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Word

第3讲　大题专攻——空间中的翻折、探索性问题 备｜考｜领｜航 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 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； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解：（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.（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； （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：（1）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. 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. （2）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， 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. 重｜难｜排｜查 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. 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. （1）求证：AD⊥BE； （2）若∠EAB＝，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值. 解：（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. 感悟提升 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. 　（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. （1）当AB∥平面PCD时，求PD的长； （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：（1）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＝. （2）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）. 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. 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. （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：（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. 感悟提升 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. 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； （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. 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）， （1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1）， ｜cos＜，＞｜＝＝＝， 所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°. （2）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. 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； （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：（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＝＝. 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； （2）当平面ABD⊥平面BCD时，求平面ABC和平面ACD夹角的余弦值. 解：（1）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. （2）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，－）. 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）； 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. 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； （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：（1）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. （2）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. 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，sin θ）， 可得＝（1，－cos θ，－sin θ），＝（－2，－cos θ，－sin θ）， 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. 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； （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. 解：（1）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， 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. （2）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）， 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. 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'； （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：（1）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， 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'. （2）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）， 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， 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｜｜＝｜｜＝， 故M'（cos（α－），sin（α－），1），同理F'（2cos α，2sin α，2）， 所以＝（2cos α－cos（α－），2sin α－sin（α－），1）， 因为2cos α－cos（α－）＝2cos α－cos αcos－sin αsin＝cos α－sin α， 2sin α－sin（α－）＝2sin α－sin αcos＋cos αsin＝cos α＋sin α， 所以＝（cos α－sin α，cos α＋sin α，1）， 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. 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $