专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题1.(2020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.(2020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.(2020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.(2020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.(2020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满足=λ,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=AD,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,求的值;若不存在,说明理由. 7.(2020山东省实验中学模拟,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=λ(0≤λ≤1).如图,将△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)当λ=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?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 8.(2020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,且满足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?如果存在,求出CP的长;如果不存在,请说明理由.专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问题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,),B(1,4,0),C(1,0,0),E(-1,2,0).=(1,0,-),=(1,-2,),=(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,z1=-,∴平面A1BE的一个法向量为n=(1,-1,-).设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=∴直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为2.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=AD.又四边形ABCD为正方形,则AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=BC.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,),F-,0,,=-,0,,=(-2,0,0),=(1,2,-),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则令y=3,得x=0,z=2,则平面PBC的一个法向量n=(0,3,2),∴|cos<n,>|=,∴直线AF与平面PBC所成角的正弦值为3.(1)证明如图所示,连接B1C,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AB CD,又A1B1 AB,∴A1B1 CD,∴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,分别以为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.∵∠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).=(3,0,-2),=(0,3,0),=(m,3,-2).设平面A1C1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取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),则即取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,=0,即4+3m=0,∴m=-,即CF=,∴BF=3-∴在线段BC上存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直,此时BF=4.(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,MG=2,∴CG=3.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(4,0,0),B(0,4,0),M(0,0,1),H(2,-2,3),=(-4,4,0),=(-2,-2,3),=(0,-4,1),设平面AHB 的法向量为n=(x,y,z),则取x=,则y=3,z=4,∴平面AHB的一个法向量n=(,3,4).设直线BM与平面AHB所成角为θ,∴sinθ=|cos<,n>|=,即直线BM与平面AHB所成角的正弦值为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,,0),G(0,0,1),H(0,,2),=(-1,0,1),=(-1,,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),即令x=,则平面AGH的一个法向量n=(,-1,).易知平面EBHG的一个法向量为=(1,0,0).设二面角A-GH-B的大小为θ,则θ为锐角,∴cosθ=|cos<n,>|=(3)解由==(-λ,,0),得=(-λ,,0)-(-1,0,0)=(1-λ,,0).∵EF∥平面AGH,则n=0,即1-2λ=0,∴λ=6.(1)证明∵AC=CD=AD,∴AC2+CD2=AD2+AD2=AD2,∴AC⊥CD.∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.又PD∩CD=D,∴AC⊥平面PCD.(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),=(-1,2,0),=(-4,0,2),设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,由取y=1,则n=(2,1,4).由(1)AC⊥平面PCD,可知=(-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,>|=故平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值为(3)解(方法一)存在.假设在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,则n,即n=0.设M(0,0,h),则=(-2,-2,h),由n=0,得2×(-2)+1×(-2)+4h=0,解得h=此时,故在棱PD上存在点M,使得CM∥平面PAB,此时(方法二)存在.在棱PD上取点M,使,过M作MN∥AD交PA于点N,则MN=AD.又BC AD,∴BC MN,∴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7.(1)证明当λ=时,F是AD的中点.∴DF=AD=1,DE=CD=1.∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=CD=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,的方向为x轴,y轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,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=2,∴OG=,∴G(1,1,).=(-2,1-2λ,),=(-1,1,),=(-2,1,).设平面DEG的法向量为n=(x,y,z),则令z=,则平面DEG的一个法向量n=(0,-2,).设FG与平面DEG所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-(舍去).∴存在实数λ,使得DG与平面DEG所成的角的正弦值为,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),=(-2,1,1),=(-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,a-1),F(0,1,a),P(-2,0,a+1),Q(0,-1,a),=(-2,1,1),=(-2,-1,1),设平面EFPQ的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令x1=1,可得平面EFPQ的一个法向量n1=(1,0,2).=(-2,-1,a+1),=(0,-2,a),设平面BPQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令y2=2a,可得x2=a+2,z2=4,∴平面BPQ的一个法向量n2=(a+2,2a,4).若|cos<n1,n2>|=,则(a+10)2=5a2+4a+20,即有a2-4a-20=0,a∈[1,3],解得a=2±2[1,3],故不存在点P使之成立.。