2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題-專項訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題-專項訓(xùn)練1.如圖,在平面四邊形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD將△ABD折起,使點A到達點P的位置,且PC⊥BC.(1)求證:PD⊥CD;(2)若M為PB的中點,二面角P-BC-D的大小為60°,求直線PC與平面MCD所成角的正弦值.2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是邊長為2的等邊三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E為線段PC上一點.(1)設(shè)平面PAB∩平面PDC=l,求證:l∥平面ABCD.(2)是否存在點E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°?若存在,求CECP的值;若不存在,請說明理由3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=22,BB1=2,M為CC1的中點.(1)試確定線段AB1上一點N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的條件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN與平面BB1C1C的夾角的余弦值。4.(2024·廣西名校模擬)如圖1,在矩形ABCD中,AB=2BC=22.點E為CD的中點,現(xiàn)將△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE,得到四棱錐D-ABCE如圖2所示,點P為棱DB上一點.圖1圖2(1)證明:AD⊥BE.(2)是否存在點P,使得直線EP與平面BCD所成角的正弦值為3311?若存在,求DP∶DB的值;若不存在,請說明理由5.(2024·新高考Ⅱ,17)如圖,平面四邊形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°,∠BAD=30°,點E,F滿足AE=25AD,AF=12AB,將△AEF(1)證明:EF⊥PD;(2)求面PCD與面PBF所成的二面角的正弦值.6.如圖①,在等邊三角形ABC中,D,E分別為邊AB,AC上的動點,且滿足DE∥BC,記DEBC=λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,連接MB,MC,如圖②所示,N為MC的中點圖①圖②(1)當(dāng)EN∥平面MBD時,求λ的值.(2)隨著λ值的變化,二面角B-MD-E的大小是否改變?若是,請說明理由;若不是,請求出二面角B-MD-E的正弦值.

專題突破練16立體幾何中的翻折問題及探索性問題答案1.(1)證明因為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)解因為PC⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD為二面角P-BC-D的平面角,即∠PCD=60°.在Rt△PCD中,PD=CDtan60°=3CD.取BD的中點O,連接OM,OC,則OM∥PD,OM=12PD因為BC=CD,所以O(shè)C⊥BD.由(1)知PD⊥平面BCD,所以O(shè)M⊥平面BCD,所以O(shè)M,OC,OD兩兩互相垂直.以O(shè)為原點,OC,OD,OM所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示.設(shè)OB=1,則P(0,1,6),C(1,0,0),D(0,1,0),M0,0,62,CP=(-1,1,6),設(shè)平面MCD的法向量為n=(x,y,z),則n令z=2,則x=3,y=3,所以n=(3,3,2)設(shè)直線PC與平面MCD所成的角為θ,則sinθ=|cos<CP,n>|=|CP·n||CP||n2.(1)證明∵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(xiāng)∥平面ABCD.(2)解設(shè)DC的中點為O,連接OP,OA,則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,∴四邊形ABCO為平行四邊形,∴OA∥BC.由題意可知BC⊥CD,∴OA⊥CD.∴OA,OC,OP兩兩互相垂直.以O(shè)為原點,OA,OC,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示.則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)為平面ABCD的一個法向量.假設(shè)存在點E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°,設(shè)CE=λCP(0≤λ≤1),則E(0,1-λ,3λ),∴DE=(0,2-λ,3λ).設(shè)平面ADE的法向量為n=(x,y,z),DA=(1,1,0),則n·DA=0,n·DE=0,即x+y=0,(2由題意可知|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=2-λ3λ12+12+2-λ3λ2=12,整理得λ2+3.解(1)當(dāng)AN=13AB1時,AC∥平面BMN證明:如圖,設(shè)BM∩B1C=E,連接EN,則CEB由AN=13AB1,得ANB1N=1又AC?平面BMN,NE?平面BMN,∴AC∥平面BMN.(2)取BC的中點O,連接AO,B1O.∵AC=AB=2,∴AO⊥BC.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=BB1以O(shè)為原點,OB,OB1,OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示,則A(0,0,2),B(2,0,0),C(-2,0,0),C1(-22,2,0),B1(0,2,0),M∴BA=(-2,0,2),AB1=(0,2,-2),BM=-522,22,設(shè)平面BMN的法向量為n=(x,y,z),則BN即-2x令x=1,則y=5,z=-1,∴n=(1,5,-1)為平面BMN的一個法向量.由題意可知m=(0,0,1)為平面BB1C1C的一個法向量.設(shè)平面BMN與平面BB1C1C的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|m故平面BMN與平面BB1C1C的夾角的余弦值為394.(1)證明在矩形ABCD中,AD=DE=EC=BC=2,AE=BE=2,AB=22,所以AE2+BE2=AB2,所以AE⊥BE.因為平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,BE⊥AE,BE?平面ABCE,所以BE⊥平面ADE.因為AD?平面ADE,所以AD⊥BE.(2)解如圖,取AE的中點O,連接OD,作OF∥EB交AB于點F,則OF⊥AE.因為平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DO⊥AE,DO?平面ADE,所以DO⊥平面ABCE.以O(shè)為坐標原點,以O(shè)A,OF,OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,所以B(-1,2,0),D(0,0,1),C(-2,1,0),E(-1,0,0),BD=(1,-2,1),BC=(-1,-1,0).設(shè)平面BCD的法向量為m=(x,y,z),則m令x=1,則y=-1,z=-3,所以m=(1,-1,-3),ED=(1,0,1),DB=(-1,2,-1).設(shè)DP=λDB(0≤λ≤1),則EP=ED+λDB=(1-λ,2λ,1-則cos<EP,m>=EP·設(shè)直線EP與平面BCD所成角為θ,則sinθ=|cos<EP,m>|=26λ2-4λ所以存在點P,使直線EP與平面BCD所成角的正弦值為3311,此時DP∶DB的值為15.(1)證明如圖,連接EC,在△AEF中,由余弦定理知EF=2,則EF⊥AE.所以EF⊥PE,EF⊥ED,則EF⊥平面PED,所以EF⊥PD.(2)解△CDE中,CE=DE2+CD2=27+9=6;△PCE中,PE2+CE2=PC2,所以PE⊥EC.以E為坐標原點,EF,ED,EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.則P(0,0,23),F(2,0,0),B(4,23,0),C(3,33,0),D(0,33,0).FP=(-2,0,23),BP=(-4,-23,23),CD=(-3,0,0),DP=(0,-33,23).設(shè)平面PBF的法向量為n=(x1,y1,z1),則FP令z1=1,則n=(3,-1,1).設(shè)平面PCD的法向量為m=(x2,y2,z2),則CD即-令z2=3,則m=(0,2,3).設(shè)平面PCD與平面PBF所成的二面角為θ,則|cosθ|=|cos<n,m>|=|n所以sinθ=1-6.解(1)如圖,取MB的中點P,連接DP,PN,又N為MC的中點,所以NP∥BC,NP=12BC又DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四點共面.又EN∥平面MBD,EN?平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四邊形NEDP為平行四邊形,所以NP=DE,即DE=12BC,即λ=1(2)取DE的中點O,連接MO,則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.如圖,建立空間直角坐標系,不妨設(shè)BC=2,則M(0,0,3λ),D(λ,0,0),B(