备战2025年高考二轮复习数学专题突破练16 立体几何中的翻折问题、探究性问题（提升篇）（Word版附解析）

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主干知识达标练
1.(15分)(2024安徽池州模拟)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,△EAB与△FAD是两个全等的直角三角形,且FA=4,FC与AD交于点G,将Rt△EAB与Rt△FAD分别沿AB,AD翻折,使E,F重合于点P,连接PC,得到四棱锥P-ABCD.
(1)证明:BD⊥PC;
(2)若M为棱PC的中点,求直线BM与平面PCG所成的角的正弦值.
(1)证明由题可知PA⊥AD,PA⊥AB,且AB⊥AD.
又AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.
又BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.连接AC,则AC⊥BD.
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
又PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC.
(2)解以点A为坐标原点,AB,AD,AP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.
由题可得△PAG∽△CDG,所以AGGD=PACD=2.
又AD=2,所以AG=43,则B(2,0,0),C(2,2,0),G0,43,0,P(0,0,4),
所以GC=2,23,0,PC=(2,2,-4),BP=(-2,0,4).
又点M为PC的中点,所以PM=12PC=(1,1,-2),所以BM=BP+PM=(-1,1,2).
设平面PCG的一个法向量为n=(x,y,z),则n·PC=0,n·GC=0,即2x+2y-4z=0,2x+23y=0.
令y=3,得x=-1,z=1,所以平面PCG的一个法向量为n=(-1,3,1).
设直线BM与平面PCG所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=|n·BM||n||BM|=611×6=6611,所以直线BM与平面PCG所成的角的正弦值为6611.
2.(15分)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2,且∠ABC=∠A1AC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求平面DAA1与平面C1CAA1所成角的余弦值.
(2)在棱CC1所在直线上是否存在点P,使得BP∥平面DA1C1?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.
解(1)如图,取AC中点O,连接A1O,A1C,BD.
因为棱柱各棱长均为2,且∠ABC=60°,所以四边形ABCD是菱形,△ABC是等边三角形,所以BD过点O,AC=2,AC⊥BD.
又因为AA1=2,∠A1AC=60°,所以△A1AC是等边三角形,所以A1O⊥AC.又平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O⊂平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABCD.
又AC,BD⊂平面ABCD,所以A1O,AC,BD两两垂直.
以点O为原点,分别以OB,OC,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D(-3,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,3),所以DA=(3,-1,0),DA1=(3,0,3).
设平面DAA1的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·DA=3x-y=0,m·DA1=3x+3z=0.
取x=1,则y=3,z=-1,所以平面DAA1的一个法向量为m=(1,3,-1).
易知平面C1CAA1的一个法向量为n=(1,0,0),则cs=m·n|m||n|=15=55,所以平面DAA1与平面C1CAA1所成的角的余弦值为55.
(2)存在.因为C1(0,2,3),C(0,1,0),B(3,0,0),所以DC1=(3,2,3),CC1=(0,1,3),BC=(-3,1,0).
因为点P在CC1上,可设CP=λCC1=(0,λ,3λ),所以BP=BC+CP=(-3,1+λ,3λ).
设平面DA1C1的一个法向量为s=(a,b,c),
则s·DA1=3a+3c=0,s·DC1=3a+2b+3c=0.
取a=1,则b=0,c=-1,所以平面DA1C1的一个法向量为s=(1,0,-1).
因为BP∥平面DA1C1,所以BP⊥s,所以s·BP=-3-3λ=0,所以λ=-1,
所以CP=-CC1,即点P在C1C的延长线上,且CP=C1C.
3.(15分)(2024河北张家口模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2.将△ABD沿对角线BD折起,形成一个四面体A-BCD,此时AC=m.
(1)是否存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时,四面体A-BCD的体积最大?
解(1)不存在,理由如下:
假设存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立.
因为AB⊥CD,AB⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD,所以AB⊥平面ACD.
因为BC⊥AD,BC⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD,所以BC⊥平面ACD,所以AB∥BC,或AB与BC重合.
又AB∩BC=B,矛盾,所以不存在实数m,使得AB⊥CD,AD⊥BC同时成立.
(2)因为△BCD的面积为定值,要使四面体A-BCD的体积最大,所以只需让平面BCD上的高最大即可,易知此时平面ABD⊥平面BCD.
过点A作AO⊥BD于点O,连接OA.
因为AO⊂平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AO⊥平面BCD.
以点O为原点,以在平面BCD中过点O且垂直于BD的直线为x轴,分别以OD,OA所在直线为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
在Rt△ABD中,BD=AB2+AD2=6,所以AO=AB·ADBD=233,所以BO=AB2-AO2=63.过点C作CE⊥BD,交BD于点E,则CE=AO=233,DE=BO=63,OE=BD-BO-DE=63,则A0,0,233,C233,63,0,D0,263,0,所以CD=-233,63,0,AD=0,263,-233.
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·CD=-233x+63y=0,n·AD=263y-233z=0.
取x=1,得y=2,z=2,所以平面ACD的一个法向量为n=(1,2,2).
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cs=m·n|m||n|=27=277,所以二面角A-CD-B的正弦值为sin θ=1-(277) 2=217.
关键能力提升练
4.(15分)(2024湖南长沙模拟)如图,在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,C,D分别为线段BG与AH的中点,现将四边形CDHG沿直线CD折成一个五面体AED-BFC.
(1)在线段BF上是否存在点M,使CM∥平面ADE?若存在,找出点M的位置;若不存在,说明理由.
(2)若二面角F-DC-B的大小为60°,求平面ADE与平面DEFC的夹角的余弦值.
解(1)存在,M为BF的中点,证明如下:
如图,令M为BF的中点,取AE中点N,连接MN,DN,则MN∥AB,MN=EF+AB2=3.
因为C,D分别为BG,AH的中点,所以CD∥AB,CD=GH+AB2=3,
所以CD∥MN,CD=MN,所以四边形CMND为平行四边形,所以CM∥DN.又CM⊄平面AED,DN⊂平面ADE,所以CM∥平面ADE.
(2)因为FC⊥CD,BC⊥CD,FC∩BC=C,FC,BC⊂平面FCB,所以CD⊥平面FCB.又CD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面FCB.
因为平面EFCD∩平面ABCD=CD,所以∠FCB为二面角F-DC-B的平面角,所以∠FCB=60°.又FC=CB,所以△FCB为等边三角形.
在直角梯形ABGH中,AB∥GH,AB⊥BG,AB=5,HG=1,∠BAH=60°,可得BG=43,所以FC=BC=BF=23.过点F作FO⊥BC交BC于点O,则点O为BC的中点.
取AD中点P,连接OP,OF.易知OP∥CD,所以OP⊥平面FCB.又FO,BC⊂平面FCB,所以OP,BC,FO两两垂直.
以点O为原点,分别以OP,OB,OF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(5,3,0),D(3,-3,0),E(1,0,3),C(0,-3,0),所以DE=(-2,3,3),DC=(-3,0,0),DA=(2,23,0).
设平面DEFC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则DE·m=-2x1+3y1+3z1=0,DC·m=-3x1=0.取y1=3,则x1=0,z1=-1,所以平面DEFC的一个法向量为m=(0,3,-1).
设平面ADE的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则DE·n=-2x2+3y2+3z2=0,DA·n=2x2+23y2=0.
取x2=3,则y2=-1,z2=3,所以平面ADE的一个法向量为n=(3,-1,3),则cs=m·n|m||n|=-232×7=-217,所以平面ADE与平面DEFC的夹角的余弦值为-217.
5.(15分)(2024山西运城一模)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=2,沿AC将△ADC折起,使点D到达点P的位置,点P在平面ABC上的射影H落在AB上.
(1)求AH的长度;
(2)若M是PC上的一个动点,是否存在点M,使得平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为34?若存在,求CM的长度;若不存在,说明理由.
解(1)如图,作PE⊥AC,交AC于点E,连接EH.
因为点P在平面ABC上的射影H落在AB上,所以PH⊥平面ABC.
又AC⊂平面ABC,所以PH⊥AC.
又PH∩PE=P,PH,PE⊂平面PHE,所以AC⊥平面PHE.
又EH⊂平面PHE,所以AC⊥EH,
由题可知AP=2,PC=4,所以AC=25,所以PE=AP·PCAC=455,所以AE=AP2-PE2=255.易知△ABC∽△AEH,所以AEAH=ABAC,
所以AH=AE·ACAB=255×254=1.
(2)存在.因为PH⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC,所以PH,AB,BC两两垂直.
以点H为坐标原点,以过点H且平行于BC的直线为y轴,分别以HB,PH所在直线为x轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(-1,0,0),P(0,0,3),B(3,0,0),C(3,2,0),所以AB=(4,0,0),BC=(0,2,0),PC=(3,2,-3).
设PM=λPC=(3λ,2λ,-3λ),λ∈[0,1],则MB=PB-PM=(3-3λ,-2λ,3λ-3).
设平面AMB的一个法向量为m=(x1,y1,z1),所以AB·m=4x1=0,MB·m=(3-3λ)x1-2λy1+(3λ-3)z1=0.
令y1=3λ-3,则x1=0,z1=2λ,所以平面AMB的一个法向量为m=(0,3λ-3,2λ).
设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
所以PC·n=3x2+2y2-3z2=0,BC·n=2y2=0.
取x2=1,则y2=0,z2=3,所以平面PBC的一个法向量为n=(1,0,3).
因为平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为34,所以cs=m·n|m||n|=23λ27λ2-6λ+3=-34,解得λ=13或λ=-1(舍去),所以PM=13PC,所以CM=23|PC|=83.
核心素养创新练
6.(15分)(2024陕西西安一模)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC是边长为1的正三角形,BC=2,AB=5,E,F分别为PC,PB的中点,平面AEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明:l∥平面PBC;
(2)若三棱锥P-ABC的体积为36,在直线l上是否存在点Q,使得直线PQ与平面AEF所成的角为α,异面直线PQ与EF所成的角为β,且满足α+β=π2?若存在,求出线段AQ的长度;若不存在,请说明理由.
(1)证明因为E,F分别为PC,PB的中点,所以EF∥BC.又BC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,所以EF∥平面ABC.又EF⊂平面AEF,平面AEF∩平面ABC=l,所以EF∥l,所以l∥BC.又BC⊂平面PBC,l⊄平面PBC,所以l∥平面PBC.
(2)解存在.
取AC的中点D,连接PD.因为△PAC是边长为1的正三角形,所以AD=12,PD=PA2-AD2=32.
由题可得AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC,所以△ABC的面积为12AC·BC=12×1×2=1.
设点P到平面ABC的距离为h,
则13×h=36,所以h=32=PD.
所以PD⊥平面ABC.
取AB的中点M,连接DM,则DM∥BC,所以DM⊥AC.
又AC,DM⊂平面ABC,所以PD,AC,DM两两垂直.
以点D为坐标原点,分别以DA,DM,DP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A12,0,0,P0,0,32,E-14,0,34,F-14,1,34,所以AE=-34,0,34,EF=(0,1,0).
设Q12,t,0,则AQ=(0,t,0),PQ=12,t,-32.
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),则AE·n=-34x+34z=0,EF·n=y=0.
取z=3,则x=1,y=0,所以平面AEF的一个法向量为n=(1,0,3),
所以cs=n·PQ|n||PQ|=12-3221+t2=-121+t2,
所以sin α=|cs|=121+t2.
又cs=PQ·EF|PQ||EF|=t1+t2,
所以cs β=|cs|=|t|1+t2.
因为α+β=π2,所以sin α=cs β,即121+t2=|t|1+t2,所以|t|=12.
当t=12时,AQ=0,12,0,所以AQ=|AQ|=12;
当t=-12时,AQ=0,-12,0,所以AQ=|AQ|=12.
综上所述,这样的点Q存在,且有AQ=12.