空间中的翻折、探索性问题 导学案-2025届高三数学二轮专题复习

萍实校训：以诚待人，自强不息 编号:27 萍实校风：诚信、勤奋、自理、和谐 27 空间中的翻折、探索性问题（新编） 主编：吴涛思 副主编：数学组 【复习目标】 1、考点归纳（1）翻折问题（2）探索性问题 2、易错易混点归纳 （1）对翻折前后图形变化分析不清。误判元素关系：容易错误地认为所有元素在翻折前后都保持不变，忽略了位于折痕处及附近元素位置关系的改变。 （2）遗漏隐藏变化：没有充分挖掘出因翻折产生的隐藏的位置关系和数量关系变化。 （3）探索性问题条件缺失：假设时未充分考虑题目整体条件与限制，设定的未知元素缺少关键约束。 【思维导图】 【重要考点、易错易混点的注释】 1.求解翻折问题的规律 确定翻折前后变与不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 确定翻折后关键点的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 2.探索性问题的常见类型 （1）结论探索型：在某些确定的条件下，探索某一数学对象（数值、图形等）是否存在或某一结论是否成立； （2）条件探索型：探索某结论成立所需条件，如探索点的位置、结论成立的充分条件等. 【典例探究】 考点一　翻折问题 学法指导：翻折问题的解题策略 （1）解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，相对位置关系也不变，而处在折线两侧的线、面位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决此类问题的突破口； （2）在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形，善于将翻折后的量放在原平面图形中进行分析求解. 【例1】（2024·温州高三统一测试）如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD翻折到AEFD的位置，得到三棱台ABE-DCF，其中AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD. （1）求证：AD⊥BE； （2）若∠EAB＝，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值. 【解析】（1）证明：如图，连接BD，DE，设AB＝2a，则BC＝CD＝a， 由题意知，BC⊥CD，∴BD＝＝a，易得AD＝＝a，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，由翻折中的不变性可得，AD⊥DE，又BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面BDE，∴AD⊥平面BDE，又BE⊂平面BDE，∴AD⊥BE. （2）由题意及（1）知，BD＝DE＝a，AE＝AB＝2a， 又∠EAB＝，∴AB＝AE＝BE＝2a，∴DE2＋BD2＝BE2，∴DE⊥BD. 由（1）知，DE⊥AD，又AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABCD，∴DE⊥平面ABCD. 又AB⊂平面ABCD，∴AB⊥DE. 如图，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM， 又DE∩DM＝D，DE，DM⊂平面DEM，∴AB⊥平面DEM， 又AB⊂平面ABE，∴平面DEM⊥平面ABE. 过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN， 又平面ABE∩平面DEM＝EM，DN⊂平面DEM，∴DN⊥平面ABE， ∴∠NAD是直线AD与平面ABE所成的角. ∵平面CDF∥平面ABE，∴直线AD与平面CDF所成角的正弦值等于sin∠NAD. ∵DM⊂平面ABCD，∴DE⊥DM，易得DM＝BC＝a，EM＝AB＝a， 又DE＝a，∴DN＝＝a，又AD＝a，∴在Rt△ADN中，sin∠NAD＝＝＝， 即直线AD与平面CDF所成角的正弦值为. 考点二　探索性问题 学法指导：解决立体几何中的探索性问题的基本方法 （1）根据题设条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后加以证明，得出结论； （2）假设所求的点或参数存在，利用参数表示相关的点，根据线、面满足的垂直、平行或角的关系，构建方程（组）求解，若有符合题意的解，说明假设成立，即存在；否则假设不成立，即不存在. 【例2】（2024·菏泽三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝AB. （1）证明：平面PAD⊥平面ABCD； （2）在棱PC上是否存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝AB，所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2，所以DC⊥PD，AB⊥AP，又AB＝BC＝DC＝DA，所以四边形ABCD为菱形，所以AB∥DC，所以DC⊥AP，又AP，PD⊂平面PAD，AP∩PD＝P，所以DC⊥平面PAD，又DC⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. （2）由（1）得DC⊥平面PAD，因为DA⊂平面PAD，所以DC⊥DA，故四边形ABCD为正方形.不妨设正方形ABCD的边长为2，AD的中点为O，连接PO，因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，又PO⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，），A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0）.假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝λ（λ＞0），E（x0，y0，z0），由＝λ，得＝λ， 即（x0，y0，z0－）＝λ（－1－x0，2－y0，－z0），解得x0＝－，y0＝，z0＝，所以E（－，，），所以＝（0，2，0），＝（－2，0，0），＝（1，2，－），＝（，－，）.设平面AEB的法向量为n＝（x1，y1，z1），则可取n＝（，0，1＋2λ）. 设平面BCE的法向量为m＝（x2，y2，z2），则 可取m＝（0，，2），则｜cos＜n，m＞｜＝＝＝， 解得λ＝1或λ＝－2（舍去），所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝1. 【训练检测】 1.（2024·新高考Ⅱ卷17题）（翻折问题）如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. （1）证明：EF⊥PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 【解析】（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理得 EF＝ ＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. （2）连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz， 则P（0，0，2），D（0，3，0），C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0）， 由F是AB的中点，得B（4，2，0）， 所以＝（3，3，－2），＝（0，3，－2），＝（4，2，－2），＝（2，0，－2）， 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2）， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝（0，2，3），m＝（，－1，1）， 所以｜cos ＜m，n＞｜＝＝＝， 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ， 则sin θ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为. 2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD的中点. （1）若m＝，证明：直线AF∥平面PEC； （2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由. 【解析】（1）证明：如图，作FM∥CD，交PC于点M，连接EM， 因为点F为PD的中点，所以点M为PC的中点，所以FM＝CD. 因为m＝，所以AE＝AB＝FM， 又FM∥CD∥AE， 所以四边形AEMF为平行四边形， 所以AF∥EM， 因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC， 所以直线AF∥平面PEC. （2）存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下： 要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE， 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB， 又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE， 因为AB⊂平面PAB， 所以平面PED⊥平面PAB， 因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°， 所以AE＝ADcos 30°＝， 所以m＝＝. 【预习要求】 1、 认真阅读学案、熟悉本节课的“复习目标”、“重点”、“难点”； 2、 能合本说翻折前面变与不变的量。 3、能合本说出探索性问题的常见类型及处理方法。 高三数学 第 1 页（共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$