第七章 第九节 立体几何中的翻折与探究问题（复习讲义）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

第九节　立体几何中的翻折与探究问题 重点解读 　　会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系，角的存在条件与翻折问题. 翻折问题 （师生共研过关） 如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，且点F满足DF∥CE，且DF＝3CE. （1）求直线CF与平面ADE所成角的正切值； （2）求几何体ADE-BFC的体积. 解题技法 翻折问题的两个解题策略 （2025·呼和浩特模拟）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，＝λ，＝λ（0＜λ＜1），沿EF将△AEF向上折起得到棱锥P-BCDEF.如图2所示，设二面角P-EF-B的平面角为θ. （1）当λ为何值时，三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积之比为； （2）当θ＝，λ＝时，求平面PEF与平面PFB所成角φ的正弦值. 探究性问题 （师生共研过关） （2025·邵阳第二次联考）如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD. （1）证明：BD⊥CC1； （2）若AB＝2，AA1＝，A1B1＝1，∠ABC＝60°，棱BC上是否存在一点P，使得平面AD1P与平面ADD1夹角的余弦值为.若存在，求线段CP的长；若不存在，请说明理由. 解题技法 利用空间向量巧解探究性问题的策略 （1）空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断； （2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题. 提醒 探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用. 如图，四棱锥S-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°，SC⊥BD. （1）求二面角A-SB-C的余弦值； （2）线段SC（包含端点）上是否存在点H，使得DH∥平面SAB. 提示：完成课后作业　第七章　第九节 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第九节　立体几何中的翻折与探究问题 【考点·分类突破】 考点1 【例1】 解：（1）取AE中点O，AB中点G，连接DO，OG， 由题易得AD＝DE＝， ∴DO⊥AE，DO＝AO＝1， ∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DO⊂平面ADE， ∴DO⊥平面ABCE， 又G为AB中点，则在矩形ABCD中，四边形AGED为正方形， ∴GO⊥AE， ∴OA，OG，OD两两垂直，且OA＝OG＝OD＝1. 以OA，OG，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则A（1，0，0），E（－1，0，0），D（0，0，1），G（0，1，0），B（－1，2，0），C（－2，1，0），F（－3，3，1）. ∴＝（－1，2，1），平面ADE的一个法向量为＝（0，1，0）. ∴·＝2，｜｜＝，｜｜＝1. 设直线CF与平面ADE所成角为θ， ∴sin θ＝｜cos ＜，＞｜＝＝＝，则cos θ＝＝， ∴tan θ＝，则直线CF与平面ADE所成角的正切值为. （2）VADE-BFC＝VF-ABCE＋VF-ADE，VF-ABCE＝S梯形ABCE·DO＝×（AB＋CE）·BC·DO＝×3××1＝1. VF-ADE＝S△ADE·3GO＝×AE·DO·3GO＝×2×1×3＝1， VADE-BFC＝＋VF-ADE＝2. ∴所求几何体的体积为2. 跟踪训练 解：（1）由图知，＝＝＝，从而＝， 因＝λ，＝λ，故EF∥BD，则△AEF∽△ADB，于是λ＝＝＝. （2）因为菱形ABCD的对角线互相垂直， 设AC与EF的交点为O，可知O点为线段EF的中点， 在翻折的过程中，始终有PO⊥EF，OC⊥EF， 所以二面角P-EF-B的平面角为∠POC＝θ＝， 以O为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则P（0，0，），F（1，0，0），B（2，，0）， 可得＝（1，0，－），＝（1，，0）， 设平面PFB的法向量为n＝（x，y，z），则 令x＝，则y＝－1，z＝1，可取n＝（，－1，1）， 因OC⊥平面PEF，故平面PEF的法向量可取为m＝（0，1，0）， 由题意可得｜cos φ｜＝｜cos＜m，n＞｜＝＝， 因0≤φ≤， 故sin φ＝＝. 考点2 【例2】 解：（1）证明：连接AC，因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC， 又AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1； 又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC. 因为四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1，CC1的延长线交于一点， 所以A1，C1，C，A四点共面，即CC1⊂平面A1AC，所以BD⊥CC1. （2）由（1）知，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，2，0），D1（0，1，）， 若存在点P满足题意，则设P（，y，0），y∈[－1，1]. 易知平面AD1D的一个法向量为n＝（1，0，0）， 设平面AD1P的法向量为m＝（x0，y0，z0）. ＝（0，1，），＝（，y，0）. 则则 令y0＝，则z0＝－1，x0＝－y，m＝（－y，，－1）. 所以｜cos＜m，n＞｜＝｜｜＝＝，解得y＝±. 故在棱BC上存在点P满足题意，此时CP＝或CP＝. 跟踪训练 解：（1）∵△ABD为正三角形，CB＝CD，取BD中点O， 连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，即AC⊥BD，垂足为O， ∵∠BSD＝90°，∴△BSD为直角三角形， ∵O为BD中点，∴OD＝OS， 在△COD与△COS中， ∵OD＝OS，CS＝CD，OC＝OC， ∴△COD≌△COS，则∠COD＝∠COS＝90°， ∴AC⊥OS， ∵SC⊥BD且SC∩AC＝C，SC，AC⊂平面ASC，∴BD⊥平面ASC. 又∵OS⊂平面ASC，∴OS⊥BD. 以O为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A（3，0，0），B（0，，0），C（－1，0，0），S（0，0，）， ∴＝（－3，，0），＝（1，，0），＝（0，，－）， 设平面SAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则由得 令y1＝，得m＝（1，，）. 设平面SCB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）. 则由得 令y2＝1，得n＝（－，1，1）， ∴cos＜m，n＞＝＝＝. ∵二面角A-SB-C是钝角，∴二面角A-SB-C的余弦值为－. （2）不存在. 设H是线段SC上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ＝（－λ，0，－λ），＝＋＝（0，，）＋（－λ，0，－λ）＝（－λ，，－λ）， 由（1）知平面SAB的一个法向量为m＝（1，，）. 又∵DH⊄平面SAB， ∴DH∥平面SAB当且仅当·m＝0， 即（－λ，，－λ）·（1，，）＝－λ＋3＋3－3λ＝0， 解得λ＝超出范围λ∈[0，1]， 因此线段SC（包含端点）上不存在点H，使得DH∥平面SAB. 学科网（北京）股份有限公司 $