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学生用书Word

第3讲　大题专攻——空间中的翻折、探索性问题 【锁定高考·明方向】 真题感悟 1.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.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. 【研透高考·攻重点】 【例1】　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. 跟踪训练 　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. 【例2】　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. 跟踪训练 　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. 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 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？ 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. 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. 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. 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. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $