专题四：空间向量与立体几何第4讲立体几何中的翻折问题与探索性问题-2024届高三数学二轮复习讲义

第4讲　立体几何中的翻折问题与探索性问题 　(2023·八省联考)如图1，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，动点E，F分别在边AD，AB上(不含端点)，且＝λ(0<λ<1)，沿EF将△AEF向上折起得到△PEF，使得平面PEF⊥平面BCDEF，如图2所示． (1)当λ为何值时，BF⊥PD? (2)若直线PC与平面BCDEF所成角的正切值为，求平面PEF与平面PBD夹角的大小． 解　(1)∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°， ∴∠A＝60°， 又AB＝AD， ∴△ABD是等边三角形． 又＝λ， ∴EF∥BD，∴△PEF也是等边三角形． 取EF的中点O，连接PO，则PO⊥EF， ∵平面PEF⊥平面BCDEF，PO⊂平面PEF，平面PEF∩平面BCDEF＝EF， ∴PO⊥平面BCDEF， 又BF⊂平面BCDEF，∴PO⊥BF. 连接DO，AO，∵BF⊥PD，BF⊥PO， 又PD∩PO＝P，PD，PO⊂平面POD， ∴BF⊥平面POD， 又OD⊂平面POD，∴BF⊥OD. 延长DO交AB于点N，则DN⊥AB， 又AO⊥BD，且△ABD是等边三角形， ∴O为△ABD的重心， 又点O在EF上，EF∥BD， ∴＝，即λ＝. (2)以O为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．设菱形ABCD的边长为2， 则P(0，0，λ)，E(－λ，0，0)，F(λ，0，0)，B(1，－λ，0)，D(－1，－λ，0)，C(0，2－λ，0)．∵PO⊥平面BDEF，∴∠PCO即为PC与平面BCDEF所成的角， ∴tan∠PCO＝＝＝， 解得λ＝， ∵OC⊥平面PEF， ∴＝即为平面PEF的法向量． 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， ＝(－2，0，0)，＝， 则即 取n＝(0，1，1)， 则cos〈，n〉＝＝， ∴〈，n〉＝45°， ∴平面PEF与平面PBD的夹角为45°. 举一反三 图1是由矩形ACC1A1、等边三角形ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连接B1C1，BN，如图2. (1)证明：在图2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四点共面； (2)在图2中，若二面角A1－AC－B的大小为θ，且tanθ＝－，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解　(1)证明：取AC的中点M，连接NM，BM，如图所示， 因为四边形ACC1A1为矩形，N为A1C1的中点，所以AC⊥MN. 因为△ABC为等边三角形，M为AC的中点，所以AC⊥MB， 又MN∩MB＝M，MN，MB⊂平面BMN，则AC⊥平面BMN， 又BN⊂平面BMN，所以AC⊥BN. 在矩形ACC1A1中，AA1∥CC1，在平行四边形ABB1A1中，AA1∥BB1，所以BB1∥CC1，所以B，C，C1，B1四点共面． (2)由(1)知，MN⊥AC，BM⊥AC，则∠NMB为二面角A1－AC－B的平面角，θ＝∠NMB，在平面BMN内过M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，N(0，cosθ，sinθ)，C1(－1，cosθ，sinθ)，＝(1，，0)，＝(0，cosθ，sinθ)， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝－1，得n＝， 由tanθ＝－，得n＝(，－1，－2)，＝(－1，，0)， 设直线AB与平面BCC1B1所成的角为α， 于是sinα＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值是. 　(2023·张家口二模)如图，在三棱锥P－ABC中，侧面PAC是边长为2的正三角形，BC＝4，AB＝2，E，F分别为PC，PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l. (1)证明：l∥平面PBC； (2)若三棱锥P－ABC的体积为，试问在直线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＝？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 解　(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与底面ABC的交线为l， 所以EF∥l， 从而l∥BC， 又BC⊂平面PBC，l⊄平面PBC， 所以l∥平面PBC. (2)取AC的中点D，连接PD， 因为△PAC是边长为2的正三角形， 所以AD＝1，PD＝＝. 由(1)可知，在底面ABC内过点A作BC的平行线，即平面AEF与底面ABC的交线l. 由题意可得AC2＋BC2＝AB2， 即AC⊥B