2021新高考数学二轮总复习 专题突破练18 立体几何中的翻折问题及探索性问题（含解析）.docx

1、专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在RtABC中,C=90,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1C=A1D,如图2.(1)求证:平面A1CD平面A1BC;(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值.2.(2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD平面ABCD,F为棱PD的中点.(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF平面PAE?并说明理由;(2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.3.(2020浙

2、江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1.(1)求证:A1D平面BCC1B1;(2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由.4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CGAD,且平面EFGH平面ABCD,如图2.(1)证明:在图2中,平面ACG平面BCG;(2)设M为图2中线段CG上一点,且C

3、M=1,若直线AG平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB所成角的正弦值.5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且A=60,取AD中点为E.现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG,使得AEG=90,如图2.(1)求证:AE平面EBHG;(2)求二面角A-GH-B的余弦值;(3)若点F满足AF=AB,当EF平面AGH时,求的值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是梯形,且BCAD,AC=CD=22AD,AD=2PD=4BC=4.(1)求证:AC平面PCD;(2)求平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值;(3)在棱PD上是否存在点M

4、,使得CM平面PAB?若存在,求PMPD的值;若不存在,说明理由.7.(2020山东省实验中学模拟,19)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且DF=DA(01).如图,将BEC沿BE折起至BEG,使得平面BEG平面ABED.(1)当=12时,求证:EFBG;(2)是否存在,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为13?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.8.(2020河北衡水中学调研,18)已知,图中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又点E,F,P,Q分别在棱AA1,BB1,CC

5、1,DD1上运动,且满足BF=DQ,CP-BF=DQ-AE=1.(1)求证:E,F,P,Q四点共面,并证明EF平面PQB;(2)是否存在点P使得二面角B-PQ-E的余弦值为55?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(1)证明在图1的ABC中,D,E分别为AC,AB边中点,DEBC.又ACBC,DEAC.在图2中,DEA1D,DEDC,A1DDC=D,则DE平面A1CD,又DEBC,BC平面A1CD.又BC平面A1BC,平面A1CD平面A1BC.(2)解由(1)知DE平面A1CD,且DE平面BCDE,平面A1CD平面BCDE.又平面A

6、1CD平面BCDE=DC,在等边三角形A1CD中过点A1作A1OCD,垂足为O,则O为CD中点,且A1O平面BCDE,分别以DC,梯形BCDE中位线,OA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,3),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).A1C=(1,0,-3),EA1=(1,-2,3),EB=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则EA1n=x1-2y1+3z1=0,EBn=2x1+2y1=0,令x1=1,则y1=-1,z1=-3,平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-3).设直线A1C与平面A1BE所成角

7、为,则sin=|cos|=|A1Cn|A1C|n|=|11-10+(-3)(-3)|1+31+1+3=255.直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为255.2.解(1)当E为BC的中点时,CF平面PAE.理由如下,如图,分别取BC,PA的中点E,G,连接PE,AE,GE,FG.又F是PD的中点,FGAD,FG=12AD.又四边形ABCD为正方形,则ADBC,AD=BC,FGBC,FG=12BC.又E是BC的中点,FGCE,FG=CE,则四边形ECFG是平行四边形,CFEG.又EG平面PAE,CF平面PAE,CF平面PAE.(2)如图,取AD中点O,连接PO,OE,又PA=PD,POAD.平面

8、PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,PO平面ABCD.以O为原点,OA,OE,OP分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,3),F-12,0,32,AF=-32,0,32,BC=(-2,0,0),PB=(1,2,-3),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则-2x=0,x+2y-3z=0,令y=3,得x=0,z=23,则平面PBC的一个法向量n=(0,3,23),|cos|=|nAF|n|AF|=3213=77,直线AF与平面PBC所成角的正弦值为77.3.(1)证

9、明如图所示,连接B1C,四边形ABCD为平行四边形,AB􀱀CD,又A1B1􀱀AB,A1B1􀱀CD,四边形A1B1CD为平行四边形,A1DB1C.又B1C平面BCC1B1,A1D平面BCC1B1,A1D平面BCC1B1.(2)解存在.假设存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,则平面DA1C1与平面A1C1F所成的二面角为直二面角.设平面DA1C1与平面A1C1F所成的二面角的平面角为,则=90.如图所示,以A为坐标原点,分别以AD,AC,AA1为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.ACB=90,AC=BC=3,AA1=2,

10、A(0,0,0),D(3,0,0),A1(0,0,2),C1(0,3,2).点F在BC上,设点F(m,3,0).A1D=(3,0,-2),A1C1=(0,3,0),A1F=(m,3,-2).设平面A1C1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1A1D=0,n1A1C1=0,即3x1-2z1=0,y1=0,取x1=2,则y1=0,z1=3,平面A1C1D的一个法向量n1=(2,0,3).设平面A1C1F的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2A1F=0,n2A1C1=0,即mx2+3y2-2z2=0,y2=0,取x2=2,则y2=0,z2=m,平面A1C1F的一个法向量n2=(2,0,

11、m).则cos=cos=cos90=0,n1n2|n1|n2|=0,即4+3m=0,m=-43,即CF=43,BF=3-43=53.在线段BC上存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,此时BF=53.4.(1)证明四边形DCGH为矩形,CGCD.又CGAD,CDAD=D,CG平面ADC,故CGAC.六边形AEFBCD为正六边形,ADC=DCB=120,故DCA=30,ACB=90,即ACCB.又CGCB=C,AC平面BCG.AC平面ACG,平面ACG平面BCG.(2)解设AC与BD的交点为N,连接MN.AG平面BMD,且平面BMD平面ACG=MN,AGMN,CMMG=CNNA=CDAB

12、=48=12.MG=2,CG=3.由(1)知,ACCB,CG平面ABC,故以CA,CB,CG分别作为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,A(43,0,0),B(0,4,0),M(0,0,1),H(23,-2,3),AB=(-43,4,0),AH=(-23,-2,3),BM=(0,-4,1),设平面AHB的法向量为n=(x,y,z),则nAH=0,nAB=0,即-23x-2y+3z=0,-43x+4y=0,取x=3,则y=3,z=4,平面AHB的一个法向量n=(3,3,4).设直线BM与平面AHB所成角为,sin=|cos|=|BMn|BM|n|=|-12+4|16+13+9+16=411

13、9119,即直线BM与平面AHB所成角的正弦值为4119119.5.(1)证明在图1中,ABD为等边三角形,E为AD中点,BEAD,BEAE.AEG=90,GEAE.GEAE,BEAE,GEBE=E,AE平面EBHG.(2)解设菱形ABCD的边长为2,由(1)可知AEGE,AEBE,GEBE,以E为原点,EA,EB,EG所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.可得A(1,0,0),B(0,3,0),G(0,0,1),H(0,3,2),AG=(-1,0,1),AH=(-1,3,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),nAG=0,nAH=0,即-x+z=0,-x+3y

14、+2z=0,令x=3,则平面AGH的一个法向量n=(3,-1,3).易知平面EBHG的一个法向量为EA=(1,0,0).设二面角A-GH-B的大小为,则为锐角,cos=|cos|=|nEA|n|EA|=217.(3)解由AF=AB=(-,3,0),得EF=AF-AE=(-,3,0)-(-1,0,0)=(1-,3,0).EF平面AGH,则nEF=0,即1-2=0,=12.6.(1)证明AC=CD=22AD,AC2+CD2=12AD2+12AD2=AD2,ACCD.PD平面ABCD,AC平面ABCD,PDAC.又PDCD=D,AC平面PCD.(2)解分别以直线DA,DP为x轴,z轴,建立如图所示的

15、空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(4,0,0),B(3,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),AB=(-1,2,0),AP=(-4,0,2),设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,由nAB=0,nAP=0,得-x+2y=0,-4x+2z=0,取y=1,则n=(2,1,4).由(1)AC平面PCD,可知AC=(-2,2,0)为平面PCD的一个法向量,设平面PCD与平面PAB所成的锐角为,则cos=|cos|=|2(-2)+12+0|22+12+42(-2)2+22+02=4242.故平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值为4242.(3)解(方法一)存在.假设在棱PD上存

16、在点M,使得CM平面PAB,则CMn,即CMn=0.设M(0,0,h),则CM=(-2,-2,h),由CMn=0,得2(-2)+1(-2)+4h=0,解得h=32.此时,PMPD=2-322=14.故在棱PD上存在点M,使得CM平面PAB,此时PMPD=14.(方法二)存在.在棱PD上取点M,使PMPD=14,过M作MNAD交PA于点N,则MN=14AD.又BC􀱀14AD,BC􀱀MN,四边形MNBC为平行四边形,CMBN.CM平面PAB,BN平面PAB,CM平面PAB.故在棱PD上存在点M,使得CM平面PAB,此时PMPD=14.7.(1)证明当=12时,F

17、是AD的中点.DF=12AD=1,DE=13CD=1.ADC=90,DEF=45.CE=23CD=2,BC=2,BCD=90,BEC=45.BEEF.又平面GBE平面ABED,平面GBE平面ABED=BE,EF平面ABED,EF平面BEG.BG平面BEG,EFBG.(2)解存在.以C为原点,CD,CB的方向为x轴,y轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,则E(2,0,0),D(3,0,0),F(3,2,0).取BE的中点O,GE=BG=2,GOBE,易证得OG平面BCE.BE=22,OG=2,G(1,1,2).FG=(-2,1-2,2),EG=(-1,1,2),DG=(-2,1,2).设平面D

18、EG的法向量为n=(x,y,z),则nDG=-2x+y+2z=0,nEG=-x+y+2z=0,令z=2,则平面DEG的一个法向量n=(0,-2,2).设FG与平面DEG所成的角为,则sin=|cos|=|-20+(-2)(1-2)+2|66+(1-2)2=13,解得=12或=-710(舍去).存在实数,使得DG与平面DEG所成的角的正弦值为13,此时=12.8.(1)证明(方法一)在线段CP,DQ上分别取点M,N,使得QN=PM=1,易知四边形MNQP是平行四边形,MNPQ,连接FM,MN,NE,则AE=ND,且AEND,四边形ADNE为矩形,故ADNE,同理,FMBCAD且NE=MF=AD,

19、故四边形FMNE是平行四边形,EFMN,EFPQ.故E,F,P,Q四点共面.又EFPQ,EF平面BPQ,PQ平面BPQ,EF平面PQB.(方法二)直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,ACBD,AA1底面ABCD.设AC,BD交点为O,以O为原点,分别以OA,OB及过O且与AA1平行的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),D(0,-1,0).设BF=a,a1,3,则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),EF=(-2,1,1),QP=(-2,1,1),EFPQ,故E,F,P,Q四

20、点共面.又EFPQ,EF平面BPQ,PQ平面BPQ,EF平面PQB.(2)解不存在.理由如下,直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,ACBD,AA1底面ABCD.设AC,BD交点为O,以O为原点,分别以OA,OB及过O且与AA1平行的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),D(0,-1,0).设BF=a,a1,3,则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),EF=(-2,1,1),EQ=(-2,-1,1),设平面EFPQ的法向量为n1=(x1,y1,z1),则EFn1=0,EQn1=0,即-2x1+y1+z1=0,-2x1-y1+z1=0,令x1=1,可得平面EFPQ的一个法向量n1=(1,0,2).BP=(-2,-1,a+1),BQ=(0,-2,a),设平面BPQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),则BPn2=0,BQn2=0,即-2x2-y2+(a+1)z2=0,-2y2+az2=0,令y2=2a,可得x2=a+2,z2=4,平面BPQ的一个法向量n2=(a+2,2a,4).若|cos|=n1n25(a+2)2+4a2+16=55,则(a+10)2=5a2+4a+20,即有a2-4a-20=0,a1,3,解得a=2261,3,故不存在点P使之成立.