2024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究性问题1.(2024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.(2024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.(2024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.(2024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.(2024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满意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PMPD的值;若不存在,说明理由7.(2024山东省试验中学模拟,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.(2024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,且满意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?假如存在,求出CP的长;假如不存在,请说明理由专题突破练18立体几何中的翻折问题及探究性问题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(0,0,3),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则E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所成角为θ,则sinθ=|cos<A1C,n∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为22.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-令y=3,得x=0,z=23,则平面PBC的一个法向量n=(0,3,23),∴|cos<n,AF>|=|n·AF||n||AF3.(1)证明如图所示,连接B1C,∵四边形ABCD为平行四边形,∴ABCD,又A1B1AB,∴A1B1CD,∴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AD,AC,AA1为x轴,y轴∵∠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).∴A1D=(3,0,-2),A1C1=(0,3,0),A1F=(m,3,-2).设平面A1C1D的法向量为n1=(x则n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n即m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,∴n1·n2|n1||n2|=0,即4+3m=0,∴∴在线段BC上存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,此时BF=54.(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,∴CMMG=CNNA=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(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n·AH=0,n·AB=0,即-23x-2y+3设直线BM与平面AHB所成角为θ,∴sinθ=|cos<BM,n>|=|BM·n||BM|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),∴AG=(-1,0,1),AH=(-1,3,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),即-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θ,则θ为锐角,∴cosθ=|cos<n,EA>|=|(3)解由AF=λAB=(-λ,3λ,0),得EF=AF-AE=(-λ,3λ,0)-(-1,0,0)=(1-λ,3λ,0).∵EF∥平面AGH,则n·EF=0,即16.(1)证明∵AC=CD=22AD∴AC2+CD2=12AD2+12AD2=AD2,∴AC⊥CD.∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.又PD∩CD=D,∴AC⊥平面(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),∴AB=(-1,2,0),AP=(-设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,由n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θ,则cosθ=|cos<n,AC>|=|2×(-2)+1(3)解(方法一)存在.假设在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,则CM⊥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,PMPD=2-322=(方法二)存在.在棱PD上取点M,使PMPD=14,过M作MN∥AD交PA于点N,则又BC14AD,∴BC∴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PM7.(1)证明当λ=12时,F是AD的中点∴DF=12AD=1,DE=13CD=∵∠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,CD,CB的方向为x轴,y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=22,∴OG=2,∴G(1,1,2).∴FG=(-2,1-2λ,2),EG=(-1,1,2),DG=(-2,1,2)设平面DEG的法向量为n=(x,y,z),则n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sinθ=|cos<FG,n>|=|-2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=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),EF=(-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-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,