2022届高三数学二轮复习：专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题（有解析）

专题突破练16　立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2021·湖南株洲高三二模)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,BC=2AD=2DC,四边形ABEF是正方形.现将正方形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置,使平面ABE1F1⊥平面ABCD,M为AF1的中点,如图②.(1)证明:直线DC与直线E1M相交;(2)求直线BM与平面CE1M所成角的正弦值.2.(2021·湖南师大附中二模)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.(2021·河北邢台高三模拟)如图,在正六边形ABCDEF中,将△ABF沿直线BF翻折至△A'BF,使得平面A'BF⊥平面BCDEF,O,H分别为BF和A'C的中点.(1)证明:OH∥平面A'EF;(2)求平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的余弦值.4.(2021·福建泉州二模)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.(2021·天津二模)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=,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,说明理由.6.(2021·湖南长沙长郡中学一模)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)证明以B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=1,则D(2,1,0),C(2,0,0),E1(0,0,),M1,1,,所以=-1,0,,=(-2,0,),所以,则,因为DM,CE1不重合,所以DM∥CE1,所以C,D,M,E1四点共面.在直角梯形ABCD中,因为AD∥BC,设CD∩AB=P,则P∈CD,P∈AB,所以P∈平面CDME1,P∈平面BAME1.又因为平面CDME1∩平面BAME1=ME1,所以P∈ME1,所以直线DC与直线E1M相交.(2)解由(1)知=1,1,,=(-2,0,),=1,1,-,设平面CE1M的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,0,),设直线BM与平面CE1M所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=,故直线BM与平面CE1M所成角的正弦值是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=(0≤λ≤1),则E(0,1-λ,),=(0,2-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λ2+4λ-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.(1)证明如图,取A'E的中点G,连接FG,HG,CE.因为H是A'C的中点,所以HG∥CE,HG=CE.又因为正六边形ABCDEF中,BF∥CE,BF=CE,所以HG∥BF,HG=BF.又O为BF的中点,所以HG∥OF,HG=OF,所以四边形OFGH为平行四边形,所以OH∥FG.因为FG⊂平面A'EF,OH⊄平面A'EF,所以OH∥平面A'EF.(2)解由条件可知OA'⊥OB,OA'⊥OD,OD⊥OB.以O为坐标原点,以为x轴正方向、为y轴正方向、为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设正六边形ABCDEF的边长为2,则B(,0,0),C(,2,0),D(0,3,0),E(-,2,0),A'(0,0,1),=(0,2,0),=(,2,-1),=(,1,0),=(0,3,-1).设平面A'BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),由取x1=1,可得n1=(1,0,).设平面A'DE的法向量为n2=(x2,y2,z2),由取x2=1,可得n2=(1,-,-3). 设平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的大小为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=,所以平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的余弦值为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=BH.因为F为BC的中点,G为CF的中点,所以BF=BG.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,),H,G,所以=(-2,2,0),=(-1,0,),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则令x=,则y=,z=1,所以n=(,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,>|=,故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为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=AB.又CD∥AB,CD=AB,∴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=AB,∴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(,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),=(,-1,0),=(0,-1,1),由取y=,则x=1,z=,∴m=(1,)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>|=,∴sinθ=故二面角E-BD-C的正弦值为(3)解假设在线段AD上存在一点N,使得直线MD与平面BEN所成角的正弦值为由(2)知M,A(0,-1,0),D(0,0,1),=(,-1,0),则=(0,1,1),=(0,-2,0).设==(0,λ,λ),其中0≤λ≤1,=(0,λ-2,λ).设平面BEN的法向量为u=(x1,y1,z1),由取y1=,则x1=λ,z1=2,∴u=(λ,,2)为平面BEN的一个法向量.由题意可知|cos<,u>|=整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=或λ=(舍去).∴AN=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,此时AN=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=BC.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=BC,即λ= (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,),D(λ,0,0),B(1,(1-λ),0),所以=(λ,0,-),=(1-λ,(1-λ),0).设平面MBD的法向量为m=(x,y,z),则即令x=,则y=-1,z=1,所以m=(,-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.设二面角B-MD-E的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<m,n>|=,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E的大小不变.sinθ=,所以二面角B-MD-E的正弦值为