專題突破練18立體幾何中的翻折問題及探索性問題1.(2020河北石家莊5月檢測,18)如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分別是AC,AB邊上的中點,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如圖2.(1)求證:平面A1CD⊥平面A1BC;(2)求直線A1C與平面A1BE所成角的正弦值.2.(2020貴州貴陽適應性訓練,19)如圖,在四棱錐PABCD中,四邊形ABCD為正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F為棱PD的中點.(1)在棱BC上是否存在一點E,使得CF∥平面PAE?并說明理由;(2)若PA=PD=AB,求直線AF與平面PBC所成角的正弦值.3.(2020浙江臺州模擬,19)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC為鄰邊作平行四邊形ABCD,連接DA1和DC1.(1)求證:A1D∥平面BCC1B1;(2)在線段BC上是否存在點F,使平面DA1C1與平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的長;若不存在,請說明理由.4.(2020云南昆明一中模擬,19)圖1是由邊長為4的正六邊形AEFBCD,矩形DCGH組成的一個平面圖形,將其沿AB,DC折起得幾何體ABCDEFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如圖2.(1)證明:在圖2中,平面ACG⊥平面BCG;(2)設M為圖2中線段CG上一點,且CM=1,若直線AG∥平面BMD,求圖2中的直線BM與平面AHB所成角的正弦值.5.(2020北京通州一模,18)如圖1,已知四邊形ABCD為菱形,且∠A=60°,取AD中點為E.現將四邊形EBCD沿BE折起至EBHG,使得∠AEG=90°,如圖2.(1)求證:AE⊥平面EBHG;(2)求二面角AGHB的余弦值;(3)若點F滿足AF=λAB,當EF∥平面AGH時,求λ的值.6.如圖,在四棱錐PABCD中,PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD是梯形,且BC∥AD,AC=CD=22AD,AD=2PD=4BC=4(1)求證:AC⊥平面PCD;(2)求平面PCD與平面PAB所成的銳角的余弦值;(3)在棱PD上是否存在點M,使得CM∥平面PAB?若存在,求PMPD的值;若不存在,說明理由7.(2020山東省實驗中學模擬,19)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,點E是線段CD上靠近點D的一個三等分點,點F是線段AD上的一個動點,且DF=λDA(0≤λ≤1).如圖,將△BEC沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.(1)當λ=12時,求證:EF⊥BG(2)是否存在λ,使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為13?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由8.(2020河北衡水中學調研,18)已知,圖中直棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,其中AA1=AC=2BD=4.又點E,F,P,Q分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上運動,且滿足BF=DQ,CPBF=DQAE=1.(1)求證:E,F,P,Q四點共面,并證明EF∥平面PQB;(2)是否存在點P使得二面角BPQE的余弦值為55?如果存在,求出CP的長;如果不存在,請說明理由專題突破練18立體幾何中的翻折問題及探索性問題1.(1)證明在圖1的△ABC中,D,E分別為AC,AB邊中點,∴DE∥BC.又AC⊥BC,∴DE⊥AC.在圖2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,A1D∩DC=D,則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,在等邊三角形A1CD中過點A1作A1O⊥CD,垂足為O,則O為CD中點,且A1O⊥平面BCDE,分別以DC,梯形BCDE中位線,OA1所在直線為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A1(0,0,3),B(1,4,0),C(1,0,0),E(1,2,0).A1C=(1,0,3),EA1=(1,2,3),EB=(2,2,0).設平面A1BE的法向量為n=(x1,y1則E令x1=1,則y1=1,z1=3,∴平面A1BE的一個法向量為n=(1,1,3).設直線A1C與平面A1BE所成角為θ,則sinθ=|cos<A1C,n∴直線A1C與平面A1BE所成角的正弦值為22.解(1)當E為BC的中點時,CF∥平面PAE.理由如下,如圖,分別取BC,PA的中點E,G,連接PE,AE,GE,FG.又F是PD的中點,∴FG∥AD,FG=12AD又四邊形ABCD為正方形,則AD∥BC,AD=BC,∴FG∥BC,FG=12BC.又E是BC的中點,∴FG∥CE,FG=CE,則四邊形ECFG是平行四邊形,∴CF∥EG又EG?平面PAE,CF?平面PAE,∴CF∥平面PAE.(2)如圖,取AD中點O,連接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為原點,OA,OE,OP分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.設AD=2,則A(1,0,0),B(1,2,0),C(1,2,0),P(0,0,3),F12,0,32,∴AF=32,0,32,BC=(2,0,0),PB=(1,2,3設平面PBC的法向量為n=(x,y,z),則-令y=3,得x=0,z=23,則平面PBC的一個法向量n=(0,3,23),∴|cos<n,AF>|=|n·AF||n||AF3.(1)證明如圖所示,連接B1C,∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴ABCD,又A1B1AB,∴A1B1CD,∴四邊形A1B1CD為平行四邊形,∴A1D∥B1C.又B1C?平面BCC1B1,A1D?平面BCC1B1,∴A1D∥平面BCC1B1.(2)解存在.假設存在點F,使平面DA1C1與平面A1C1F垂直,則平面DA1C1與平面A1C1F所成的二面角為直二面角.設平面DA1C1與平面A1C1F所成的二面角的平面角為θ,則θ=90°.如圖所示,以A為坐標原點,分別以AD,AC,AA1為x軸,y軸∵∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2,∴A(0,0,0),D(3,0,0),A1(0,0,2),C1(0,3,2).∵點F在BC上,∴設點F(m,3,0).∴A1D=(3,0,2),A1C1=(0,3,0),A1F=(m,3,2).設平面A1C1D的法向量為n1=(x則n取x1=2,則y1=0,z1=3,∴平面A1C1D的一個法向量n1=(2,0,3).設平面A1C1F的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n即m取x2=2,則y2=0,z2=m,∴平面A1C1F的一個法向量n2=(2,0,m).則cos<n1,n2>=cosθ=cos90°=0,∴n1·n2|n1||n2|=0,即4+3m=0,∴在線段BC上存在點F,使平面DA1C1與平面A1C1F垂直,此時BF=54.(1)證明∵四邊形DCGH為矩形,∴CG⊥CD.又CG⊥AD,CD∩AD=D,∴CG⊥平面ADC,故CG⊥AC.∵六邊形AEFBCD為正六邊形,∴∠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)解設AC與BD的交點為N,連接MN.∵AG∥平面BMD,且平面BMD∩平面ACG=MN,∴AG∥MN,∴CMMG=CNNA=由(1)知,AC⊥CB,CG⊥平面ABC,故以CA,CB,CG分別作為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖,A(43,0,0),B(0,4,0),M(0,0,1),H(23,2,3),∴AB=(43,4,0),AH=(23,2,3),BM=(0,4,1),設平面AHB的法向量為n=(x,y,z),則n·AH=0,n·AB=0,即-23x-2y+3設直線BM與平面AHB所成角為θ,∴sinθ=|cos<BM,n>|=|BM·n||BM|5.(1)證明在圖1中,△ABD為等邊三角形,E為AD中點,∴BE⊥AD,∴BE⊥AE.∵∠AEG=90°,∴GE⊥AE.∵GE⊥AE,BE⊥AE,GE∩BE=E,∴AE⊥平面EBHG.(2)解設菱形ABCD的邊長為2,由(1)可知AE⊥GE,AE⊥BE,GE⊥BE,∴以E為原點,EA,EB,EG所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.可得A(1,0,0),B(0,3,0),G(0,0,1),H(0,3,2),∴AG=(1,0,1),AH=(1,3,2).設平面AGH的法向量為n=(x,y,z),即-令x=3,則平面AGH的一個法向量n=(3,1,3).易知平面EBHG的一個法向量為EA=(1,0,0).設二面角AGHB的大小為θ,則θ為銳角,∴cosθ=|cos<n,EA>|=|(3)解由AF=λAB=(λ,3λ,0),得EF=AF-AE=(λ,3λ,0)(1,0,0)=(1λ,3λ,0).∵EF∥平面AGH,則n·EF=0,即6.(1)證明∵AC=CD=22AD∴AC2+CD2=12AD2+12AD2=AD2,∴AC⊥CD.∵PD⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,∴PD⊥AC.又PD∩CD=D,∴AC⊥平面(2)解分別以直線DA,DP為x軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(4,0,0),B(3,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),∴AB=(1,2,0),AP=(設n=(x,y,z)為平面PAB的一個法向量,由n取y=1,則n=(2,1,4).由(1)AC⊥平面PCD,可知AC=(2,2,0)為平面PCD的一個法向量,設平面PCD與平面PAB所成的銳角為θ,則cosθ=|cos<n,AC>|=|2×(-2)+1(3)解(方法一)存在.假設在棱PD上存在點M,使得CM∥平面PAB,則CM⊥n,即CM·n=0.設M(0,0,h),則CM=(2,2,h),由CM·n=0,得2×(2)+1×(2)+4h=0,解得h=32.此時,PMPD=2-322=(方法二)存在.在棱PD上取點M,使PMPD=14,過M作MN∥AD交PA于點N,則又BC14AD,∴BC∴四邊形MNBC為平行四邊形,∴CM∥BN.∵CM?平面PAB,BN?平面PAB,∴CM∥平面PAB.故在棱PD上存在點M,使得CM∥平面PAB,此時PM7.(1)證明當λ=12時,F是AD的中點∴DF=12AD=1,DE=13CD=∵∠ADC=90°,∴∠DEF=45°.∵CE=23CD=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為原點,CD,CB的方向為x軸,y則E(2,0,0),D(3,0,0),F(3,2λ,0).取BE的中點O,∵GE=BG=2,∴GO⊥BE,∴易證得OG⊥平面BCE.∵BE=22,∴OG=2,∴G(1,1,2).∴FG=(2,12λ,2),EG=(1,1,2),DG=(2,1,2)設平面DEG的法向量為n=(x,y,z),則n令z=2,則平面DEG的一個法向量n=(0,2,2).設FG與平面DEG所成的角為θ,則sinθ=|cos<FG,n>|=|-2解得λ=12或λ=710(舍去∴存在實數λ,使得DG與平面DEG所成的角的正弦值為13,此時λ=8.(1)證明(方法一)在線段CP,DQ上分別取點M,N,使得QN=PM=1,易知四邊形MNQP是平行四邊形,∴MN∥PQ,連接FM,MN,NE,則AE=ND,且AE∥ND,∴四邊形ADNE為矩形,故AD∥NE,同理,FM∥BC∥AD且NE=MF=AD,故四邊形FMNE是平行四邊形,∴EF∥MN,∴EF∥PQ.故E,F,P,Q四點共面.又EF∥PQ,EF?平面BPQ,PQ?平面BPQ,∴EF∥平面PQB.(方法二)∵直棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,∴AC⊥BD,AA1⊥底面ABCD.設AC,BD交點為O,以O為原點,分別以OA,OB及過O且與AA1平行的直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則有A(2,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0).設BF=a,a∈[1,3],則E(2,0,a1),F(0,1,a),P(2,0,a+1),Q(0,1,a),EF=(2,1,1),QP=(2,1,1),∴EF∥PQ,故E,F,P,Q四點共面.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ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,∴AC⊥BD,AA1⊥底面ABCD.設AC,BD交點為O,以O為原點,分別以OA,OB及過O且與AA1平行的直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則有A(2,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0).設BF=a,a∈[1,3],