備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題突破練16　立體幾何中的翻折問題、探究性問題(提升篇)

專題突破練(分值:90分)學(xué)生用書P178主干知識達(dá)標(biāo)練1.(15分)(2024安徽池州模擬)如圖,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,△EAB與△FAD是兩個全等的直角三角形,且FA=4,FC與AD交于點G,將Rt△EAB與Rt△FAD分別沿AB,AD翻折,使E,F重合于點P,連接PC,得到四棱錐P-ABCD.(1)證明:BD⊥PC;(2)若M為棱PC的中點,求直線BM與平面PCG所成的角的正弦值.(1)證明由題可知PA⊥AD,PA⊥AB,且AB⊥AD.又AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.又BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.連接AC,則AC⊥BD.又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,所以BD⊥平面PAC.又PC?平面PAC,所以BD⊥PC.(2)解以點A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題可得△PAG∽△CDG,所以AGGD=PA又AD=2,所以AG=43,則B(2,0,0),C(2,2,0),G0,43,0,P(0,0,4),所以GC=2,23,0,PC=(2,2,-4),BP=(-2,0,4).又點M為PC的中點,所以PM=12PC=(1,1,-2),所以BM=設(shè)平面PCG的一個法向量為n=(x,y,z),則n令y=3,得x=-1,z=1,所以平面PCG的一個法向量為n=(-1,3,1).設(shè)直線BM與平面PCG所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,BM>|=|n·BM||n||2.(15分)如圖,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2,且∠ABC=∠A1AC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求平面DAA1與平面C1CAA1所成角的余弦值.(2)在棱CC1所在直線上是否存在點P,使得BP∥平面DA1C1?若存在,求出點P的位置;若不存在,說明理由.解(1)如圖,取AC中點O,連接A1O,A1C,BD.因為棱柱各棱長均為2,且∠ABC=60°,所以四邊形ABCD是菱形,△ABC是等邊三角形,所以BD過點O,AC=2,AC⊥BD.又因為AA1=2,∠A1AC=60°,所以△A1AC是等邊三角形,所以A1O⊥AC.又平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O?平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABCD.又AC,BD?平面ABCD,所以A1O,AC,BD兩兩垂直.以點O為原點,分別以O(shè)B,OC,OA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(-3,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,3),所以DA=(3,-1,0),DA1=(3,0,3設(shè)平面DAA1的一個法向量為m=(x,y,z),則m取x=1,則y=3,z=-1,所以平面DAA1的一個法向量為m=(1,3,-1).易知平面C1CAA1的一個法向量為n=(1,0,0),則cos<m,n>=m·n|m||n|=15=(2)存在.因為C1(0,2,3),C(0,1,0),B(3,0,0),所以DC1=(3,2,3),CC1=(0,1,3),BC=(因為點P在CC1上,可設(shè)CP=λCC1=(0,λ,3λ),所以BP=BC+CP=(-設(shè)平面DA1C1的一個法向量為s=(a,b,c),則s取a=1,則b=0,c=-1,所以平面DA1C1的一個法向量為s=(1,0,-1).因為BP∥平面DA1C1,所以BP⊥s,所以s·BP=-3-3λ=所以CP=-CC1,即點P在C1C的延長線上,且CP=C3.(15分)(2024河北張家口模擬)如圖,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2.將△ABD沿對角線BD折起,形成一個四面體A-BCD,此時AC=m.(1)是否存在實數(shù)m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同時成立?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.(2)求當(dāng)二面角A-CD-B的正弦值為多少時,四面體A-BCD的體積最大?解(1)不存在,理由如下:假設(shè)存在實數(shù)m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同時成立.因為AB⊥CD,AB⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD?平面ACD,所以AB⊥平面ACD.因為BC⊥AD,BC⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD?平面ACD,所以BC⊥平面ACD,所以AB∥BC,或AB與BC重合.又AB∩BC=B,矛盾,所以不存在實數(shù)m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同時成立.(2)因為△BCD的面積為定值,要使四面體A-BCD的體積最大,所以只需讓平面BCD上的高最大即可,易知此時平面ABD⊥平面BCD.過點A作AO⊥BD于點O,連接OA.因為AO?平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AO⊥平面BCD.以點O為原點,以在平面BCD中過點O且垂直于BD的直線為x軸,分別以O(shè)D,OA所在直線為y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.在Rt△ABD中,BD=AB2+AD2=6,所以AO=AB·ADBD=233,所以BO=AB2-AO2=63.過點C作CE⊥BD,交BD于點E,則CE=AO=233,DE=BO=63,OE=BD-BO-DE=63,則A0,0,233,C23設(shè)平面ACD的一個法向量為n=(x,y,z),則n取x=1,得y=2,z=2,所以平面ACD的一個法向量為n=(1,2,2).易知平面BCD的一個法向量為m=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=2關(guān)鍵能力提升練4.(15分)(2024湖南長沙模擬)如圖,在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,C,D分別為線段BG與AH的中點,現(xiàn)將四邊形CDHG沿直線CD折成一個五面體AED-BFC.(1)在線段BF上是否存在點M,使CM∥平面ADE?若存在,找出點M的位置;若不存在,說明理由.(2)若二面角F-DC-B的大小為60°,求平面ADE與平面DEFC的夾角的余弦值.解(1)存在,M為BF的中點,證明如下:如圖,令M為BF的中點,取AE中點N,連接MN,DN,則MN∥AB,MN=EF+AB2因為C,D分別為BG,AH的中點,所以CD∥AB,CD=GH+AB所以CD∥MN,CD=MN,所以四邊形CMND為平行四邊形,所以CM∥DN.又CM?平面AED,DN?平面ADE,所以CM∥平面ADE.(2)因為FC⊥CD,BC⊥CD,FC∩BC=C,FC,BC?平面FCB,所以CD⊥平面FCB.又CD?平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面FCB.因為平面EFCD∩平面ABCD=CD,所以∠FCB為二面角F-DC-B的平面角,所以∠FCB=60°.又FC=CB,所以△FCB為等邊三角形.在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,可得BG=43,所以FC=BC=BF=23.過點F作FO⊥BC交BC于點O,則點O為BC的中點取AD中點P,連接OP,OF.易知OP∥CD,所以O(shè)P⊥平面FCB.又FO,BC?平面FCB,所以O(shè)P,BC,FO兩兩垂直.以點O為原點,分別以O(shè)P,OB,OF所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(5,3,0),D(3,-3,0),E(1,0,3),C(0,-3,0),所以DE=(-2,3,3),DC=(-3,0,0),DA=(2,23,0).設(shè)平面DEFC的一個法向量為m=(x1,y1,z1),則DE·m=-2x1+3y1+3z1=0,DC·m=-3x1=0.設(shè)平面ADE的一個法向量為n=(x2,y2,z2),則DE取x2=3,則y2=-1,z2=3,所以平面ADE的一個法向量為n=(3,-1,3),則cos<m,n>=m·n|m||n|=-25.(15分)(2024山西運城一模)如圖,在矩形紙片ABCD中,AB=4,BC=2,沿AC將△ADC折起,使點D到達(dá)點P的位置,點P在平面ABC上的射影H落在AB上.(1)求AH的長度;(2)若M是PC上的一個動點,是否存在點M,使得平面AMB與平面PBC的夾角的余弦值為34?若存在,求CM的長度;若不存在,說明理由解(1)如圖,作PE⊥AC,交AC于點E,連接EH.因為點P在平面ABC上的射影H落在AB上,所以PH⊥平面ABC.又AC?平面ABC,所以PH⊥AC.又PH∩PE=P,PH,PE?平面PHE,所以AC⊥平面PHE.又EH?平面PHE,所以AC⊥EH,由題可知AP=2,PC=4,所以AC=25,所以PE=AP·PCAC=455,所以AE=AP2所以AH=AE·ACAB(2)存在.因為PH⊥平面ABC,AB,BC?平面ABC,所以PH,AB,BC兩兩垂直.以點H為坐標(biāo)原點,以過點H且平行于BC的直線為y軸,分別以HB,PH所在直線為x軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則A(-1,0,0),P(0,0,3),B(3,0,0),C(3,2,0),所以AB=(4,0,0),BC=(0,2,0),PC=(3,2,-3).設(shè)PM=λPC=(3λ,2λ,-3λ),λ∈[0,1],則MB=PB-PM=(3-3λ,-2λ設(shè)平面AMB的一個法向量為m=(x1,y1,z1),所以AB令y1=3λ-3,則x1=0,z1=2λ,所以平面AMB的一個法向量為m=(0,3λ-3,2λ設(shè)平面PBC的一個法向量為n=(x2,y2,z2),所以PC取x2=1,則y2=0,z2=3,所以平面PBC的一個法向量為n=(1,0,3).因為平面AMB與平面PBC的夾角的余弦值為34,所以cos<m,n>=m·n|m||n|=23λ27λ2-6λ+3=-核心素養(yǎng)創(chuàng)新練6.(15分)(2024陜西西安一模)如圖,在三棱錐P-ABC中,側(cè)面PAC是邊長為1的正三角形,BC=2,AB=5,E,F分別為PC,PB的中點,平面AEF與平面ABC的交線為l.(1)證明:l∥平面PBC;(2)若三棱錐P-ABC的體積為36,在直線l上是否存在點Q,使得直線PQ與平面AEF所成的角為α,異面直線PQ與EF所成的角為β,且滿足α+β=π2?若存在,求出線段AQ的長度;若不存在,(1)證明因為E,F分別為PC,PB的中點,所以EF∥BC.又BC?平面ABC,EF?平面ABC,所以EF∥平面ABC.又EF?平面AEF,平面AEF∩平面ABC=l,所以EF∥l,所以l∥BC.又BC?平面PBC,l?平面PBC,所以l∥平面PBC.(2)解存在.取AC的中點D,連接PD.因為△PAC是邊長為1的正三角形,所以AD=12,PD=由題可得AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC,所以△ABC的面積為12AC·BC=12×1×2設(shè)點P到平面ABC的距離為h,則13×h=36,所以所以PD⊥平面ABC.取AB的中點M,連接DM,則DM∥BC,所以DM⊥AC.又AC,DM?平面ABC,所以PD,AC,DM兩兩垂直.以點D為坐標(biāo)原點,分別以DA,DM,DP所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A12,0,0,P0,0,32,E-14,0,34,F-14,1,34,所以AE=-34,0,34,EF=(0,1,0).設(shè)Q12,t,0,則AQ=(0,t,0),PQ=12,t,