 C 1 C 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= 2 BC= 2 CD= 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 , 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 = 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=CD tan 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 λ 2 + 4 λ - 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= AB 1 时 , AC ∥ 平面 BMN. 证明 : 如图 , 设 BM ∩ B 1 C=E , 连接 EN , 则 . 由 AN= AB 1 , 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 , B 1 O. ∵ AC=AB= 2, ∴ AO ⊥ BC. 又 BC= 2 , ∴ AO=BO= . ∵ 平面 ABC ⊥ 平面 BB 1 C 1 C , 平面 ABC ∩ 平面 BB
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