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通用版高考数学一轮复习
课时突破练48　翻折问题与探索性问题
1.(15分)(2024·湖南长沙期中)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=BC=2,∠ABC=60°,将△ACD沿边AC翻折,使点D翻折到P点,且PB=2.
(1)证明:BC⊥平面PAC;
(2)若E为线段PC的中点,求平面AEB与平面ABC夹角的余弦值.
2.(15分)(2024·辽宁沈阳三模)如图,在三棱锥P-ABC中,AC=BC=2,∠ACB =90°,AP=BP=AB,PC⊥AC,点D为BC中点.
(1)求二面角A-PD-B的余弦值.
(2)在直线AB上是否存在点M,使得PM与平面PAD所成角的正弦值为 若存在,求出点M的位置;若不存在,说明理由.
3.(15分)(2024·山东青岛模拟)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点.
(1)是否存在点D,使得BC⊥PD 若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.
(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值.
4.(15分)(2024·浙江杭州期中)如图甲,在直角边长为4的等腰直角三角形ABC中,DE∥BC,将△ADE沿DE折起,使点A到达点P的位置,连接PB,PC,得到如图乙所示的四棱锥P-BDEC,M为线段BC的中点.
(1)求证:DE⊥PM;
(2)当翻折到平面PDE⊥平面BDEC时,求平面PDE与平面PDB的夹角的余弦值.
5.(15分)(2024·福建泉州模拟)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,E是棱BC上的动点.
(1)试确定点E的位置,使AB1∥平面DEC1;
(2)已知AB⊥BC1,CC1⊥平面ABC.设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ,试在(1)的条件下,求cos θ的最小值.
6.(15分)(2024·安徽高三期中)已知菱形ABCD如图①所示,其中∠CAB=60°,现沿AC进行翻折,使得平面ABC⊥平面ACD,再过点B作BE⊥平面ABC,且BE=AB,所得图形如图②所示.
(1)若点P满足=λ(0<λ<1),且BP∥平面ADE,求λ的值;
(2)求平面CDE与平面ABC夹角的余弦值.
答案：
1.(1)证明 在等腰梯形ABCD中,AD=BC=CD,AB∥CD,∠ABC=60°,
则∠CAB=∠ACD=∠DAC=30°,
则∠ACB=90°,∴AC⊥BC.
又由BC2+PC2=PB2,可知BC⊥PC,又PC∩AC=C,AC 平面PAC,PC 平面PAC,故BC⊥平面PAC.
(2)解 过点C作CN⊥平面ABC,以C为原点,分别以CA,CB,CN所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,2,0),A(2,0,0),E(,0,),
则=(-2,2,0),=(,0,-),设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,则y=,z=3,则m=(1,,3),又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以|cos|=,
故平面AEB与平面ABC夹角的余弦值为
2.解 (1)∵PC⊥AC,∴∠PCA=90°.
∵AC=BC,PA=PB,PC=PC,
∴△PCA≌△PCB,∴∠PCA=∠PCB=90°,即PC⊥BC.
又AC∩BC=C,AC,BC 平面ACB,∴PC⊥平面ACB,∴PC,CA,CB两两垂直,故以点C为坐标原点,分别以CB,CA,CP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则C(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),=(1,-2,0),=(1,0,-2),
设平面PAD的一个法向量n=(x,y,z),则取x=2,得n=(2,1,1),易知平面PDB的一个法向量为=(0,2,0),∴cos=,设二面角A-PD-B的平面角为θ,
∵θ是钝角,∴cos θ=-
(2)存在,M是AB的中点或A是MB的中点.
由(1)知,设=,则M(2λ,2-2λ,0),=(2λ,2-2λ,-2),n=(2,1,1).
∵|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-1,∴M是AB的中点或A是MB的中点.
3.解 (1)当D为圆弧BC的中点,即∠CAD=时,BC⊥PD,
证明如下,∵D为圆弧BC的中点,
∴∠CAD=∠BAD=,即AD为∠CAB的平分线.
∵AC=AB,∴AD为等腰△CAB的高线,即AD⊥BC.
∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC 平面ABDC,
∴PA⊥平面ABDC,∴PA⊥BC,
∵PA∩AD=A,∴BC⊥平面PAD,
∴BC⊥PD.
(2)由(1)得,PA为四棱锥P-ABDC的高,∵PA=4,∴当底面积SABDC取最大值时,四棱锥P-ABDC体积最大.
设∠CAD=α,则∠BAD=-α,α∈(0,),SABDC=S△CAD+S△BAD=2×2×sin α+2×2×sin(-α)=2[sin α+sin(-α)]=2sin(α+).
∵α∈(0,),α+(),
∴α=时,sin(α+)=1,SABDC取最大值2,∴当四棱锥P-ABDC体积最大时,∠CAD=∠BAD=,过A在平面ABDC内作直线AE⊥AB,交圆弧BC于点E,由题知AE,AB,AP两两垂直,则以A为原点,分别以AE,AB,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,4),B(0,2,0),D(,1,0),C(,-1,0),
则=(,1,-4),=(0,2,0),=(-,1,0),设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1),则
即
令z1=,得n=(4,0,).设平面PBD的法向量为m=(x2,y2,z2),则
令z2=,得m=(2,2).
设平面PCD与平面PBD的夹角为θ,则cos θ=,
∴平面PCD与平面PBD夹角的余弦值为
4.(1)证明 在图甲中,设AM∩DE=O,如图甲所示.
翻折前,因为AB=AC,M为BC的中点,则AM⊥BC,
因为DE∥BC,则AM⊥DE,
翻折后,则有PO⊥DE,MO⊥DE,
因为PO∩MO=O,PO,MO 平面OMP,所以DE⊥平面OMP,
因为PM 平面OMP,所以DE⊥PM.
(2)解 翻折后,因为平面PDE⊥平面BDEC,平面PDE∩平面BDEC=DE,PO⊥DE,PO 平面PDE,所以PO⊥平面BDEC,
又因为MO⊥DE,以点O为坐标原点,OM,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设DE=2a,其中0则P(0,0,a),D(0,a,0),B(2a,2,0),
设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),=(0,-a,a),=(2a,2a,0),则
取y=-1,则m=(1,-1,-1),
易知平面PDE的一个法向量为n=(1,0,0),则cos=,
因此,平面PDE与平面PDB的夹角的余弦值为
5.解 (1)连接DC1,DE,由三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=2B1C1=2,D是AC的中点,可得A1C1∥AD,A1C1=AD,所以四边形ADC1A1为平行四边形,故AA1∥DC1,AA1 平面DEC1,DC1 平面DEC1,故AA1∥平面DEC1,又AB1∥平面DEC1,且AB1,AA1 平面ABB1A1,AB1∩AA1=A,
所以平面ABB1A1∥平面DEC1,又平面ABB1A1∩平面ABC=AB,平面ABC∩平面DEC1=DE,故DE∥AB,
由于D是AC的中点,故E是BC的中点,故点E在边BC的中点处,AB1∥平面DEC1.
(2)因为CC1⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以CC1⊥AB,又AB⊥BC1,CC1∩BC1=C1,CC1,BC1 平面BCC1B1,故AB⊥平面BCC1B1,由于BC 平面BCC1B1,所以AB⊥CB,由(1)知,E为BC的中点,D是AC的中点,所以ED∥AB,进而DE⊥BC,连接B1E,由B1C1∥EC,B1C1=EC,所以四边形B1C1CE为平行四边形,故CC1∥B1E,由于CC1⊥平面ABC,因此B1E⊥平面ABC,故ED,EC,EB1两两垂直,以点E为坐标原点,所在方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系;
设B1E=a,则E(0,0,0),B(-1,0,0),C(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,0,a),B1(0,0,a),
故=(0,1,0),=(1,0,a),设平面DEC1的法向量为m=(x,y,z),
则取x=a,则m=(a,0,-1),
又=(2,0,a),故sin θ=|cos<,m>|=,当且仅当a2=,即a=时取等号,要使cos θ的值最小,只需要sin θ最大,sin θ最大值为,此时cos θ的最小值为
6.解 (1)如图,取AC中点O,连接OB,OD;
由图①可知,△ACD和△ABC是正三角形,所以OD⊥AC,OB⊥AC.又因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,OD 平面ACD,所以OD⊥平面ABC.又OB⊥平面ACD,所以OD⊥OB.以{}为正交基底建立空间直角坐标系.设平面ADE的一个法向量m=(x,y,z).
因为BP∥平面ADE等价于m.
不妨设AB=4,则A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,2),E(2,0,),
因为=(2,2,0),=(0,4,0),=(0,2,2),=(2,2,),
故==(0,4λ,0),=(-2,4λ-2,0).
因为平面ADE的一个法向量m=(x,y,z),所以
则
令x=1,则y=-2,z=2,
所以m=(1,-2,2).
由m=-2-(4λ-2)·2=0,解得λ=
(2)因为=(0,-2,2),=(2,-2,),设平面CDE的一个法向量n=(x,y,z),
所以
即
令x=1,则y=2,z=2,
所以n=(1,2,2).
平面ABC的一个法向量l=(0,0,1),设平面CDE与平面ABC的夹角为α,所以平面CDE与平面ABC夹角的余弦值cos α=
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