2025高考数学考二轮专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题-专项训练【含答案】

2025高考数学考二轮专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题-专项训练1.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.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CECP的值;若不存在,请说明理由3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=22,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.(2024·广西名校模拟)如图1,在矩形ABCD中,AB=2BC=22.点E为CD的中点,现将△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE,得到四棱锥D-ABCE如图2所示,点P为棱DB上一点.图1图2(1)证明:AD⊥BE.(2)是否存在点P,使得直线EP与平面BCD所成角的正弦值为3311?若存在,求DP∶DB的值;若不存在,请说明理由5.(2024·新高考Ⅱ,17)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足AE=25AD,AF=12AB,将△AEF(1)证明:EF⊥PD;(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.6.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DEBC=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答案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°=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),M0,0,62,CP=(-1,1,6),设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),则n令z=2,则x=3,y=3,所以n=(3,3,2)设直线PC与平面MCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<CP,n>|=|CP·n||CP||n2.(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由题意可知|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=2-λ3λ12+12+2-λ3λ2=12,整理得λ2+3.解(1)当AN=13AB1时,AC∥平面BMN证明:如图,设BM∩B1C=E,连接EN,则CEB由AN=13AB1,得ANB1N=1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=22,∴AO=BO=2.∵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,OB12=AB12-AO2=2,∴OB1=2,OB12+OB2=BB1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(0,0,2),B(2,0,0),C(-2,0,0),C1(-22,2,0),B1(0,2,0),M∴BA=(-2,0,2),AB1=(0,2,-2),BM=-522,22,设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则BN即-2x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=|cos<m,n>|=|m故平面BMN与平面BB1C1C的夹角的余弦值为394.(1)证明在矩形ABCD中,AD=DE=EC=BC=2,AE=BE=2,AB=22,所以AE2+BE2=AB2,所以AE⊥BE.因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,BE⊥AE,BE⊂平面ABCE,所以BE⊥平面ADE.因为AD⊂平面ADE,所以AD⊥BE.(2)解如图,取AE的中点O,连接OD,作OF∥EB交AB于点F,则OF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DO⊥AE,DO⊂平面ADE,所以DO⊥平面ABCE.以O为坐标原点,以OA,OF,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,所以B(-1,2,0),D(0,0,1),C(-2,1,0),E(-1,0,0),BD=(1,-2,1),BC=(-1,-1,0).设平面BCD的法向量为m=(x,y,z),则m令x=1,则y=-1,z=-3,所以m=(1,-1,-3),ED=(1,0,1),DB=(-1,2,-1).设DP=λDB(0≤λ≤1),则EP=ED+λDB=(1-λ,2λ,1-则cos<EP,m>=EP·设直线EP与平面BCD所成角为θ,则sinθ=|cos<EP,m>|=26λ2-4λ所以存在点P,使直线EP与平面BCD所成角的正弦值为3311,此时DP∶DB的值为15.(1)证明如图,连接EC,在△AEF中,由余弦定理知EF=2,则EF⊥AE.所以EF⊥PE,EF⊥ED,则EF⊥平面PED,所以EF⊥PD.(2)解△CDE中,CE=DE2+CD2=27+9=6;△PCE中,PE2+CE2=PC2,所以PE⊥EC.以E为坐标原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则P(0,0,23),F(2,0,0),B(4,23,0),C(3,33,0),D(0,33,0).FP=(-2,0,23),BP=(-4,-23,23),CD=(-3,0,0),DP=(0,-33,23).设平面PBF的法向量为n=(x1,y1,z1),则FP令z1=1,则n=(3,-1,1).设平面PCD的法向量为m=(x2,y2,z2),则CD即-令z2=3,则m=(0,2,3).设平面PCD与平面PBF所成的二面角为θ,则|cosθ|=|cos<n,m>|=|n所以sinθ=1-6.解(1)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=1(2)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(