专题4 第3讲 大题专攻——空间中的翻折、探索性问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦空间翻折与探索性问题两大核心考点，严格依据高考评价体系明确考查要求。通过考情分析梳理翻折问题、探索性问题的高频考查维度，结合2024新高考Ⅱ卷、2021全国甲卷等真题案例，归纳出解答题中多面体载体的典型命题形式，构建针对性备考框架。 课件亮点在于“真题感悟—考点攻坚—跟踪检测”的三阶训练体系，如翻折问题中通过“锁定不变量（如折痕同侧线段长度）”“分析变量关系（如线面位置变化）”培养学生空间观念，探索性问题中运用“参数设元—向量运算—方程求解”的数学思维突破存在性论证。典型题例如2024新高考Ⅱ卷翻折问题的线面垂直证明、二面角计算，帮助学生掌握规范答题步骤，为教师提供系统复习方案，提升冲刺阶段教学效率。

第3讲　大题专攻 ——空间中的翻折、探索性问题 目录 CONTENTS 课时跟踪检测 锁定高考·明方向 研透高考·攻重点 有的放矢 事半功倍 重难攻坚 快速提升 01 锁定高考·明方向 有的放矢 事半功倍 目录 一、考情分析 高频考点 高考预测 翻折问题 高考对此部分内容主要以解答题的形式考查，常以多面体为载体，题目与翻折问题、探索性问题相结合命题 探索性问题 备考领航 目录 二、真题感悟 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； 目录 解：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， 目录 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. 目录 （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解：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， 目录 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 ）， 目录 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， 目录 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 . 目录 2. （2021·全国甲卷理19题）（探索性问题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1 中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中 点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. （1）证明：BF⊥DE； 目录 解：证明：因为E，F分别是AC和CC1的 中点，且AB＝BC＝2， 所以CF＝1，BF＝ . 如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得 BF⊥AB，则AF＝ ＝3，所以AC＝ ＝2 .由AB2＋BC2＝AC2，得 BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC， BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐 标系B-xyz. 目录 则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1）， ＝（0，2，1）. 设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2）， 于是 ＝（1－m，1，－2）. 所以 · ＝0，所以BF⊥DE. 目录 （2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最 小？ 解：易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝ （1，0，0）. 设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）. 则 又 ＝（1－m，1，－2）， ＝（－1，1， 1）， 所以令x＝3，得y＝ m＋1，z＝2－m， 目录 于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m）， 所以 cos ＜n1，n2＞＝ . 设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则 sin θ＝ ， 故当m＝ 时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角 的正弦值最小，为 ，即当B1D＝ 时，面 BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小. 目录 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 重难排查 目录 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. 目录 02 研透高考·攻重点 重难攻坚 快速提升 目录 翻折问题 【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. 考点一 目录 （1）求证：AD⊥BE； 解：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. 目录 （2）若∠EAB＝ ，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值. 解：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， 目录 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， 目录 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 . 目录 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. 感悟提升 目录 　（2024·苏北四市质检）已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周 上有C，D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝ ，点P是 上的动点.沿 AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD. 跟踪训练 目录 （1）当AB∥平面PCD时，求PD的长； 解：因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD， 平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD， 又∠AOD＝ ，所以∠ODP＝∠OPD＝ ， 所以∠POD＝ ， 又OD＝OP＝1，所以PD＝ . 目录 （2）当三棱锥P-COD的体积最大时，求二面角O-PD-C的余弦值. 解：由题意知OC⊥平面POD， 而S△DOP＝ ·OD·OP· sin ∠DOP， 所以当OD⊥OP时，三棱锥P-COD的体积最大. 易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），故 ＝（1，－1，0）， ＝（0，1，－1）. 目录 设平面CPD的法向量为n1＝（x，y，z）. 则即 取y＝1，得x＝1，z＝1， 得平面CPD的一个法向量为n1＝（1，1，1）. 易知平面OPD的一个法向量为n2＝（1，0，0）， 所以 cos ＜n1，n2＞＝ ＝ ， 所以二面角O-PD-C的余弦值为 . 目录 探索性问题 【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. 考点二 目录 （1）证明：平面PAD⊥平面ABCD； 解：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. 目录 （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. 目录 解：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， 目录 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＝ ， 目录 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）. 目录 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. 目录 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. 感悟提升 目录 已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝ AC＝1. （1）求异面直线AC1与A1B所成的角； 跟踪训练 目录 解：因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1， 即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以 ∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1， A1B1，A1C1两两垂直， 如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴， A1A为z轴建立空间直角坐标系， 因为AA1＝AB＝AC＝1， 所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1， 0），A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1， 1）， 目录 ＝（0，1，－1）， ＝（1，0，1）， ｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ， 所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°. 目录 （2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得 MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明 理由. 目录 解：存在. 假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点， ＝（1，0，1）， 所以M（ ，0， ），所以 ＝（x－ ，y， ）， 又 ＝（0，1，－1）， ＝（－1，1，－1）， 则⇒所以N（ ， ，1）， 且 ＝ ，所以N是BC的中点. 故存在点N，N为BC的中点，满足条件. 目录 03 课时跟踪检测 目录 1. 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； 1 2 3 4 5 目录 解：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. 1 2 3 4 5 目录 （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：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， 1 2 3 4 5 目录 因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°， 所以AE＝AD cos 30°＝ ， 所以m＝ ＝ . 1 2 3 4 5 目录 2. （2024·长沙新高考适应性考试）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2， BC＝2 ，将△ABD沿矩形的对角线BD进行翻折，得到如图2所示的 三棱锥A-BCD. （1）当AB⊥CD时，求AC的长； 1 2 3 4 5 目录 解：由AB⊥CD，BC⊥CD，且AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，可得CD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以 AC⊥CD. 在Rt△ACD中，根据勾股定理得，AC＝ ＝ ＝2 . 1 2 3 4 5 目录 （2）当平面ABD⊥平面BCD时，求平面ABC和平面ACD夹角的余弦 值. 解：如图，过点A作AO⊥BD于点O， 易知BO＝1，AO＝ . 由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， AO⊂平面ABD，得AO⊥平面BCD. 以O为坐标原点，在平面 BCD中，过点O作BD的垂线为x轴，BD，AO所在直线 分别为y，z轴，建立空间直角坐标系， 则A（0，0， ），B（0，－1，0），C（ ，2，0），D（0，3，0）， ＝（0，－1，－ ）， ＝（ ，3，0）， ＝（－ ，1，0）， ＝（0，3，－ ）. 1 2 3 4 5 目录 设平面ABC的法向量m＝（x1，y1，z1），则 令z1＝1，得y1＝－ ，x1＝3， 所以m＝（3，－ ，1）； 1 2 3 4 5 目录 设平面ACD的法向量n＝（x2，y2，z2），则 令x2＝1，得y2＝ ，z2＝3， 所以n＝（1， ，3）. 记平面ABC和平面ACD的夹角为θ，则 cos θ＝｜ cos ＜ m，n＞｜＝ ＝ ＝ ， 即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 目录 3. （2024·台州一模）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的 中点，AB＝4，AD＝AE＝2.将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的 位置. （1）若平面APE⊥平面ABCE，求证：AP⊥BE； 1 2 3 4 5 目录 解：证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以∠BCE＝120°. 又因为E为CD的中点，则CE＝ED＝DA＝CB，所以 △BCE为等腰三角形，可得∠CEB＝30°，∠AEB ＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE， 因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂ 平面ABCE， 则BE⊥平面APE，且AP⊂平面APE，所以AP⊥BE. 1 2 3 4 5 目录 （2）若点A到直线PC的距离为 ，求二面角P-AE-B的平面角的余 弦值. 解：取AE的中点O，连接PO，因为 △APE为等边三角形，所以PO⊥AE， 取AB的中点G，则OG∥BE，由（1）得 BE⊥AE，所以OG⊥AE， 所以∠POG即为二面角P-AE-B的平面角，记为θ. 1 2 3 4 5 目录 以点O为坐标原点，以OA，OG，Oz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A（1，0，0），C（－2， ，0）， 因为OP＝ ，则P（0， cos θ， sinθ）， 可得 ＝（1，－ cos θ，－ sin θ）， ＝（－2， － cos θ，－ sinθ）， 1 2 3 4 5 目录 则点A到直线PC的距离为 ＝ ， 由题意可得 ＝ ，解得 cos θ＝－ ，或 cos θ＝ ， 所以二面角P-AE-B的平面角的余弦值为－ 或 . 1 2 3 4 5 目录 4. 如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面 ABC上的射影为点H. （1）证明：PC⊥AB； 解：证明：因为点P在底面ABC上的射影为 点H，所以PH⊥平面ABC， 又AB，BC，CA⊂平面ABC，所以PH⊥AB， PH⊥BC，PH⊥CA， 因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA， PH⊂平面PAH，所以BC⊥平面PAH， 又AH⊂平面PAH，所以BC⊥AH， 1 2 3 4 5 目录 同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又 PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH⊂平面PCH，所以AB⊥平 面PCH， 又PC⊂平面PCH，所以PC⊥AB. 1 2 3 4 5 目录 （2）设PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点M，是否存在λ，使得 ＝λ ，且BM与平面PAB所成角的余弦值为 ？若存在，求出 λ的值，若不存在，请说明理由. 1 2 3 4 5 目录 解：延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB， 又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以 CA＝CB， 同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形. 又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2 . 如图，以点O为坐标原点，以 ， ， 的 方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间 直角坐标系，则A（－ ，0，0），B（ ， 0，0），P（0，1，2），C（0，3，0）， 故 ＝（2 ，0，0）， ＝（ ，1，2）， ＝（－ ，3，0）， ＝（0，－2，2）. 由 ＝λ ，得 ＝ ＋ ＝ ＋λ ＝（－ ，3－2λ，2λ）， 1 2 3 4 5 目录 设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），则 所以令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝（0，－2，1）， 所以 cos ＜ ，n＞＝ ＝ ， 设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得 cos θ＝ ，又θ∈［0， ］，所以 sin θ＝ ， 故 ＝ ，所以λ＝ 或λ＝2， 即存在λ＝ 或λ＝2，均可使得BM与平面PAB 所成角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 目录 5. （2024·宜春模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是 正方体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α（0＜α＜ π）后，得到四棱锥M'-B'CGF'. （1）若α＝ ，求证：平面 MBF⊥平面M'B'F'； 1 2 3 4 5 目录 解：证明：若α＝ ，则平面DCGH，平面CB'F'G为同一个平面.连接BH，BF'，则M是BH中点，M'是BF'中点， 所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M'B'F'与平面BFF'B'重合， 由正方体性质可知BF⊥平面EFF'H， 因为HF，FF'⊂平面EFF'H，所以 BF⊥HF，BF⊥FF'， ∠HFF'为二面角H-BF-F'的平面角， 1 2 3 4 5 目录 因为HG＝FG，∠HGF＝ ，则 ∠HFG＝ ，同理可得∠F'FG＝ ， 所以∠HFF'＝ ，所以平面MBF⊥平 面M'B'F'. 1 2 3 4 5 目录 （2）是否存在α，使得直线M'F'⊥平面MBC，若存在，求出α的值； 若不存在，请说明理由. 解：假设存在α，使得直线M'F'⊥ 平面MBC， 以C为原点，分别以 ， ， 的方 向为x，y，z轴的正方向建立如图所示 的空间直角坐标系， 则C（0，0，0），B（2，0，0），M （1，－1，1），故 ＝（2，0，0）， ＝（1，－1，1）， 1 2 3 4 5 目录 设平面MBC的法向量为m＝（x，y，z），则 取y＝1，得m＝（0，1，1）是平面MBC的一个法向量， 取CG的中点P，BF的中点Q，连接 PQ，PM，PM'，则P（0，0，1），Q（2，0，1）， 因为｜ ｜＝｜ ｜＝ ＝ ，则 PM⊥CG，同理可知，PM'⊥CG，因为BQ∥CP，BQ＝CP，BQ⊥BC，则四边形BCPQ为矩形，所以PQ⊥CG， 1 2 3 4 5 目录 于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角，∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角. 于是∠MPM'＝α， 因为 ＝（1，－1，0）， ＝（2，0，0）， cos ∠MPQ＝ ＝ ＝ ， 因为0＜∠MPQ＜π，则∠MPQ＝ ，所以∠QPM'＝α－ ， 因为PM⊥CG，PM'⊥CG，PM∩PM'＝P，PM，PM'⊂平面MPM'， 所以CG⊥平面MPM'，且｜ ｜＝｜ ｜＝ ， 1 2 3 4 5 目录 故M'（ cos （α－ ）， sin （α－ ），1），同理F'（2 cos α，2 sin α，2）， 所以 ＝（2 cos α－ cos （α－ ），2 sin α－ sin （α－ ），1）， 因为2 cos α－ cos （α－ ）＝2 cos α－ cos α cos － sin α sin ＝ cos α－ sin α， 2 sin α－ sin （α－ ）＝2 sin α－ sin α cos ＋ cos α sin ＝ cos α＋ sin α， 所以 ＝（ cos α－ sin α， cos α＋ sin α，1）， 1 2 3 4 5 目录 若直线M'F'⊥平面MBC，m是平面MBC 的一个法向量，则 ∥m， 即存在λ∈R，使得 ＝λm， 则 因为0＋λ2＝（ cos α－ sin α）2＋ （ cos α＋ sin α）2＝2，可得λ2＝2， 故方程组 所以不存在α∈（0，π），使得直线 M'F'⊥平面MBC. 1 2 3 4 5 目录 $