專題突破練16　立體幾何中的翻折問題及探索性問題1.(2021·山東聊城三模)如圖,在平面四邊形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,沿BD將△ABD折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PC⊥BC.(1)求證:PD⊥CD;(2)若M為PB的中點(diǎn),二面角P-BC-D的大小為60°,求直線PC與平面MCD所成角的正弦值.             2.(2021·湖南師大附中二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是邊長為2的等邊三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E為線段PC上一點(diǎn).(1)設(shè)平面PAB∩平面PDC=l,求證:l∥平面ABCD.(2)是否存在點(diǎn)E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°?若存在,求的值;若不存在,請說明理由.               3.(2021·山東泰安三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,BC=2,BB1=2,M為CC1的中點(diǎn).(1)試確定線段AB1上一點(diǎn)N,使AC∥平面BMN;(2)在(1)的條件下,若平面ABC⊥平面BB1C1C,∠ABB1=60°,求平面BMN與平面BB1C1C的夾角的余弦值.            4.(2021·福建泉州二模)如圖①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜邊AB上的高,沿CD將△ACD折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,如圖②,∠PBD=60°,E,F,H分別為PB,BC,PD的中點(diǎn),G為CF的中點(diǎn).圖①圖②(1)求證:GH∥平面DEF;(2)求直線GH與平面PBC所成角的正弦值.           5.(2021·天津二模)如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=,M為BE的中點(diǎn).(1)求證:CM∥平面ADE.(2)求二面角E-BD-C的正弦值.(3)在線段AD上是否存在一點(diǎn)N,使直線MD與平面BEN所成角的正弦值為?若存在,求出AN的長;若不存在,說明理由.                6.(2021·湖南長沙長郡中學(xué)一模)如圖①,在等邊三角形ABC中,D,E分別為邊AB,AC上的動點(diǎn),且滿足DE∥BC,記=λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置,使得平面MDE⊥平面DECB,連接MB,MC,如圖②所示,N為MC的中點(diǎn).圖①圖②(1)當(dāng)EN∥平面MBD時,求λ的值.(2)隨著λ值的變化,二面角B-MD-E的大小是否改變?若是,請說明理由;若不是,請求出二面角B-MD-E的正弦值.                                  
專題突破練16　立體幾何中的翻折問題及探索性問題1.(1)證明: 因?yàn)?/span>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?yàn)?/span>PC⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD為二面角P-BC-D的平面角,即∠PCD=60°.在Rt△PCD中,PD=CDtan 60°=CD.取BD的中點(diǎn)O,連接OM,OC,則OM∥PD,OM=PD.因?yàn)?/span>BC=CD,所以OC⊥BD.由(1)知PD⊥平面BCD,所以OM⊥平面BCD,所以OM,OC,OD兩兩互相垂直.以O為原點(diǎn),OC,OD,OM所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.設(shè)OB=1,則P(0,1,),C(1,0,0),D(0,1,0),M=(-1,1,),=(-1,1,0),.設(shè)平面MCD的法向量為n=(x,y,z),則令z=,則x=,y=,所以n=()為平面MCD的一個法向量.設(shè)直線PC與平面MCD所成的角為θ,則sin θ=|cos<,n>|=,所以直線PC與平面MCD所成角的正弦值為.2.(1)證明: ∵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: 設(shè)DC的中點(diǎn)為O,連接OP,OA,則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,∴四邊形ABCO為平行四邊形,∴OA∥BC.由題意可知BC⊥CD,∴OA⊥CD.∴OA,OC,OP兩兩互相垂直.以O為原點(diǎn),OA,OC,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.則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)為平面ABCD的一個法向量.假設(shè)存在點(diǎn)E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°,設(shè)=λ(0≤λ≤1),則E(0,1-λ,λ),∴=(0,2-λ,λ).設(shè)平面ADE的法向量為n=(x,y,z),=(1,1,0),則取x=1,則y=-1,z=,∴n=為平面ADE的一個法向量.由題意可知|cos<m,n>|=,整理得λ2+4λ-4=0,解得λ=2(-1),故存在點(diǎn)E,使平面ADE與平面ABCD的夾角為60°,此時=2(-1).3.解: (1)當(dāng)AN=AB1時,AC∥平面BMN.證明:如圖,設(shè)BM∩B1C=E,連接EN,則.由AN=AB1,得,∴AC∥NE.又AC?平面BMN,NE?平面BMN,∴AC∥平面BMN.(2)取BC的中點(diǎn)O,連接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為原點(diǎn),OB,OB1,OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A(0,0,),B(,0,0),C(-,0,0),C1(-2,0),B1(0,,0),M,∴=(-,0,),=(0,,-),.設(shè)平面BMN的法向量為n=(x,y,z),則即解得令x=1,則y=5,z=-1,∴n=(1,5,-1)為平面BMN的一個法向量.由題意可知m=(0,0,1)為平面BB1C1C的一個法向量.設(shè)平面BMN與平面BB1C1C的夾角為θ,則cos θ=|cos<m,n>|=,故平面BMN與平面BB1C1C的夾角的余弦值為.4.(1)證明: 如圖,連接BH,交DE于點(diǎn)M,連接MF.因?yàn)?/span>△ABC是等腰直角三角形,CD是斜邊AB上的高,所以AD=DB,即PD=DB.因?yàn)?/span>∠PBD=60°,所以△PBD是等邊三角形.因?yàn)?/span>E,H分別為PB,PD的中點(diǎn),所以M是等邊三角形PBD的中心,所以BM=BH.因?yàn)?/span>F為BC的中點(diǎn),G為CF的中點(diǎn),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: 如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)PD=DB=DC=2,則C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,),H,G,所以=(-2,2,0),=(-1,0,),.設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z),則令x=,則y=,z=1,所以n=(,1)為平面PBC的一個法向量.設(shè)直線GH與平面PBC所成的角為θ,則sin θ=|cos<n,>|=,故直線GH與平面PBC所成角的正弦值為.5.(1)證明: 取AE的中點(diǎn)P,連接MP,PD(圖略).∵P,M分別為AE,BE的中點(diǎn),∴PM∥AB,PM=AB.又CD∥AB,CD=AB,∴PM∥CD,PM=CD,∴四邊形PMCD為平行四邊形,∴CM∥PD.又CM?平面ADE,PD?平面ADE,∴CM∥平面ADE.(2)解: 取AB的中點(diǎn)O,連接OD,OE.又CD∥AB,CD=AB,∴CD∥OB,CD=OB,∴四邊形BCDO為平行四邊形,∴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為AB的中點(diǎn),∴OE⊥AB.以O為坐標(biāo)原點(diǎn),OE,OB,OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則E(,0,0),B(0,1,0),C(0,1,1),D(0,0,1).設(shè)平面BDE的法向量為m=(x,y,z),=(,-1,0),=(0,-1,1),由取y=,則x=1,z=,∴m=(1,)為平面BDE的一個法向量.易知n=(1,0,0)為平面BCD的一個法向量.設(shè)二面角E-BD-C的平面角為θ,則|cos θ|=|cos<m,n>|=,∴sin θ=.故二面角E-BD-C的正弦值為.(3)解: 假設(shè)在線段AD上存在一點(diǎn)N,使得直線MD與平面BEN所成角的正弦值為.由(2)知M,A(0,-1,0),D(0,0,1),=(,-1,0),則=(0,1,1),=(0,-2,0).設(shè)=λ=(0,λ,λ),其中0≤λ≤1,∴=(0,λ-2,λ).設(shè)平面BEN的法向量為u=(x1,y1,z1),由取y1=λ,則x1=λ,z1=2λ,∴u=(λ,λ,2λ)為平面BEN的一個法向量.由題意可知|cos<,u>|=.整理得16λ2-34λ+13=0,解得λ=或λ=(舍去).∴AN=.故在線段AD上存在一點(diǎn)N,使直線MD與平面BEN所成角的正弦值為,此時AN=.6.(1)證明: 如圖,取MB的中點(diǎn)P,連接DP,PN,又N為MC的中點(diǎn),所以NP∥BC,NP=BC.又DE∥BC,所以NP∥DE,即N,E,D,P四點(diǎn)共面.又EN∥平面MBD,EN?平面NEDP,平面NEDP∩平面MBD=DP,所以EN∥PD,即四邊形NEDP為平行四邊形,所以NP=DE,即DE=BC,即λ=.(2)解: 取DE的中點(diǎn)O,連接MO,則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.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,不妨設(shè)BC=2,則M(0,0,λ),D(λ,0,0),B(1,(1-λ),0),所以=(λ,0,-λ),=(1-λ,(1-λ),0).設(shè)平面MBD的法向量為m=(x,y,z),則即令x=,則y=-1,z=1,所以m=(,-1,1)為平面MBD的一個法向量.由題意可知n=(0,1,0)為平面MDE的一個法向量.設(shè)二面角B-MD-E的平面角為θ,則|cos θ|=|cos<m,n>|=,易知θ為鈍角,所以二面角B-MD-E的大小不變.sin θ=,所以二面角B-MD-E的正弦值為.

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