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专题突破练16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,求的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·山东泰安三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=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=√,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: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=CDtan60°=√CD.取BD的中点O,连接OM,OC,则OM∥PD,OM=PD.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,√),C(1,0,0),D(0,1,0),M(√)⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,√),⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-√).设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{--√令z=√,则x=√,y=√,所以n=(√√√)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sinθ=|cos⃗⃗⃗⃗⃗,n|=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√,所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为√.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°,设⃗⃗⃗⃗⃗=λ⃗⃗⃗⃗⃗(0≤λ≤1),则E(0,1-λ,√λ),∴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2-λ,√λ).设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-√取x=1,则y=-1,z=-√,∴n=(--√)为平面ADE的一个法向量.由题意可知|cosm,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.解:(1)当AN=AB1时,AC∥平面BMN.证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则.由AN=AB1,得,∴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,B1O.∵AC=AB=2,∴AO⊥BC.又BC=2√,∴AO=BO=√.∵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,O=A-AO2=2,∴OB1=√,O+OB2=B,∴OB1⊥OB.以O为原点,OB,OB1,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,√),B(√,0,0),C(-√,0,0),C1(-2√√,0),B1(0,√,0),M(-√√),∴⃗⃗⃗⃗⃗=(-√,0,√),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√,-√),⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-√√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(√-√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-√√√).设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-√√√-√√解得{-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BB1C1C的一个法向量.设平面BMN与平面BB1C1C的夹角为θ,则cosθ=|cosm,n|=√,故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为√.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{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{--√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=|cosn,⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√√√√,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{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗得{√--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|=|cosm,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).设⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ⃗⃗⃗⃗⃗=(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{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗得{√--取y1=√λ,则x1=λ,z1=2√√λ,∴u=(λ,√λ,2√√λ)为平面BEN的一个法向量.由题意可知|cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗,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,√λ),D(λ,0,0),B(1,√(1-λ),0),所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,0,-√λ),⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(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|=|cosm,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√.