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
高考数学立体几何空间几何中的探索性问题
立体几何空间几何中的探索性问题大题拆解技巧【母题】(2021年全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE.(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?【拆解1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC 和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1,证明:BA⊥BC.【解析】连接AF,∵E,F分别为直三棱柱ABC-A1B1C1的棱AC和CC1的中点,且AB=BC=2,∴CF=1,BF=√BC2+CF2=√22+12=√5,∵BF⊥A1B1,AB∥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF=√AB2+BF2=√22+(√5)2=3,AC=√AF2-CF2=√32-12=2√2,∴AC2=AB2+BC2,即BA⊥BC.【拆解2】本例条件不变,证明:BF⊥DE.【解析】由拆解1可知BA⊥BC,故以B为原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,2,1),设B 1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2), ∴BF ⃗⃗⃗⃗ ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即BF ⊥DE. 【拆解3】本例条件不变,问当B 1D 为何值时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【解析】∵AB ⊥平面BB 1C 1C,∴平面BB 1C 1C 的一个法向量为m=(1,0,0), 由(1)知,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m,1,-2),EF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1), 设平面DFE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{(1-m )x +y -2z =0,-x +y +z =0, 令x=3,则y=m+1,z=2-m,∴n=(3,m+1,2-m), ∴cos m,n =m ·n |m |·|n |=1×√9+(m+1)+(2-m )=√2m 2-2m+14=√2(m -12) 2+272,∴当m=12时,平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的余弦值最大,为√63,此时正弦值最小,为√33. 小做 变式训练《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.(1)若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C.(2)是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【拆解1】《九章算术》是我国古代的数学著作,是“算经十书”中最重要的一部,它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图,在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC,AA 1=AB=AC=1,M,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上.若P 为A 1B 1的中点,求证:PN ∥平面AA 1C 1C. 【解析】取A 1C 1的中点H,连接PH,HC,如图所示.在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,四边形BCC 1B 1为平行四边形, 所以B 1C 1∥BC 且B 1C 1=BC.在△A 1B 1C 1中,P,H 分别为A 1B 1,A 1C 1的中点, 所以PH ∥B 1C 1且PH=12B 1C 1. 因为N 为BC 的中点,所以NC=12BC,从而NC=PH 且NC ∥PH,所以四边形PHCN 为平行四边形,于是PN ∥CH.因为CH ⊂平面A 1C 1CA,PN ⊄平面A 1C 1CA,所以PN ∥平面AA 1C 1C. 【拆解2】本例条件不变,求平面PMN 的法向量.【解析】以A 为原点,AB,AC,AA 1所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),N(12,12,0),M(0,1,12).假设满足条件的点P 存在,令P(λ,0,1)(0≤λ≤1),则NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,12),PN⃗⃗⃗⃗⃗ =(12-λ,12,-1,). 设平面PMN 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y +12z =0,(12-λ)x +12y -z =0.令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ, 所以n=(3,1+2λ,2-2λ).【拆解3】本例条件不变,问是否存在点P,使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°?若存在,试确定点P 的位置;若不存在,请说明理由.【解析】由拆解2知,平面PMN 的一个法向量为n=(3,1+2λ,2-2λ), 且易知平面ABC 的一个法向量为m=(0,0,1). 由题意得|cos <m,n>|=√9+(1+2λ)+(2-2λ)=√8λ2-4λ+14=√22,解得λ=-12,故点P 不在线段A 1B 1上.所以不存在.通法 技巧归纳解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点:①空间中的点可设为(x,y,z);②坐标平面内的点其中一个坐标为0,如平面xOy 上的点为(x,y,0);③坐标轴上的点两个坐标为0,如z 轴上的点为(0,0,z);④直线(线段)AB 上的点P,可设为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,表示出点P 的坐标,或直接利用向量运算. 突破 实战训练 <基础过关>1.如图,在三棱锥P -ABC 中,△ABC 为直角三角形,∠ACB=90°,△PAC 是边长为4的等边三角形,BC=2√3,二面角P -AC -B 的大小为60°,点M 为PA 的中点.(1)请你判断平面PAB 垂直于平面ABC 吗?若垂直,请证明;若不垂直,请说明理由. (2)求CM 与平面PBC 所成的角的正弦值.【解析】(1)平面PAB ⊥平面ABC,理由如下:如图,分别取AC,AB 的中点D,E,连接PD,DE,PE, 则DE ∥BC.因为∠ACB=90°,BC=2√3. 所以DE ⊥AC,DE=√3.因为△PAC 是边长为4的等边三角形,所以PD ⊥AC,PD=2√3.所以∠PDE 为二面角P -AC -B 的平面角,则∠PDE=60°, 在△PDE 中,由余弦定理,得PE=√PD 2+DE 2-2PD ·DEcos 60°=3, 所以PD 2=PE 2+ED 2, 所以PE ⊥ED.因为ED ⊥AC,PD ⊥AC,ED∩PD=D,ED,PD ⊂平面PDE, 所以AC ⊥平面PED, 所以AC ⊥PE.又AC∩ED=D,DE,AC ⊂平面ABC,所以PE ⊥平面ABC, 因为PE ⊂平面ABC, 所以平面PAB ⊥平面ABC.(2)以点C 为原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 且与PE 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,2√3,0),A(4,0,0),E(2,√3,0),P(2,√3,3),M(3,√32,32),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√32,32),CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),CP ⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,3). 设平面PBC 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1), 则{n ·CB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y 1=0,2x 1+√3y 1+3z 1=0,取x 1=3,则n=(3,0,-2).所以CM 与平面PBC 所成的角的正弦值为sin θ=|cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=2√3×√13=√3913.2.如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E,F 分别是B 1B,BC 的中点. (1)求证:A 1E,AB,DF 三线共点.(2)线段CD 上是否存在一点G,使得直线FG 与平面A 1EC 1所成的角的正弦值为√33?若存在,请指出点G 的位置,并求二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值大小;若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接EF,AD,∵EF ∥A 1D 且EF≠A 1D,∴A 1E,DF 共面,设A 1E∩DF=P,则点P ∈A 1E,而A 1E ⊂平面AA 1B 1B, ∴点P ∈平面AA 1B 1B. 同理可得点P ∈平面ABCD,∴点P 在平面ABCD 与平面AA 1B 1B 的公共直线AB 上, 即A 1E,AB,DF 三线共点.(2)根据题意可知,AA 1,AB,AD 两两垂直,以A 为原点,AB,AD,AA 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,由图可得A 1(0,0,2),E(2,0,1),C 1(2,2,2),F(2,1,0), 故A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 假设满足条件的点G 存在, 设G(a,2,0),a ∈[0,2],则FG ⃗⃗⃗⃗ =(a -2,1,0), 设平面A 1EC 1的法向量为m=(x,y,z), 则由{m ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x -z =0,2x +2y =0,不妨取z=2,则x=1,y=-1,所以平面A 1EC 1的一个法向量为m=(1,-1,2), 设直线FG 与平面A 1EC 1的平面角为θ,则sin θ=|cos<m,FG ⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·FG⃗⃗⃗⃗⃗|m ||FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|√(a -2)+12+02×√12+(-1)+22|=√33,解得a=1,故G 为CD 的中点. 则GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),设平面A 1GC 1的法向量为n=(x,y,z),由{n ·GC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +2z =0,2x +2y =0,取x=-2,则z=1,y=2,则平面A 1GC 1的一个法向量为n=(-2,2,1), |cos<m,n>|=|m ·n|m ||n ||=|√6×3|=√69, 所以二面角E -A 1C 1-G 的平面角的余弦值为√69.3.如图,C 是以AB 为直径的圆O 上异于A,B 的点,平面PAC ⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F 分别是PC,PB 的中点,记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l.(1)求证:直线l ⊥平面PAC.(2)直线l 上是否存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余?若存在,求出|AQ|的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)∵E,F 分别是PC,PB 的中点,∴BC ∥EF,又EF ⊂平面EFA,BC ⊄平面EFA,∴BC ∥平面EFA,又BC ⊂平面ABC,平面EFA∩平面ABC=l,∴BC ∥l,又BC ⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC ⊥平面ABC,∴BC ⊥平面PAC,∴l ⊥平面PAC.(2)以C 为坐标原点,CA,CB 所在的直线分别为x,y 轴,过点C 垂直于平面ABC 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,可得A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,√3),E(12,0,√32),F(12,2,√32),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,0,√32),EF ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设Q(2,y,0),平面AEF 的法向量为m=(x,y,z),则{AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-32x +√32z =0,EF⃗⃗⃗⃗ ·m =2y =0,取z=√3,得m=(1,0,√3),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,y,-√3), |cos<PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ >|=|2√4+y 2|=√4+y 2,|cos PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |=|2√4+y 2|=√4+y 2,依题意得|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗ |=|cos PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m |, ∴y=±1,∴直线l 上存在点Q,使直线PQ 分别与平面AEF 、直线EF 所成的角互余,此时|AQ|=1. 4.在图1所示的平面图形ABCD 中,△ABD 是边长为4的等边三角形,BD 是∠ADC 的平分线,且BD ⊥BC,M 为AD 的中点,以BM 为折痕将△ABM 折起得到四棱锥A -BCDM(如图②所示).(1)设平面ABC 和平面ADM 的交线为l,在四棱锥A -BCDM 的棱AC 上求一点N,使直线BN ∥l;(2)若二面角A -BM -D 的大小为60°,求平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值. 【解析】(1)延长CB,DM,设其交点为E,如图所示,因为点A,E 既在平面ABC 内,又在平面AMD 内, 所以直线AE 为平面ABC 与平面AMD 的交线l,因为BD 为∠MDC 的平分线,且BD ⊥BC,所以B 为EC 的中点, 取AC 的中点N,连接BN,则BN 为△AEC 的中位线, 所以直线BN ∥AE,即BN ∥l, 故N 为棱AC 的中点.(2)因为BM ⊥AM,BM ⊥MD,所以∠AMD=60°, 又因为AM=MD,所以△AMD 为等边三角形,取MD 的中点O 为坐标原点,以OM 所在的直线为x 轴,在平面BCDM 内过点O 且和MD 垂直的直线为y 轴,以OA 所在的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以D(-1,0,0),A(0,0,√3),C(-5,4√3,0),B(1,2√3,0), 所以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,4√3,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0), 设平面ACD 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,-4x +4√3y =0,令z=-√3,则x=3,y=√3, 所以m=(3,√3,-√3),设平面ABD 的法向量为n=(a,b,c),则{n ·DA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{a +√3c =0,2a +2√3b =0,令c=-√3,则a=3,b=-√3, 所以n=(3,-√3,-√3),设平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的大小为θ, 所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√3×√3)√3)√3)|√32+(√3)+(-√3)·√32+(-√3)+(-√3)=35,所以平面ABD 和平面ACD 所成的锐二面角的余弦值为35.<能力拔高>5.已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,且BC=BD,DD 1⊥平面ABCD,AA 1=1,BE ⊥CD 于点E.(1)试问在线段A 1B 1上是否存在一点F,使得AF ∥平面BEC 1?若存在,求出点F 的位置;若不存在,请说明理由.(2)在(1)的条件下,求平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值.【解析】(1)当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. 下面给出证明:取AB 的中点G,连接EG,B 1G,则FB 1∥AG,且FB 1=AG, 所以四边形AGB 1F 为平行四边形,所以AF ∥B 1G.因为BC=BD,BE ⊥CD,所以E 为CD 的中点,又G 为AB 的中点,AB ∥CD,AB=CD,所以BG ∥CE,且BG=CE,所以四边形BCEG 为平行四边形,所以EG ∥BC,且EG=BC,又BC ∥B 1C 1,BC=B 1C 1, 所以EG ∥B 1C 1,且EG=B 1C 1,所以四边形EGB 1C 1为平行四边形, 所以B 1G ∥C 1E,所以AF ∥C 1E,又AF ⊄平面BEC 1,C 1E ⊂平面BEC 1,所以当F 为线段A 1B 1的中点时,AF ∥平面BEC 1. (2)连接DG,因为BD=BC=AD,G 为AB 的中点,所以DG ⊥AB,又AB ∥CD,所以DG ⊥CD, 因为DD 1⊥平面ABCD,DC,DG ⊂平面ABCD,所以DD 1⊥DC,DD 1⊥DG,所以DG,DC,DD 1两两垂直,以D 为原点,DG,DC,DD 1所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz,由题意知BD=BC=CD=AB=AD=2,所以∠DAB=∠BDC=60°,又AA 1=1,所以D(0,0,0),A(√3,-1,0),D 1(0,0,1),E(0,1,0),C 1(0,2,1),B(√3,1,0),F(√3,0,1), 所以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1).设平面BEC 1的法向量为n=(x,y,z),则{EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√3x =0,y +z =0,令z=1,得平面BEC 1的一个法向量为n=(0,-1,1).设平面ADF 的法向量为m=(a,b,c),则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{√3a -b =0,√3a +c =0,令a=1,得b=√3,c=-√3,平面ADF 的一个法向量m=(1,√3,-√3).设平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|m ·n ||m |·|n |=√3√7×√2=√427.所以平面ADF 和平面BEC 1所成的锐二面角的余弦值为√427. 6.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB=2,AA 1=3,M,N 分别为AB,BC 的中点,P 为线段CC 1上一点.平面ABC 1与平面ANP 的交线为l.(1)是否存在点P 使得C 1M ∥平面ANP?若存在,请指出点P 的位置并证明;若不存在,请说明理由.(2)若CP=1,求二面角B -l -N 的余弦值.【解析】(1)当CP=2时,C 1M ∥平面ANP. 证明如下:连接CM 交AN 于点G,连接GP,因为CG GM =CPPC 1=2,所以C 1M ∥GP,又GP ⊂平面ANP,C 1M ⊄平面ANP, 所以C 1M ∥平面ANP.(2)取AC 的中点O,连接BO,易证OB ⊥平面ACC 1A 1,如图,分别以OB,OC 所在的直线为x,y 轴,以过点O且平行于AA 1的直线为z轴建立空间直角坐标系,A(0,-1,0),B(√3,0,0),C 1(0,1,3),N (√32,12,0),P(0,1,1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,3),AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1). 设平面ABC 1的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面APN 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 由{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{√3x 1+y 1=0,2y 1+3z 1=0,令x 1=√3得n 1=(√3,-3,2),由{n 2·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{2y 2+z 2=0,√32x 2+32y 2=0,令x 2=√3得n 2=(√3,-1,2), 设二面角B -l -N 的平面角为θ,则cos θ=|n 1·n 2|n 1||n 2||=4×√8=5√28. <拓展延伸>7.如图,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC 边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A 到达点P 的位置,且PB=BE.(1)证明:EF ⊥平面PBE.(2)设N 为线段PF 上的动点,求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.【解析】(1)因为E,F 分别为AB,AC 边的中点,所以EF ∥BC. 又因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE,EF ⊥PE. 又因为BE∩PE=E,所以EF ⊥平面PBE. (2)取BE 的中点O,连接PO,由(1)知EF ⊥平面PBE,EF ⊂平面BCFE, 所以平面PBE ⊥平面BCFE. 因为PB=BE=PE,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE, 所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M,分别以OB,OM,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.则P (0,0,√32),C (12,2,0),F (-12,1,0),B(12,0,0),PC ⃗⃗⃗⃗ =(12,2,-√32),PF ⃗⃗⃗⃗ =(-12,1,-√32),N 为线段PF 上一动点,设PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPF ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 则N (-λ2,λ,√32(1-λ)),BN⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ+12,λ,√32(1-λ)), 设平面PCF 的法向量为m=(x,y,z),则{PC ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{12x +2y -√32z =0,-12x +y -√32z =0,取m=(-1,1,√3).设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ, 则sin θ=|cos<BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m |=√5×√2λ2-λ+1=√5×√2(λ-14)2+78≤√5×√78=4√7035,当且仅当λ=14时取等号.故直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为4√7035.8.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=1,E、F是边DC的三等分点.现将△DAE,△CBF分别沿AE,BF 折起,使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直.(1)若G为线段AB上一点,且AG=1,求证:DG∥平面CBF.(2)求二面角A-CF-B的正弦值.【解析】(1)(法一)如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN..因为AD=DE=1,所以DM⊥AE,且DM=√22.因为BC=CF=1,所以CN⊥BF,且CN=√22因为平面DAE⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM⊥AE,DM⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN⊥平面ABFE,所以DM∥CN,且CN=DM.又DM⊄平面CBF,CN⊂平面CBF,所以DM∥平面CBF,在矩形ABCD中,∠DAE=45°,故∠EAB=45°,同理可得∠FBA=45°,,所以MG2+AM2=AG2,所以在几何体ABFEDC中,因为MG=√AM2+AG2-2AM·AGcos45°=√22∠AMG=90°,所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形,故∠MGA=45°.而∠FBA=45°,且MG与FB共面于平面EFBA,故MG∥FB.又MG⊄平面CBF,FB⊂平面CBF,所以MG∥平面CBF.又MG∩DM=M,MG,DM⊂平面DMG,所以平面DMG∥平面CBF.因为DG⊂平面DMG,所以DG∥平面CBF.(法二)如图,分别取AE,BF 的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN. 因为AD=DE=1,∠ADE=90°,所以DM ⊥AE,且DM=√22. 因为BC=CF=1,∠BCF=90°,所以CN ⊥BF,且CN=√22.因为平面DAE ⊥平面ABFE,平面DAE∩平面ABFE=AE,DM ⊥AE,DM ⊂平面DAE,所以DM ⊥平面ABFE.同理可得CN ⊥平面ABFE,所以DM ∥CN,且CN=DM, 所以四边形CDMN 是矩形,所以CD MN. 又MN 是等腰梯形ABFE 的中位线,所以CD=MN=1+32=2.又GB=2,所以CD ∥GB,CD=GB,所以四边形CDGB 是平行四边形,所以CB ∥DG. 又CB ⊂平面CBF,DG ⊄平面CBF,所以DG ∥平面CBF.(2)如图,以G 为坐标原点,分别以AB,GE 所在直线为x 轴,y 轴,以过点G 并垂直于平面ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系, 则A(-1,0,0),B(2,0,0),E(0,1,0),F(1,1,0),C (32,12,√22), 则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),FC ⃗⃗⃗⃗ =(12,-12,√22),BF ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 所以GF ⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)·(-1,1,0)=0,所以GF ⊥BF. 由(1)得CN ⊥平面ABFE,所以GF ⊥CN.而BF,CN ⊂平面CBF,BF∩CN=N,故GF ⊥平面CBF, 从而GF ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面AFC 的法向量, 则{n ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FC⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +y =0,x -y +√2z =0,解得{y =-2x ,z =-3√22x , 取x=-2,则y=4,z=3√2,即n=(-2,4,3√2),所以cos<GF ⃗⃗⃗⃗ ,n>=√2)√2×√38=√1919,故所求二面角的正弦值为√1-119=3√3819。
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
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Rt△ABC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CG⊥AD,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CM=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=λ,当EF∥平面AGH时,求λ的值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是梯形,且BC∥AD,AC=CD=AD,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,使得CM∥平面PAB?若存在,求的值;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=λ(0≤λ≤1).如图,将△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)当λ=时,求证:EF⊥BG;(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为?若存在,求出λ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,CC1,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?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,∴DE∥BC.又AC⊥BC,∴DE⊥AC.在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,又DE∥BC,∴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A1CD∩平面BCDE=DC,在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,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,),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).=(1,0,-),=(1,-2,),=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,z1=-,∴平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-).设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为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,∴FG∥AD,FG=AD.又四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=BC.又E是BC的中点,∴FG∥CE,FG=CE,则四边形ECFG是平行四边形,∴CF∥EG.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,∴PO⊥AD.∵平面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,),F-,0,,=-,0,,=(-2,0,0),=(1,2,-),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则令y=3,得x=0,z=2,则平面PBC的一个法向量n=(0,3,2),∴|cos<n,>|=,∴直线AF与平面PBC所成角的正弦值为3.(1)证明如图所示,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,∴A1D∥B1C.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θ,则θ=90°.如图所示,以A为坐标原点,分别以为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,∴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).=(3,0,-2),=(0,3,0),=(m,3,-2).设平面A1C1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取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),则即取x2=2,则y2=0,z2=m,∴平面A1C1F的一个法向量n2=(2,0,m).则cos<n1,n2>=cosθ=cos90°=0,=0,即4+3m=0,∴m=-,即CF=,∴BF=3-∴在线段BC上存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,此时BF=4.(1)证明∵四边形DCGH为矩形,∴CG⊥CD.又CG⊥AD,CD∩AD=D,∴CG⊥平面ADC,故CG⊥AC.∵六边形AEFBCD为正六边形,∴∠ADC=∠DCB=120°,故∠DCA=30°,∴∠ACB=90°,即AC⊥CB.又CG∩CB=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,∴AG∥MN,MG=2,∴CG=3.由(1)知,AC⊥CB,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(4,0,0),B(0,4,0),M(0,0,1),H(2,-2,3),=(-4,4,0),=(-2,-2,3),=(0,-4,1),设平面AHB 的法向量为n=(x,y,z),则取x=,则y=3,z=4,∴平面AHB的一个法向量n=(,3,4).设直线BM与平面AHB所成角为θ,∴sinθ=|cos<,n>|=,即直线BM与平面AHB所成角的正弦值为5.(1)证明在图1中,△ABD为等边三角形,E为AD中点,∴BE⊥AD,∴BE⊥AE.∵∠AEG=90°,∴GE⊥AE.∵GE⊥AE,BE⊥AE,GE∩BE=E,∴AE⊥平面EBHG.(2)解设菱形ABCD的边长为2,由(1)可知AE⊥GE,AE⊥BE,GE⊥BE,∴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,,0),G(0,0,1),H(0,,2),=(-1,0,1),=(-1,,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),即令x=,则平面AGH的一个法向量n=(,-1,).易知平面EBHG的一个法向量为=(1,0,0).设二面角A-GH-B的大小为θ,则θ为锐角,∴cosθ=|cos<n,>|=(3)解由==(-λ,,0),得=(-λ,,0)-(-1,0,0)=(1-λ,,0).∵EF∥平面AGH,则n=0,即1-2λ=0,∴λ=6.(1)证明∵AC=CD=AD,∴AC2+CD2=AD2+AD2=AD2,∴AC⊥CD.∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.又PD∩CD=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),=(-1,2,0),=(-4,0,2),设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,由取y=1,则n=(2,1,4).由(1)AC⊥平面PCD,可知=(-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θ,则cosθ=|cos<n,>|=故平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值为(3)解(方法一)存在.假设在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,则n,即n=0.设M(0,0,h),则=(-2,-2,h),由n=0,得2×(-2)+1×(-2)+4h=0,解得h=此时,故在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,此时(方法二)存在.在棱PD上取点M,使,过M作MN∥AD交PA于点N,则MN=AD.又BC AD,∴BC MN,∴四边形MNBC为平行四边形,∴CM∥BN.∵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7.(1)证明当λ=时,F是AD的中点.∴DF=AD=1,DE=CD=1.∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=CD=2,BC=2,∠BCD=90°,∴∠BEC=45°.∴BE⊥EF.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,∴EF⊥BG.(2)解存在.以C为原点,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(3,2λ,0).取BE的中点O,∵GE=BG=2,∴GO⊥BE,∴易证得OG⊥平面BCE.∵BE=2,∴OG=,∴G(1,1,).=(-2,1-2λ,),=(-1,1,),=(-2,1,).设平面DEG的法向量为n=(x,y,z),则令z=,则平面DEG的一个法向量n=(0,-2,).设FG与平面DEG所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-(舍去).∴存在实数λ,使得DG与平面DEG所成的角的正弦值为,此时λ=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,∴MN∥PQ,连接FM,MN,NE,则AE=ND,且AE∥ND,∴四边形ADNE为矩形,故AD∥NE,同理,FM∥BC∥AD且NE=MF=AD,故四边形FMNE是平行四边形,∴EF∥MN, ∴EF∥PQ.故E,F,P,Q四点共面.又EF∥PQ,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,∴AC⊥BD,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,a∈[1,3],则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,1,1), ∴EF∥PQ,故E,F,P,Q四点共面.又EF∥PQ,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,∴AC⊥BD,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,a∈[1,3],则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,-1,1),设平面EFPQ的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令x1=1,可得平面EFPQ的一个法向量n1=(1,0,2).=(-2,-1,a+1),=(0,-2,a),设平面BPQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令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<n1,n2>|=,则(a+10)2=5a2+4a+20,即有a2-4a-20=0,a∈[1,3],解得a=2±2[1,3],故不存在点P使之成立.。
大题专项训练18：立体几何(折叠问题)-2021届高三数学二轮复习 含答案详解
二轮大题专练18—立体几何（折叠问题）1．如图①，在长方形中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起（如图②)，使得平面ABD ⊥平面ABCF ．（1）判断AD 是否与BD 垂直，并说明理由．（2）图②中，在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足，求AK 的取值范围． 解：（1）AD 与BD 不垂直．证明过程如下： 若AD BD ⊥，AD DF ⊥，BD DF D =，BD 、DF ⊂平面BDF ，AD ∴⊥平面BDF ，AD BF ∴⊥，BC AB ⊥，平面ABD ⊥平面ABCF ，平面ABD ⋂平面ABCF AB =，BC ⊂平面ABCF ， BC ∴⊥平面ABD ，BC AD ∴⊥，又BF BC B =，BF 、BC ⊂平面ABCF ，AD ∴⊥平面ABCF ，AD AB ∴⊥，在翻折后的ABD ∆中，这是不可能的， 故AD 与BD 不垂直．（2）设AK t =，(01)CF x x =<<，则2DF x =-，DK AB ⊥，平面ABD ⊥平面ABCF ，平面ABD ⋂平面ABCF AB =，DK ⊂平面ABD ，DK ∴⊥平面ABCF ，DK KF ∴⊥，由勾股定理知，221DK t =-，221(2)KF t x =+--，222DF DK KF =+，222(2)11(2)x t t x ∴-=-++--，化简整理得，12t x=-，在(0,1)x ∈上单调递增，∴112t <<，故AK 的取值范围为1(2，1)．2．如图1，已知菱形AECD 的对角线AC ，DE 交于点F ，点E 为AB 的中点．将三角形ADE 沿线段DE 折起到PDE 的位置，如图2所示． （Ⅰ）求证：DE PC ⊥；（Ⅱ）试问平面PFC 与平面PBC 所成的二面角是否为90︒，如果是，请证明；如果不是，请说明理由；（Ⅲ）在线段PD ，BC 上是否分别存在点M ，N ，使得平面//CFM 平面PEN ？若存在，请指出点M ，N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由．解：（Ⅰ）证明：折叠前，四边形AECD 是菱形，AC DE ∴⊥，∴折叠后，DE PF ⊥，DE CF ⊥，PF CF F =，DE ∴⊥平面PCF ，PC ⊂平面PCF ，DE PC ∴⊥．（Ⅱ）解：平面PFC 与平面PBC 所成的二面角为90︒． 证明如下：四边形AECD 是菱形，//DC AE ∴，DC AE =， 又点E 为AB 的中点，//DC EB ∴，DC EB =，∴四边形DEBC 是平行四边形，//CB DE ∴，由（Ⅰ）得，DE ⊥平面PCF ，CB ∴⊥平面PCF ， CB ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PCF ，∴平面PFC 与平面PBC 所成的二面角为90︒．（Ⅲ）解：在线段PD ，BC 上是分别存在点M ，N ，且M ，N 分别是PD ，BC 的中点，使得平面//CFM 平面PEN ． 证明如下：如图，分别取PD ，BC 的中点M ，N ，连结EN ，PN ，MF ，CM ， 四边形DEBC 是平行四边形，//EF CN ∴，12EF BC CN ==， 在PDE ∆中，M ，F 分别是PD ，DE 的中点，//MF PE ∴，F 、N 分别是DE 、BC 的中点，四边形DEBC 是平行四边形， //EF CN =∴，∴四边形EFCN 是平行四边形，//CF EN ∴，又EN ，PE ⊂平面PEN ，PE EN E =，MF ，CF ⊂平面CFM ，∴平面//CFM 平面PEN ．3．如图1，在直角梯形ABCD 中，//AB DC ，90BAD ∠=︒，8AB =，4AD =，6DC =，点E 在CD 上，且4DE =，将三角形ADE 沿线段AE 折起到PAE 的位置，43PB =（如图2)．（Ⅰ）求证：平面PAE ⊥平面ABCE ；（Ⅱ）在线段PB 上是否存在点M ，使//CM 平面PAE ？若存在，求出PMMB的值；若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）证明：取AE 的中点G ，连接PG ，GB ， 在AGB ∆中，由余弦定理可得222(22)82228cos 404BG π=+-=，22248PB BG PG ==+，所以PG GB ⊥，因为PA PE =，AG GE =，所以PG AE ⊥， 又AEGB G =，AE ⊂面ABCE ，GB ⊂面ABCE ，所以PG ⊥面PAE ，又PG ⊂面PAE ，所以面PAE ⊥面ABCE ； （Ⅱ）存在M ，满足13PM MB =，使得//CM 平面PAE ． 证明：取AB 的三等分点N ，且2AN =，连接CN ，则//EC AN ，且2EC AN ==， 所以四边形EANC 为平行四边形，可得//CN EA ，又3BN BMNA MP==，所以//MN AP ， 又//CN EA ，CN ⊂/面PAE ，AE ⊂面PAE ，所以//CN 面PAE ， 同理可得//MN 面PAE ，又MNNC N =，所以面//CMN 面PAE ，CM ⊂面CMN ，可得//CM 面PAE ．4．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AD BC ，2AD AB CD ===，4BC =，M ，N ，Q 分别为BC ，CD ，AC 的中点，以AC 为折痕将ACD ∆折起，使点D 到达点P 位置(P ∉平面)ABC ．（1）若H 为直线QN 上任意一点，证明：//MH 平面ABP ； （2）若直线AB 与MN 所成角为4π，求三棱锥P ABC -的表面积．解：（1）证明：连接QM ．m ，N ，Q 分别是BC ，CD ，AC 的中点，//QM AB ∴，QM ⊂/平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， //QM ∴平面PAB ，同理//QN 平面PAB ，QM ⊂平面MNQ ，QN ⊂平面MNQ ，QMQN Q =，∴平面//MNQ 平面PAB ，MH ⊂平面MNQ ，//MH ∴平面PAB ．（2）解：在等腰梯形ABCD 中，作AE BC ⊥于E ，DF BC ⊥于F ， 由题意得2EF AD ==，4BC =，1cos 2BE ABE AB ∴∠==， ∴3ABE π∠=，ABE ∠与ADC ∠互补，23ADC π∴∠=， 在ADC ∆中，222cos 23AC AD DC AD DC ADC =+-∠=， 222BC AB AC ∴=+，AB AC ∴⊥， //BP MN ，ABP ∠为锐角，∴4ABP π∠=为直线AB 与MN 所成角，2AB AP ==，ABP ∴∆为等腰直角三角形，∴2 2.BP =∴三棱锥P ABC -的表面积为：PAB PBC PAC ABC S S S S S ∆∆∆∆=+++22211816411222241()232(3)22322222224+-=⨯⨯+⨯⨯⨯-+⨯⨯-+⨯⨯⨯⨯ 2733=++．5．如图，已知图1中ABC ∆是等腰三角形，AC BC =，D ，E 分别是AC ，BC 的中点，沿着DE 把CDE ∆折起到△C DE '，使得平面C DE '⊥平面BADE ，图2中2AD =，4AB =，F 为BC '的中点，连接EF ．（Ⅰ）求证：//EF 平面AC D '；（Ⅱ）求四棱锥C ABED '-的侧面积．（Ⅰ）证明：取AC '中点G ，连接DG ，FG ， 由点F 、G 分别是BC '，AC '的中点， 得//GF AB ，12GF AB =， 又//DE AB ，12DE AB =． 所以四边形DEFG 是平行四边形， 所以//DG EF ，且EF ⊂/平面AC D '， DG ⊂平面AC D '，所以//EF 平面AC D '；（Ⅱ）因为ABC ∆是等腰三角形，AC BC =，2AD =，4AB =， 所以90ACB ∠=︒，所以ABC ∆是等腰直角三角形，且22AC BC ==．分别取DE 、AB 的中点H 、I ，连接C H '，HI ，C I '，从而有C H DE '⊥．又因为平面C DE '⊥平面BADE ，平面C DE '⋂平面BADE DE =， 所以C H '⊥平面BADE ，又HI ⊂平面BADE ，所以C H HI '⊥，在△C HI '中，1C H HI '==，∴2C I '=，又翻折后，C A C B '='，在△C IA '中，6C A '=，∴四棱锥C ABED '-的侧面积为：221161212(2)()64213222222S =⨯⨯+⨯⨯-⨯+⨯⨯=++．6．如图，平行四边形ABCD 中，26AD AB ==，E ，F 分别为AD ，BC 的中点．以EF 为折痕把四边形EFCD 折起，使点C 到达点M 的位置，点D 到达点N 的位置，且NF NA =． （1）求证：平面AFN ⊥平面NEB ；（2）若23BE =，求点F 到平面BEM 的距离．解：（1）证明：记AFBE O =，连结NO ，由题意知四边形ABFE 是菱形，AF BE ∴⊥，且O 是AF 、BE 的中点， NF NA =，AF NO ∴⊥， NOBE O =，NO ⊂平面NEB ，BE ⊂平面NEB ，AF ∴⊥平面NEB ，AF ⊂平面AFN ，∴平面AFN ⊥平面NEB ．（2）解：由（1）知NO AF ⊥，且AFBE O =，AF ⊂平面ABFE ，BE ⊂平面ABFE ，NO ∴⊥平面ABFE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OA 为y 轴，ON 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0A 6，0)，(3B -0，0)，(3E 0，0)，(0F ，6-0)，(0N ，06)，(0OM ON NM ON AB =+=+=，06)(3,6+-0)(3=66)，(3M ∴-6-6)，(3,6MN =0)，(23BE =，0，0)，(0BM =，6-6)，(3BF =6，0)，设平面BEM 的法向量(n x =，y ，)z ，则230660n BE x n BM z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1y =，得(0n =，1，1)，则点F 到平面BEM 的距离为：||63||2BF n d n ⋅===．7．如图1，梯形ABCD 中，AB ∥CD ，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E 、F ．若AB ＝AE ＝2，CD ＝5，DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 折起，且平面ADE ⊥平面ABFE （如图2）． （Ⅰ）证明：AF ⊥BD ；（Ⅱ）若CF ∥DE ，在线段AB 上是否存在一点P ，使得直线CP 与平面ACD 所成角的正弦值为，若存在，求出AP 的值，若不存在，说明理由．解：（Ⅰ）证明：∵平面ADE ⊥平面ABFE ，DE ⊂平面ADE ， 平面ADE ∩平面ABFE ＝AE ，DE ⊥AE ，∴DE ⊥平面ABFE ，又AF ⊂平面ABFE ，∴DE ⊥AF ， 又正方形ABFE 中，AF ⊥BE ，且BE ∩DE ＝E ，DE⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，∴AF⊥平面BDE，∵BD⊂平面BDE，∴AF⊥BD．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，DE、EA、EF两两垂直，如图建立空间直角坐标系，∵CF∥DE，CF⊥平面ABFE，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，2），D（0，0，1），＝（﹣2，0，1），＝（﹣2，2，2），设平面ACD的一个法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，2），设P（2，t，0），且0≤t≤2，则＝（2，t﹣2，﹣2），设直线CP与平面ACD所成角为θ∵在线段AB上存在一点P，使得直线CP与平面ACD所成角的正弦值为，∴sinθ＝＝＝，解得t＝1或t＝﹣（舍）．∴AP＝1．8．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，以BE为折痕把△ABE折起使点A到达点A1的位置，且A1C ＝1，如图2．（1）证明：平面A1BE⊥平面BCDE；（2）求二面角C﹣A1B﹣E的余弦值．证明：（1）在图（1）中，∵AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC，AO＝OC，即在图2中，A1O⊥BE，BE⊥OC，A1O＝OC＝，∵A1C＝1，∴在△A1OC中，+OC2＝，∴A1O⊥OC，∴A1O⊥平面BCDE，∵A1O⊂平面A1BE，∴平面A1BE⊥平面BCDE．解：（2）由（1）知OA1，OB，OC互相垂直，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，∴O（0，0，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，，0），∴＝（﹣，，0），＝（0，，﹣），＝（0，，0），设平面A1BC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，1），由（1）得平面A1BE⊥平面BCDE，且OC⊥BE，∴OC⊥平面A1BE，∴＝（0，，0）是平面A1BE的法向量，设二面角C﹣A1B﹣E的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角C﹣A1B﹣E的余弦值为．。
(新课标版)高考数学二轮复习难点2.8立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题教学案文
立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．1 立体几何中的折叠问题折叠问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试.例１【河南省中原名校2018届第五次联考】如图甲，在四边形中，，是边长为4的正三角形，把沿折起到的位置，使得平面平面，如图乙所示，点分别为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．思路分析：（1）在正三角形中可得，有根据题意得到平面，从而得，计算可得．由分别为棱的中点，得到，故．根据线面垂直的判定定理可得平面．（2）由条件得，故，又可得点到平面的距离为，故可求得三棱锥的体积．点评：本题考查了直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，以折叠问题为载体，折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体.如本题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线，线面和面面垂直的判定方法及相互转化，还要正确识别出折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量（边长与角）的变化情况，否则无法正确解题．这正是折叠问题的价值之所在．2 立体几何中的最值问题解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．例2【宁夏育才中学2018届第三次月考】一个棱长为5的正四面体（棱长都相等的三棱锥）纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体在纸盒内可以任意转动，则小正四面体棱长的最大值为__________．【答案】【解析】设大正四面体的内切球半径为，则解得.设小正四面体棱长的最大值为，内切球为小正四面体的外接球，则，即，解得.点评：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．3 立体几何中的探索性问题探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．例3【江西省2018届1月联考】如图，多面体是由三棱柱截去一部分而成，是的中点.（1）若，平面，，求点到面的距离；（2）若为的中点，在上，且，问为何值时，直线平面？思路分析：（1）由，，可得面，即点到面的距离等于；（2）当时，直线平面，理由如下：取的中点，连接，可得，当时，四边形为平行四边形，即.点评：本题主要考查了点到面的距离，直线与平面平行的判定，属于基础题；在求点到面的距离中主要采用证明线面垂直找出距离或者等体积法；线面平行主要通过一下几种方式：1、利用三角形中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行等.探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明了充分性综合以上三类问题，折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．折叠与展开问题是立体几何的一对问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；求最值的途径很多，其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法；对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法，能使问题简单、有效地解决．解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。
2021新高考数学二轮总复习学案：5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题含解析
5.3.2立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力学案突破热点一翻折问题1.翻折问题中空间关系的证明【例1】(2020陕西西安中学高三模拟,19)在平行四边形ABCD中,AB=3,BC=2,过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E,AE=.连接EB交AD于点F,如图1,将△ADE沿AD折起,使得点E到达点P的位置,如图2.(1)证明:直线AD⊥平面BFP;(2)若G为PB的中点,H为CD的中点,且平面ADP⊥平面ABCD,求三棱锥G-BCH 的体积.解题心得解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”以及“变的位置关系和数量关系”,转化为一般的立体几何问题解答.【对点训练1】(2020湖南怀化三模,18)图1是直角梯形ABCD,AB∥DC,∠D=90°,AB=2,DC=3,AD=,点E在DC上,CE=2ED,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=,如图2.(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求点B到平面AC1D的距离.2.求翻折问题中的空间角【例2】(2020北京顺义二模,17)如图1所示,四边形ABCD是边长为的正方形,沿BD将点C翻折到点C1位置(如图2所示),使得二面角A-BD-C1成直二面角.E,F分别为BC1,AC1的中点.(1)求证:BD⊥AC1;(2)求平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值.解题心得平面图形翻折后成为空间图形,翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化,不在同一个平面上的可能发生变化.解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值.【对点训练2】(2020山东济宁三模,18)如图1,四边形ABCD为矩形,BC=2AB,E为AD的中点,将△ABE,△DCE分别沿BE,CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE ⊥平面BCE.(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.热点二探索性问题1.与空间位置关系有关的探索性问题【例3】(2020天津河西一模,17)在如图所示的几何体P-ABCDE中,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,AB⊥AE,AB∥CE,AE∥CD,CD=CE=2AB=4,M为PD 的中点.(1)求证:CE⊥PE;(2)求二面角M-CE-D的大小;(3)在线段PE上是否存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,若存在,求出线段AN的长;若不存在,请说明理由.解题心得1.对于空间位置关系中的存在性问题,解题思路是将假设存在所得的结论当作条件,据此条件以向量为工具,列出满足条件的方程或方程组把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数,从而确定位置.【对点训练3】(2020福建福州三模,19)如图,在多面体P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求多面体P-ABCD的体积;(2)已知E是棱PB的中点,在棱CD上是否存在点F使得EF∥PD,若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.2.与空间角有关的探索性问题【例4】(2020山东济南二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,∠PAB=∠PBA=45°,∠ABC=2∠BAC=60°,D是棱AB的中点,点E在棱PB上,点G是△BCD的重心.(1)若E是PB的中点,证明GE∥平面PAC;(2)是否存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解题心得利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论.(2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解”“是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.【对点训练4】(2020天津滨海新区高三四校联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,CD∥AB,AD⊥AB,AD=AB=2,CF=CD=,PA=PB=,E,N分别为AB,PB的中点.(1)求证:CN∥平面PEF;(2)求二面角N-CD-A的余弦值;(3)在线段BC上是否存在一点Q,使NQ与平面PEF所成角的正弦值为,若存在,求出BQ的长;若不存在,说明理由.核心素养微专题(六)立体几何解答题中的条件选择问题【例题】(2020山东青岛二模,18)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处,使得PO⊥平面ABCD成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题.如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,若,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°,求二面角A-PB-C的余弦值.核心素养分析数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现,新高考数学对核心素养的考查和渗透日趋加强.山东新高考创新性地出现了开放性的解答题,有利于立德树人,提升素养.本题首先需要理解题意,从数量关系、图形关系中抽象出数学问题,体现了数学抽象的核心素养;结合图形,理解直线、平面之间的位置关系,并进行推理证明,对直观想象和逻辑推理的核心素养有较高的要求;建立空间直角坐标系,根据向量坐标及相关公式,通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练】(2020山东潍坊二模,19)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.①AB⊥BC,②FC与平面ABCD所成的角为,③∠ABC=.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力·学案突破【例1】(1)证明如题图1,在Rt △BAE 中,AB=3,AE=,∴∠AEB=60°.在Rt △AED 中,AD=2,∴∠DAE=30°.∴BE ⊥AD.如题图2,PF ⊥AD ,BF ⊥AD ,PF ∩BF=F ,∴AD ⊥平面BFP. (2)解(方法一)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.取BF 的中点为O ,连接GO ,则GO ∥PF ,∴GO ⊥平面ABCD ,即GO 为三棱锥G-BCH 的高,∴GO=PF=PA×sin30°=CH=DC=,∴S △BCH =CH·AE=V 三棱锥G-BCH =S △BCH ·GO=(方法二)∵平面ADP ⊥平面ABCD ,且平面ADP ∩平面ABCD=AD ,PF ⊂平面ADP ,PF ⊥AD ,∴PF ⊥平面ABCD.∵G 为PB 的中点,∴三棱锥G-BCH 的高等于PF.∵H 为CD 的中点,∴△BCH的面积是四边形ABCD的面积的三棱锥G-BCH的体积是四棱锥P-ABCD的体积的∵V P-ABCD=S四边形ABCD·PF=3,∴三棱锥G-BCH的体积为对点训练1(1)证明在图1中,连接AE,由已知得AE=2.∵CE∥BA,且CE=BA=AE,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,∴CF⊥BE.在Rt△ACD中,AC==2∴AF=CF=在图2中,AC1=AF2+C1F2=A,∴C1F⊥AF.由题意知,C1F⊥BE,且AF∩BE=F,∴C1F⊥平面ABED,又C1F⊂平面BC1E,∴平面BC1E⊥平面ABED;(2)解如图2,取AD的中点N,连接FN,C1N和BD,设B到平面AC1D的距离为h.在直角梯形ABED中,FN为中位线,则FN⊥AD,FN=由(1)得C1F⊥平面ABED,AD⊂平面ABED,∴C1F⊥AD.又FN∩C1F=F,∴AD ⊥平面C1FN.又C1N⊂平面C1FN,∴C1N⊥AD,且C1N=在三棱锥C1-ABD中,,即AB×AD×C1F=AD×C1N×h,∴h=故点B到平面AC1D的距离为【例2】(1)证明取BD的中点O,连接AO,OC1.因为四边形ABCD是正方形,所以在三棱锥中,BD⊥AO,BD⊥OC1.因为AO∩OC1=O,AO,OC1⊂平面AOC1,所以BD⊥平面AOC1.又因为AC1⊂平面AOC1,所以BD⊥AC1.(2)解因为二面角A-BD-C1为直二面角,平面ABD∩平面BDC1=BD,且BD⊥AO,BD⊥OC1,AO∩OC1=O,所以∠C1OA=90°,即C1O⊥AO,所以AO,OC1,BD两两垂直.以O为原点,OA,OB,OC1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.易知AO=OC1=BD=1,所以O(0,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),A(1,0,0),C1(0,0,1),F,0,E0,,则=0,,=,-,0.显然平面ABD的一个法向量m=(0,0,1).设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则取x=2,可得y=2,z=-6,所以平面DEF的一个法向量n=(2,2,-6),则|cos<m,n>|===,所以平面DEF与平面ABD所成的二面角的余弦值为对点训练2(1)证明在题图1中,BC=2AB,且E为AB的中点,∴AE=AB, ∴∠AEB=45°,同理∠DEC=45°,∴∠CEB=90°,∴BE⊥CE.又平面ABE⊥平面BCE,平面ABE∩平面BCE=BE,∴CE⊥平面ABE.又CE⊂平面DCE,∴平面ABE⊥平面DCE.(2)解以E为坐标原点,EB,EC所在的直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则E(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),A,D,F设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),由令z=1,得平面ADE的一个法向量为n=(-1,-1,1).又,设直线FA与平面ADE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,故直线FA与平面ADE所成角的正弦值为【例3】解依题意得,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形, 则PA⊥AB,PA⊥AE,所以PA⊥面ABCDE.又因为AB⊥AE,可以建立以A为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),得A(0,0,0),B(2,0,0),C(4,2,0),D(4,6,0),E(0,2,0),P(0,0,2),M(2,3,1).(1)证明:由题意,=(-4,0,0),=(0,2,-2),因为=0,所以CE ⊥PE.(2)=(-2,-1,-1),=(2,-1,-1),设平面MEC的法向量为n=(x,y,z),则即不妨令y=1,可得平面MEC的一个法向量为n=(0,1,-1).平面DEC的一个法向量=(0,0,2),所以cos<n,>==-,由图可得二面角M-CE-D的平面角为锐角,所以二面角M-CE-D的大小为45°.(3)(方法一)存在.假设在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE.设=(λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),所以N(0,2λ,2-2λ).因为平面ABN∥平面MCE,所以n,即n=0,解得λ=,即N为PE的中点,此时N(0,1,1),||=,所以线段AN的长为所以在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,此时线段AN的长为(方法二)存在.假设在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE.设=(λ∈[0,1]),N(x,y,z),所以(x,y,z-2)=λ(0,2,-2),因此N(0,2λ,2-2λ).设平面ABN的法向量为m=(x,y,z),则即令y=λ-1,可得m=(0,λ-1,λ).因为平面ABN∥平面MCE,所以m∥n,解得λ=,此时N(0,1,1),||=,所以线段AN的长为所以在线段PE上存在点N,使得平面ABN∥平面MCE,此时线段AN的长为对点训练3解(1)如图,作PH⊥AD交DA的延长线于点H.因为平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,且PH⊂平面PAD,所以PH⊥平面ABCD,所以PH为点P到平面ABCD的距离.因为∠PAD=120°,PA=2,所以PH=PA·sin60°=,又因为S四边形=(BC+AD)·AB=3,所以V P-ABCD=PH·S四边形ABCD=3=ABCD(2)不存在.理由如下:假设在棱CD上存在点F,使得EF∥PD.连接BD,取BD的中点M,连接EM,EF.在△BPD中,因为E,M分别为BP,BD的中点,所以EM∥PD.因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM与EF重合.因为点F在线段CD 上,所以F=BD∩CD,又因为BD∩CD=D,所以F是BD与CD的交点D,即EF就是ED,而ED与PD相交,这与EF∥PD相矛盾,所以假设不成立,故在棱CD上不存在点F使得EF∥PD.【例4】(1)证明延长DG交BC于点F,连接EF,因为点G是△BCD的重心,故F为BC的中点.因为D,E分别是棱AB,BP的中点,所以DF∥AC,DE∥AP,又因为DF∩DE=D,所以平面DEF∥平面APC.又因为GE⊂平面DEF,所以GE∥平面PAC.(2)解存在.连接PD,因为∠PAB=∠PBA=45°,所以PA=PB.又因为D是AB的中点,所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC,而平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.如图,以D为原点,垂直于AB的直线为x轴,DB,DP所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系,设PA=PB=2,则AB=2,PD=CD=,所以D(0,0,0),B(0,,0),C,0,G,0,P(0,0,).假设存在点E,设=,λ∈(0,1],则+=(0,,0)+λ(0,-)=(0,(1-λ),),所以E(0,(1-λ),).又因为,设平面ECD的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,解得n1=1,-.又因为平面CDG的一个法向量n2=(0,0,1),而二面角E-CD-G的大小为30°,所以|cos<n1·n2>|==,即,解得λ=,所以存在点E,使二面角E-CD-G的大小为30°,此时对点训练4(1)证明取PE中点G,连接GN,FG,则GN∥BE,GN=BE=,即GN∥CF,GN=CF,所以GNCF为平行四边形,CN∥FG,CN⊄平面PEF,FG⊂平面PEF,所以CN∥平面PEF.(2)解因为PA=PB,点E为AB的中点,所以PE⊥AB.又因为侧面PAB⊥底面ABCD且侧面PAB∩底面ABCD=AB,所以PE⊥平面ABCD.分别以EB,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,2),C,D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),N,平面CDA 的一个法向量m=(0,0,1),(0,-2,1).设平面CDN的法向量n=(x,y,z),则令y=1,得平面CDN的一个法向量n=(0,1,2).所以cos<m,n>=,因此二面角N-CD-A的余弦值为(3)解存在.假设存在点P,满足题意,连接NQ.设==-,2λ,0(λ∈[0,1]),则Q-+1,2λ,0,=-+,2λ,-1.因为平面PEF的一个法向量p=(1,0,0),所以|cos<,p>|=,解得λ=或λ=-9(舍),所以在线段BC上存在点Q满足题意,此时BQ=核心素养微专题(六)【例题】解若选②,由PO⊥平面ABCD知PO⊥AB,又因为PC⊥AB,所以AB⊥平面PAC,所以AB⊥AC,所以∠BAC=90°,BC>BA,这与底面ABCD为菱形矛盾,所以②必不选,故选①③.下面证明:PO⊥平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为PC⊥BD,PC∩AC=C,所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC,所以BD ⊥PO.因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC.又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.因为PO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,以的方向分别作为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为AB∥CD,所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角,所以∠PBA=60°.在菱形ABCD中,设AB=2,因为∠ABC=60°,所以OA=1,OB=,设PO=a,则PA=,PB=在△PBA中,由余弦定理得PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cos∠PBA,所以a2+1=4+a2+3-2×2,解得a=所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),P(0,0,).设平面ABP的法向量为n1=(x1,y1,z1),=(,1,0),=(0,1,),由可得令z1=1,得n1=(,-,1).设平面CBP的法向量为n2=(x2,y2,z2),=(,-1,0),=(0,-1,),由可得令z2=1,得n2=(,1).设二面角A-PB-C的平面角为θ,所以cosθ=,所以二面角A-PB-C的余弦值为跟踪训练解(1)在线段AB上存在中点G,使得AF∥平面PCG.证明如下:如图所示,设PC的中点为H,连接FH.∵FH∥CD,FH=CD,AG∥CD,AG=CD,∴FH∥AG,FH=AG,∴四边形AGHF为平行四边形,则AF∥GH.又GH⊂平面PGC,AF⊄平面PGC, ∴AF∥平面PGC.(2)方案一:选条件①.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,由题意知AB,AD,AP两两垂直,以AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),=(0,1,1),=(-2,-1,1).设平面FAC的法向量为μ=(x,y,z),取y=1,得平面FAC的一个法向量μ=(-1,1,-1).又平面ACD的一个法向量为ν=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D的余弦值为方案二:选条件②.∵PA⊥平面ABCD,取BC中点E,连接AE,取AD的中点M,连接FM,CM,则FM∥PA,且FM=1,∴FM⊥平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为∠FCM,∴∠FCM=在Rt△FCM中,CM=,又CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B(,-1,0),C(,1,0),D(0,2,0),E(,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2), =(0,1,1),=(-,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z), 则取x=,得平面FAC的一个法向量m=(,-3,3).又平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D的余弦值为晨鸟教育方案三:选条件③.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,取BC中点E,连接AE,∵底面ABCD是菱形,∠ABC=,∴△ABC是正三角形.∵E是BC的中点,∴BC⊥AE,∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.∵PA=AB=2,∴A(0,0,0),B (,-1,0),C (,1,0),D(0,2,0),E (,0,0),F(0,1,1),P (0,0,2), =(0,1,1),=(-,0,1),设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则取x=,得平面FAC的一个法向量m=(,-3,3).又平面ACD的法向量n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为θ,则cosθ=,∴二面角F-AC-D 的余弦值为Earlybird。
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)-人教版高三全册数学
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Rt△ABC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CG⊥AD,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CM=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 ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,当EF ∥平面AGH 时,求λ的值. 6.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是梯形,且BC ∥AD ,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 ,使得CM ∥平面PAB ?若存在,求PM PD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 ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDA ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1).如图,将△BEC 沿BE 折起至△BEG ,使得平面BEG ⊥平面ABED. (1)当λ=12时,求证:EF ⊥BG ;(2)是否存在λ,使得FG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13?若存在,求出λ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,CC1,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√5?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.5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,∴DE∥BC.又AC⊥BC,∴DE⊥AC.在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,又DE∥BC,∴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A1CD∩平面BCDE=DC,在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,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A 1(0,0,√3),B (1,4,0),C (1,0,0),E (-1,2,0).A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,√3),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0).设平面A 1BE 的法向量为n =(x 1,y 1,z 1), 则{EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =x 1-2y 1+√3z 1=0,EB⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =2x 1+2y 1=0, 令x 1=1,则y 1=-1,z 1=-√3,∴平面A 1BE 的一个法向量为n =(1,-1,-√3).设直线A 1C 与平面A 1BE 所成角为θ,则sin θ=|cos <A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√3)√3)|√1+3×√1+1+3=2√55. ∴直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值为2√55.2.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,∴FG ∥AD ,FG=12AD.又四边形ABCD 为正方形,则AD ∥BC ,AD=BC ,∴FG ∥BC ,FG=12BC.又E 是BC 的中点,∴FG ∥CE ,FG=CE ,则四边形ECFG 是平行四边形,∴CF ∥EG.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 ,∴PO ⊥AD.∵平面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=2√3,则平面PBC 的一个法向量n =(0,3,2√3),∴|cos <n ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|√21×√3|=√77,∴直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值为√77.3.(1)证明如图所示,连接B 1C ,∵四边形ABCD 为平行四边形,∴AB CD ,又A 1B 1 AB ,∴A 1B 1 CD ,∴四边形A 1B 1CD 为平行四边形,∴A 1D ∥B 1C. 又B 1C ⊂平面BCC 1B 1,A 1D ⊄平面BCC 1B 1,∴A 1D ∥平面BCC 1B 1.(2)解存在.假设存在点F ,使平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 垂直,则平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 所成的二面角为直二面角.设平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 所成的二面角的平面角为θ,则θ=90°.如图所示,以A 为坐标原点,分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 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,AA 1=2, ∴A (0,0,0),D (3,0,0),A 1(0,0,2),C 1(0,3,2). ∵点F 在BC 上,∴设点F (m ,3,0).∴A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,3,-2).设平面A 1C 1D 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{n 1·A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{3x 1-2z 1=0,y 1=0,取x 1=2,则y 1=0,z 1=3,∴平面A 1C 1D 的一个法向量n 1=(2,0,3). 设平面A 1C 1F 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{n 2·A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{mx 2+3y 2-2z 2=0,y 2=0,取x 2=2,则y 2=0,z 2=m ,∴平面A 1C 1F 的一个法向量n 2=(2,0,m ). 则cos <n 1,n 2>=cos θ=cos90°=0,∴n 1·n 2|n 1||n 2|=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DA 1C 1与平面A 1C 1F 垂直,此时BF=53.4.(1)证明∵四边形DCGH 为矩形,∴CG ⊥CD.又CG ⊥AD ,CD ∩AD=D ,∴CG ⊥平面ADC ,故CG ⊥AC. ∵六边形AEFBCD 为正六边形,∴∠ADC=∠DCB=120°,故∠DCA=30°,∴∠ACB=90°, 即AC ⊥CB.又CG ∩CB=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 ,∴AG ∥MN ,∴CM MG=CN NA=CD AB=48=12.∴MG=2,∴CG=3.由(1)知,AC ⊥CB ,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 (4√3,0,0),B (0,4,0),M (0,0,1),H (2√3,-2,3),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4√3,4,0),AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,-2,3),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,1),设平面AHB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2√3x -2y +3z =0,-4√3x +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θ,∴sin θ=|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√16+1·√3+9+16=4√119119,即直线BM 与平面AHB 所成角的正弦值为4√119119.5.(1)证明在图1中,△ABD 为等边三角形,E 为AD 中点,∴BE ⊥AD ,∴BE ⊥AE.∵∠AEG=90°,∴GE ⊥AE.∵GE ⊥AE ,BE ⊥AE ,GE ∩BE=E ,∴AE ⊥平面EBHG.(2)解设菱形ABCD 的边长为2,由(1)可知AE ⊥GE ,AE ⊥BE ,GE ⊥BE ,∴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),∴AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,2).设平面AGH 的法向量为n =(x ,y ,z ),∴{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +z =0,-x +√3y +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EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设二面角A-GH-B 的大小为θ,则θ为锐角,∴cos θ=|cos <n ,EA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||EA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√217. (3)解由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =y AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,√3y ,0),得EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,√3y ,0)-(-1,0,0)=(1-λ,√3y ,0).∵EF ∥平面AGH ,则n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即1-2λ=0,∴λ=12. 6.(1)证明∵AC=CD=√22AD , ∴AC 2+CD 2=12AD 2+12AD 2=AD 2,∴AC ⊥CD.∵PD ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,∴PD ⊥AC.又PD ∩CD=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),∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,2), 设n =(x ,y ,z )为平面PAB 的一个法向量,由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x +2y =0,-4x +2z =0, 取y=1,则n =(2,1,4).由(1)AC ⊥平面PCD ,可知AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-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θ,则cos θ=|cos <n ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√22+12+42×√(-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 上存在点M ,使得CM ∥平面PAB ,则CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ,即CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0.设M (0,0,h ),则CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,h ),由CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得2×(-2)+1×(-2)+4h=0,解得h=32.此时,PM PD =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PM PD =14,过M 作MN ∥AD 交PA 于点N ,则MN=14AD.又BC 14AD ,∴BC MN ,∴四边形MNBC 为平行四边形,∴CM ∥BN.∵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PM PD =14. 7.(1)证明当λ=12时,F 是AD 的中点.∴DF=12AD=1,DE=13CD=1.∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=23CD=2,BC=2,∠BCD=90°,∴∠BEC=45°.∴BE ⊥EF.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 ,∴EF ⊥BG.(2)解存在.以C 为原点,CD⃗⃗⃗⃗⃗ ,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 (3,2λ,0).取BE 的中点O ,∵GE=BG=2,∴GO ⊥BE ,∴易证得OG ⊥平面BCE.∵BE=2√2,∴OG=√2,∴G (1,1,√2).∴FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1-2λ,√2),EG⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,√2),DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,√2). 设平面DEG 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x +y +√2z =0,n ·EG⃗⃗⃗⃗⃗ =-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θ,则sin θ=|cos <FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√6×√6+(1-2λ)=13, 解得λ=12或λ=-710(舍去). ∴存在实数λ,使得DG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13,此时λ=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, ∴MN ∥PQ ,连接FM ,MN ,NE ,则AE=ND ,且AE ∥ND ,∴四边形ADNE 为矩形,故AD ∥NE ,同理,FM ∥BC ∥AD 且NE=MF=AD ,故四边形FMNE 是平行四边形,∴EF ∥MN ,∴EF ∥PQ.故E ,F ,P ,Q 四点共面.又EF ∥PQ ,EF ⊄平面BPQ ,PQ ⊂平面BPQ ,∴EF ∥平面PQB.(方法二)∵直棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,∴AC ⊥BD ,AA 1⊥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AA 1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 ,a ∈[1,3],则E (2,0,a-1),F (0,1,a ),P (-2,0,a+1),Q (0,-1,a ),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1), ∴EF ∥PQ ,故E ,F ,P ,Q 四点共面.又EF ∥PQ ,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-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,∴AC ⊥BD ,AA 1⊥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AA 1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 ,a ∈[1,3],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n 1=(x 1,y 1,z 1),则{EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,EQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{-2x 1+y 1+z 1=0,-2x 1-y 1+z 1=0,令x 1=1,可得平面EFPQ 的一个法向量n 1=(1,0,2). BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,a+1),BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,a ),设平面BPQ 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,BQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0, 即{-2x 2-y 2+(a +1)z 2=0,-2y 2+az 2=0,令y 2=2a ,可得x 2=a+2,z 2=4,∴平面BPQ 的一个法向量n 2=(a+2,2a ,4).若|cos <n 1,n 2>|=|12√5·√(a+2)+4a 2+16=√55, 则(a+10)2=5a 2+4a+20,即有a 2-4a-20=0,a ∈[1,3],解得a=2±2√6∉[1,3],故不存在点P 使之成立.。
2021-2022年高考数学二轮复习难点2.8立体几何中的折叠问题最值问题和探索性问题测试卷文
2021-2022年高考数学二轮复习难点2.8立体几何中的折叠问题最值问题和探索性问题测试卷文（一）选择题（12*5=60分）1．在等腰梯形中，,,为的中点，将与分别沿、向上折起，使、重合于点，则三棱锥的外接球的体积为（ ）A ．B ． C. D ．【答案】C2．将边长为的正方形沿对角线折成一个直二面角.则四面体的内切球的半径为（ ）A ．1B ． C. D ．【答案】D【解析】设球心为，球的半径为，由D ABC O ABC O ADC O BCD O ABD V V V V V -----=+++，知，故选D.3．【北京市海淀区xx 届期末】已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，点在平面内，点在线段上，若，则长度的最小值为A. B. C. D.【答案】C4．已知，如图，在矩形中，分别为边、边上一点，且，现将矩形沿折起，使得ADEF BCFE⊥平面平面，连接，则所得三棱柱的侧面积比原矩形的面积大约多（）ABDFA.68%B.70%C.72%D.75%【答案】D【解析】折叠后，根据题意，由直二面角的概念可知在三棱柱中，，根据题设的条件可得，所以三棱柱的侧面积比原矩形的面积多，从而三棱柱的侧面积比原矩形的面积多，故选D.5．【河南省漯河市xx届第四次模拟】已知三棱锥中，，，点在底面上的射影为的中点，若该三棱锥的体积为，那么当该三棱锥的外接球体积最小时，该三棱锥的高为（）A. 2B.C.D. 3【答案】D【解析】如图所示，设AC的中点为D，连结PD，很明显球心在PD上，设球心为O，PD=h，AB=x，则：，在Rt△OCD中：OC2=CD2+OD2,设OC=R,则：，解得：22232221271272727922322424444444hx h h h h h hhRh h h h h⨯++===+=++≥++=，当且仅当，即h=3 时等号成立，此时当其外接球的体积最小.即满足题意时三棱锥的高为.本题选择D选项.6．已知边长为的菱形中，，现沿对角线折起，使得二面角为120°，此时点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．B ． C． D ．【答案】CHMNDBCA7．【福建省南安xx 届第二次阶段考试】如图所示，长方体中，AB =AD =1,AA 1=面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为（ ）A. B. C. D.【答案】A8．如图，边长为的等边三角形的中线与中位线交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是（）①；②平面；③三棱锥的体积有最大值．A．① B．①② C．①②③ D．②③【答案】C【解析】①中由已知可得面，∴．②，根据线面平行的判定定理可得平面．③当面面时，三棱锥的体积达到最大．故选C．9．【河南省林州市xx届8月调研】如图，已知矩形中，，现沿折起，使得平面平面，连接，得到三棱锥，则其外接球的体积为（）A. B. C. D. 【答案】D10.一块边长为的正方形铁皮按如图（1）所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正三棱锥形容器，将该容器按如图（2）放置，若其正视图为等腰直角三角形（如图（3）），则该容器的体积为（ ）A ．B ． C. D ．【答案】B【解析】设四棱锥的棱长为,则底面边长为，则侧面的斜高为，棱锥的高为，则，即四棱锥的侧面是边长为正三角形，且，故该四棱锥的体积6462223132==⨯=a a a V .应选B. 11．【河南省师范大学附中xx 届8月】把边长为1的正方形沿对角线折起，使得平面平面，形成三棱锥的正视图与俯视图如下图所示，则侧视图的面积为（ ）A. B. C. D.【答案】D12．【湖北省武汉市xx届调研联考】设点是棱长为2的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是（）A. B. C. 1 D.【答案】A（二）填空题（4*5=20分）13.如图，，平面，交于，交于，且，则三棱锥体积的最大值为．【答案】【解析】因为平面，所以,又，,又因为,所以平面,所以平面平面,，平面平面,所以平面,所以,所以平面,由22222AF EF AE AF EF+==≥⋅可得，所以,所以三棱锥体积的最大值为.14．【河北衡水金卷xx届模拟一】如图，在直角梯形中，，，，点是线段上异于点，的动点，于点，将沿折起到的位置，并使，则五棱锥的体积的取值范围为__________．【答案】15．已知边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体，则四面体的外接球的表面积．【答案】【解析】如图所示，，，，∴，设，∵，，∴由勾股定理可得22222331234⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛+=+=xxR，∴，∴四面体的外接球的表面积为，故答案为．16．【南宁市xx届12月联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.①所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④(三)解答题（4*10=40分）17．【辽宁省丹东市xx届期末】长方形中，，是中点（图1）．将△沿折起，使得（图2）．在图2中：（1）求证：平面平面；（2）若，，求三棱锥的体积．18. 【辽宁省凌源市xx届期末】已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点.（1）求证: ；（2）在上是否存在点，使平面平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）设,则为底面正方形中心，连接,因为为正四梭锥.所以平面,所以.又,且,所以平面；因为平面,故.（2）存在点，设,连.取中点，连并延长交于点，∵是中点，∴,即，又，平面，平面，∴平面, 平面，又，平面，∴平面平面，在中，作交于，则是中点，是中点，∴.19. 【黑龙江省七台河市xx届期末联考】如图，内接于圆，是圆的直径，，，设，且，四边形为平行四边形，平面.（1）求三棱锥的体积；（2）在上是否存在一点，使得平面？证明你的结论.20. 【四省名校xx届第一次大联考】在中，，，，是的中点，是线段上一个动点，且，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.（1）当时，证明：平面；（2）是否存在，使得三棱锥的体积是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.精品文档23414 5B76 孶30836 7874 硴MS'35023 88CF 裏36363 8E0B 踋•27264 6A80 檀~34577 8711 蜑 23776 5CE0 峠实用文档。
高考数学二轮复习专题突破—立体几何中的翻折问题及探索性问题(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2021·山东聊城三模)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.(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CE的值;若不存在,请说明理由.CP3.(2021·山东泰安三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=2√2,BB1=2,M为CC1的中点.(1)试确定线段AB1上一点N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的条件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值.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=√3,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4√6?若存在,求出AN的21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DE=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BC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.答案及解析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°=√3CD.取BD 的中点O ,连接OM ,OC ,则OM ∥PD ,OM=12PD. 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,√6),C (1,0,0),D (0,1,0),M (0,0,√62),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,√6),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√62).设平面MCD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +√62z =0,令z=√2,则x=√3,y=√3,所以n =(√3,√3,√2)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 <CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|CP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||CP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√34,所以直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√34.2.(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,√3).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CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则E (0,1-λ,√3λ),∴DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2-λ,√3λ).设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z ),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0), 则{n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,(2-λ)y +√3λz =0,取x=1,则y=-1,z=√3λ,∴n =(1,-1√3λ)为平面ADE 的一个法向量.由题意可知|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=2-λ√3λ√12+12+(2-λ√3λ)=12,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(√2-1),故存在点E ,使平面ADE 与平面ABCD 的夹角为60°,此时CECP =2(√2-1). 3.解 (1)当AN=13AB 1时,AC ∥平面BMN.证明:如图,设BM ∩B 1C=E ,连接EN ,则CEB 1E =CMBB 1=12.由AN=13AB 1,得ANB 1N =12,∴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 1O.∵AC=AB=2,∴AO ⊥BC.又BC=2√2,∴AO=BO=√2.∵平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ,平面ABC ∩平面BB 1C 1C=BC ,AO ⊂平面ABC ,∴AO ⊥平面BB 1C 1C.∵AB=BB 1=2,∠ABB 1=60°,∴AB 1=2,O B 12=A B 12-AO 2=2,∴OB 1=√2,O B 12+OB 2=B B 12,∴OB 1⊥OB.以O 为原点,OB ,OB 1,OA 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 (0,0,√2),B (√2,0,0),C (-√2,0,0),C 1(-2√2,√2,0),B 1(0,√2,0),M (-3√22,√22,0),∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√2),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,-√2),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-5√22,√22,0),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√23,-√23),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,√23,2√23). 设平面BMN 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-√2x +√23y +2√23z =0,-5√22x +√22y =0,解得{y =5x ,z =-x ,令x=1,则y=5,z=-1,∴n =(1,5,-1)为平面BMN 的一个法向量. 由题意可知m =(0,0,1)为平面BB 1C 1C 的一个法向量.设平面BMN 与平面BB 1C 1C 的夹角为θ,则cos θ=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√39, 故平面BMN 与平面BB 1C 1C 的夹角的余弦值为√39.4.(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=23BH. 因为F 为BC 的中点,G 为CF 的中点,所以BF=23BG. 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,√3),H (12,0,√32),G (12,32,0),所以BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3),HG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,-√32). 设平面PBC 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +2y =0,-x +√3z =0,令x=√3,则y=√3,z=1,所以n =(√3,√3,1)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sin θ=|cos <n ,HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||HG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√3×√7=√77, 故直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值为√77. 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=12AB.又CD ∥AB ,CD=12AB ,∴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=12AB ,∴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 (√2,0,0),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 ),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,-1,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1), 由{m ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x -y =0,-y +z =0,取y=√2,则x=1,z=√2,∴m =(1,√2,√2)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|cos θ|=|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=√55,∴sin θ=√1-cos 2θ=2√55. 故二面角E-BD-C 的正弦值为2√55.(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4√621.由(2)知M (√22,12,0),A (0,-1,0),D (0,0,1),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,-1,0),则MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,-12,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0). 设AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,λ,λ),其中0≤λ≤1, ∴BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,λ-2,λ). 设平面BEN 的法向量为u =(x 1,y 1,z 1), 由{u ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,u ·BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x 1-y 1=0,(λ-2)y 1+λz 1=0,取y 1=√2λ,则x 1=λ,z 1=2√2−√2λ,∴u =(λ,√2λ,2√2−√2λ)为平面BEN 的一个法向量.由题意可知|cos <MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,u >|=|MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·u ||MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||u |=√2-√2λ√72×5λ2-8λ+8=4√621.整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=12或λ=138(舍去).∴AN=√22.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4√621,此时AN=√22.6.(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=12BC.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=12BC ,即λ=12.(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,√3λ),D (λ,0,0),B (1,√3(1-λ),0), 所以MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,0,-√3λ),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,√3(1-λ),0). 设平面MBD 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则{MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =λx -√3λz =0,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =(1-λ)x +√3(1-λ)y =0, 即{x =√3z ,x =-√3y ,令x=√3,则y=-1,z=1,所以m =(√3,-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|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√55,易知θ为钝角,所以二面角B-MD-E的大小不变.sin θ=√1-cos2θ=2√55,所以二面角B-MD-E的正弦值为2√55.。
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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Rt△ABC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CG⊥AD,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CM=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=λ,当EF∥平面AGH时,求λ的值.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是梯形,且BC∥AD,AC=CD=AD,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,使得CM∥平面PAB?若存在,求的值;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=λ(0≤λ≤1).如图,将△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)当λ=时,求证:EF⊥BG;(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为?若存在,求出λ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,CC1,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?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,∴DE∥BC.又AC⊥BC,∴DE⊥AC.在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD,又DE∥BC,∴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A1CD∩平面BCDE=DC,在等边三角形A1CD中过点A1作A1O⊥CD,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,),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).=(1,0,-),=(1,-2,),=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,z1=-,∴平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-).设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为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,∴FG∥AD,FG=AD.又四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=BC.又E是BC的中点,∴FG∥CE,FG=CE,则四边形ECFG是平行四边形,∴CF∥EG.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,∴PO⊥AD.∵平面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,),F-,0,,=-,0,,=(-2,0,0),=(1,2,-),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则令y=3,得x=0,z=2,则平面PBC的一个法向量n=(0,3,2),∴|cos<n,>|=,∴直线AF与平面PBC所成角的正弦值为3.(1)证明如图所示,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,∴A1D∥B1C.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θ,则θ=90°.如图所示,以A为坐标原点,分别以为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,∴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).=(3,0,-2),=(0,3,0),=(m,3,-2).设平面A1C1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取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),则即取x2=2,则y2=0,z2=m,∴平面A1C1F的一个法向量n2=(2,0,m).则cos<n1,n2>=cosθ=cos90°=0,=0,即4+3m=0,∴m=-,即CF=,∴BF=3-∴在线段BC上存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,此时BF=4.(1)证明∵四边形DCGH为矩形,∴CG⊥CD.又CG⊥AD,CD∩AD=D,∴CG⊥平面ADC,故CG⊥AC.∵六边形AEFBCD为正六边形,∴∠ADC=∠DCB=120°,故∠DCA=30°,∴∠ACB=90°,即AC⊥CB.又CG∩CB=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,∴AG∥MN,MG=2,∴CG=3.由(1)知,AC⊥CB,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(4,0,0),B(0,4,0),M(0,0,1),H(2,-2,3),=(-4,4,0),=(-2,-2,3),=(0,-4,1),设平面AHB 的法向量为n=(x,y,z),则取x=,则y=3,z=4,∴平面AHB的一个法向量n=(,3,4).设直线BM与平面AHB所成角为θ,∴sinθ=|cos<,n>|=,即直线BM与平面AHB所成角的正弦值为5.(1)证明在图1中,△ABD为等边三角形,E为AD中点,∴BE⊥AD,∴BE⊥AE.∵∠AEG=90°,∴GE⊥AE.∵GE⊥AE,BE⊥AE,GE∩BE=E,∴AE⊥平面EBHG.(2)解设菱形ABCD的边长为2,由(1)可知AE⊥GE,AE⊥BE,GE⊥BE,∴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,,0),G(0,0,1),H(0,,2),=(-1,0,1),=(-1,,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),即令x=,则平面AGH的一个法向量n=(,-1,).易知平面EBHG的一个法向量为=(1,0,0).设二面角A-GH-B的大小为θ,则θ为锐角,∴cosθ=|cos<n,>|=(3)解由==(-λ,,0),得=(-λ,,0)-(-1,0,0)=(1-λ,,0).∵EF∥平面AGH,则n=0,即1-2λ=0,∴λ=6.(1)证明∵AC=CD=AD,∴AC2+CD2=AD2+AD2=AD2,∴AC⊥CD.∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.又PD∩CD=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),=(-1,2,0),=(-4,0,2),设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,由取y=1,则n=(2,1,4).由(1)AC⊥平面PCD,可知=(-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θ,则cosθ=|cos<n,>|=故平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值为(3)解(方法一)存在.假设在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,则n,即n=0.设M(0,0,h),则=(-2,-2,h),由n=0,得2×(-2)+1×(-2)+4h=0,解得h=此时,故在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,此时(方法二)存在.在棱PD上取点M,使,过M作MN∥AD交PA于点N,则MN=AD.又BC AD,∴BC MN,∴四边形MNBC为平行四边形,∴CM∥BN.∵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7.(1)证明当λ=时,F是AD的中点.∴DF=AD=1,DE=CD=1.∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=CD=2,BC=2,∠BCD=90°,∴∠BEC=45°.∴BE⊥EF.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,∴EF⊥BG.(2)解存在.以C为原点,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(3,2λ,0).取BE的中点O,∵GE=BG=2,∴GO⊥BE,∴易证得OG⊥平面BCE.∵BE=2,∴OG=,∴G(1,1,).=(-2,1-2λ,),=(-1,1,),=(-2,1,).设平面DEG的法向量为n=(x,y,z),则令z=,则平面DEG的一个法向量n=(0,-2,).设FG与平面DEG所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-(舍去).∴存在实数λ,使得DG与平面DEG所成的角的正弦值为,此时λ=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,∴MN∥PQ,连接FM,MN,NE,则AE=ND,且AE∥ND,∴四边形ADNE为矩形,故AD∥NE,同理,FM∥BC∥AD且NE=MF=AD,故四边形FMNE是平行四边形,∴EF∥MN, ∴EF∥PQ.故E,F,P,Q四点共面.又EF∥PQ,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,∴AC⊥BD,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,a∈[1,3],则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,1,1), ∴EF∥PQ,故E,F,P,Q四点共面.又EF∥PQ,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,∴AC⊥BD,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,a∈[1,3],则E(2,0,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,-1,1),设平面EFPQ的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令x1=1,可得平面EFPQ的一个法向量n1=(1,0,2).=(-2,-1,a+1),=(0,-2,a),设平面BPQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令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<n1,n2>|=,则(a+10)2=5a2+4a+20,即有a2-4a-20=0,a∈[1,3],解得a=2±2[1,3],故不存在点P使之成立.。