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
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