文档内容
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.
CE
(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.
CP3.(2021·山东泰安三模)在三棱柱ABC-ABC 中,AB=AC=2,BC=2√2,BB=2,M为CC 的中点.
1 1 1 1 1
(1)试确定线段AB 上一点N,使AC∥平面BMN;
1
(2)在(1)的条件下,若平面ABC⊥平面BBC C,∠ABB=60°,求平面BMN与平面BBC C的夹角的余弦
1 1 1 1 1
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.
4√6
(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
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
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,
BC
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=CDtan 60°=√3CD.
1
取BD△ 的中点O,连接OM,OC,则OM∥PD,OM= PD.
2
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.
( √6)
设OB=1,则P(0,1,√6),C(1,0,0),D(0,1,0),M 0,0, ,⃗CP=(-1,1,√6),⃗CD=(-1,1,0),
2
( √6)
⃗CM= -1,0, .
2
设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),
{
-x+ y=0,
{n·⃗CD=0,
则 即 √6
n·⃗CM=0, -x+ z=0,
2
令z=√2,则x=√3,y=√3,所以n=(√3,√3,√2)为平面MCD的一个法向量.
|⃗CP·n| √3
设直线PC与平面MCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<⃗CP,n>|= = ,所以直线
|⃗CP||n| 4
√3
PC与平面MCD所成角的正弦值为 .
4
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=λ⃗CP(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),
{n·⃗DA=0, { x+ y=0, 2-λ ( 2-λ)
则 即 取x=1,则y=-1,z= ,∴n= 1,-1, 为平
n·⃗DE=0, (2-λ)y+√3λz=0, √3λ √3λ
面ADE的一个法向量.
2-λ
|m·n| √3λ 1
由题意可知|cos|= = = ,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(√2
|m||n| √
12+12+
(2-λ) 2 2
√3λ
CE
-1),故存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°,此时 =2( -1).
√2
CP
1
3.解: (1)当AN= AB 时,AC∥平面BMN.
1
3
CE CM 1
证明:如图,设BM∩B C=E,连接EN,则 = = .
1
B E BB 2
1 1
1 AN 1
由AN= AB ,得 = ,∴AC∥NE.
1
3 B N 2
1
又AC 平面BMN,NE 平面BMN,∴AC∥平面BMN.
⊄ ⊂(2)取BC的中点O,连接AO,B O.
1
∵AC=AB=2,∴AO⊥BC.又BC=2√2,∴AO=BO=√2.
∵平面ABC⊥平面BB C C,平面ABC∩平面BB C C=BC,AO 平面ABC,∴AO⊥平面
1 1 1 1
BB C C.
1 1
⊂
∵AB=BB =2,∠ABB =60°,∴AB =2,OB2=AB2-AO2=2,∴OB =√2,OB2+OB2=BB2
1 1 1 1 1 1 1 1
,∴OB ⊥OB.
1
以O为原点,OB,OB ,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
1
示,
( 3√2 √2 )
则A(0,0,√2),B(√2,0,0),C(-√2,0,0),C (-2√2,√2,0),B (0,√2,0),M - , ,0 ,
1 1
2 2
∴⃗BA=(-√2,0,√2),⃗AB =(0,√2,-√2),
1
( 5√2 √2 ) 1 ( √2 √2) ( √2 2√2)
⃗BM= - , ,0 ,⃗AN= ⃗AB = 0, ,- ,⃗BN=⃗BA+⃗AN= -√2, , .
2 2 3 1 3 3 3 3
{⃗BN·n=0,
设平面BMN的法向量为n=(x,y,z),则
⃗BM·n=0,
{-√2x+ √2 y+ 2√2 z=0,
即
3 3 解得{y=5x,
5√2 √2 z=-x,
- x+ y=0,
2 2
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 C C的一个法向量.
1 1
|m·n| √3
设平面BMN与平面BB C C的夹角为θ,则cos θ=|cos|= = ,
1 1
|m||n| 9
√3
故平面BMN与平面BB C C的夹角的余弦值为 .
1 1
9
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.2
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.
3
2
因为F为BC的中点,G为CF的中点,所以BF= BG.
3
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 (1 ,0, √3) ,G (1 , 3 ,0 ) ,所以⃗BC
2 2 2 2
( 3 √3)
=(-2,2,0),⃗BP=(-1,0,√3),⃗HG= 0, ,- .
2 2
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗BC=0, {-2x+2y=0,
则 即
n·⃗BP=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,
|n·⃗HG| √3 √7
则sin θ=|cos|= = = ,
|n||⃗HG| √3×√7 7
√7
故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为 .
7
5.(1)证明: 取AE的中点P,连接MP,PD(图略).
1
∵P,M分别为AE,BE的中点,∴PM∥AB,PM= AB.
2
1
又CD∥AB,CD= AB,∴PM∥CD,PM=CD,
2
∴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.
⊄ ⊂
1
又CD∥AB,CD= AB,∴CD∥OB,CD=OB,
2
∴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),
{m·⃗BE=0, {√2x- y=0,
由 得
m·⃗BD=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,
|m·n| √5
则|cos θ|=|cos|= = ,
|m||n| 5
2√5
∴sin θ=√1-cos2θ= .
5
2√5
故二面角E-BD-C的正弦值为 .
5
4√6
(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 .
21
(√2 1 ) ( √2 1 )
由(2)知M , ,0 ,A(0,-1,0),D(0,0,1),⃗BE=(√2,-1,0),则⃗MD= - ,- ,1 ,⃗AD
2 2 2 2
=(0,1,1),⃗BA=(0,-2,0).
设⃗AN=λ⃗AD=(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 ,y ,z ),
1 1 1
由{u·⃗BE=0, { √2x - y =0,
得 1 1
u·⃗BN=0, (λ-2)y +λz =0,
1 1
取y =√2λ,则x =λ,z =2√2−√2λ,∴u=(λ,√2λ,2√2−√2λ)为平面BEN的一个法向量.
1 1 1
|⃗MD·u| |2√2-2√2λ| 4√6
= =
由题意可知|cos<⃗MD ,u>|=
|⃗MD||u| √7 21
.
×√5λ2-8λ+8
21 13
整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ= 或λ= (舍去).
2 8
√2
∴AN= .
2
4√6
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=
21
√2
.
2
1
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.
2
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,
⊂
1 1
所以NP=DE,即DE= BC,即λ= .
2 2
(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),
{ ⃗MD·m=λx-√3λz=0,
则
⃗DB·m=(1-λ)x+√3(1-λ)y=0,
{ x=√3z,
即 令x=√3,则y=-1,z=1,所以m=(√3,-1,1)为平面MBD的一个法向量.
x=-√3 y,
由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE的一个法向量.|m·n| √5
设二面角B-MD-E的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|= = ,易知θ为钝角,所
|m||n| 5
2√5
以二面角B-MD-E的大小不变.sin θ=√1-cos2θ= ,所以二面角B-MD-E的正弦值为
5
2√5
.
5
