专题4 第4讲 空间中翻折、探究性问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第4讲　空间中翻折、探究性问题 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 基础自测　思维引航 基础自测 1.(人B选必一1.2.1节例题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,判断满足下列条件的点M,N是否存在:M∈AD1,N∈BD,MN⊥AD1,MN⊥BD. 解 以D为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,正方体的棱长为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(1,0,0),D1(0,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0), 所以=(-1,0,1),=(-1,-1,0),=(0,1,0). 假设满足条件的M,N存在, 而且=t=(-t,0,t),=s=(-s,-s,0), 则=-=(t-s,-s+1,-t). 因为MN⊥AD1,MN⊥BD,所以, 从而解得t=,s= 因此,满足条件的M,N是存在的. 2.(人B选必一1.2.5节例题)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N分别为A1B1,AD,CC1的中点,判断直线AC与平面EMN的关系.如果平行,求出AC与平面EMN之间的距离;如果不平行,说明理由. 解 以D为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.由正方体的棱长为2个单位长度, 有M(1,0,0),E(2,1,2),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0), 所以=(1,1,2),=(-1,2,1),=(-2,2,0). 设平面EMN的一个法向量为n=(x,y,z),则 令z=1,则得n=(-1,-1,1). 因为n=(-2)×(-1)+2×(-1)+0×1=0,所以n, 又因为点A显然不在平面EMN内,所以AC与平面EMN平行. 又因为=(1,0,0),所以 因此点A到平面EMN的距离为,这也是AC与平面EMN之间的距离. 3.(2024新高考Ⅱ,17)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对折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. (1)证明 在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°, 则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=4, 所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2,所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF. 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE,所以EF⊥平面PDE. 又PD⊂平面PDE,所以EF⊥PD. (2)解 连接EC.由题可得DE=3,CD=3. 因为∠ADC=90°,所以DE2+DC2=EC2, 所以EC=6,所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE. 又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 又ED⊂平面ABCD,所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直. 分别以EF,ED,EP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),B(4,2,0),C(3,3,0), 则=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由 令y1=2,得x1=0,z1=3,所以平面PCD的一个法向量n1=(0,2,3). 设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由 令x2=,得y2=-1,z2=1,所以平面PBF的一个法向量n2=(,-1,1). 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α, 则|cos α|=|cos<n1,n2>|=,所以sin α= 思维引航 1.探究性问题的解题思路 先假设满足题意的点存在,并用字母表示其位置(坐标),在此假设下进行正确的推理,看是否有符合条件的解,以确定假设是否成立. 2.建立坐标系,证明直线的方向向量与平面的一个法向量的数量积等于0可判断线面平行.把线面距离转化为点面距离,利用向量法求解. 3.解翻折问题要注意两点:一是确定翻折前后变与不变的关系.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面间的位置和数量关系不变;二是确定翻折过程中运动变化的点在翻折后的具体位置,以此为参照点解题. 考点进阶　素养淬炼 考点一　翻折问题 例1　(2025全国2,17)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.【一题多解】 (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. (1)证明 由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F,所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD,所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCD,所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形. (方法一)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'. 不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2, 又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线, 所以C1F=1, 所以S△D'FC·C1F=12×1= 又D'C1=,D'C=1,C1C=, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1, 则h1=,则CD'·h1= 设点F到平面D'C1C的距离为h2,由, 得h2= 易知点F到D'C1的距离为D'C1= 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ= (方法二)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC.过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC⊂平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC.以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,), 所以=(-1,-1,0),=(0,-),=(-1,0,0),=(0,). 设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1). 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>==- 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ= 【对点训练1】(2025山东济宁模拟)如图所示,正三角形ABC的边长为2, D,E,F分别是各边的中点,现将△ADE,△BEF,△CDF分别沿DE,EF,DF折起,使得△ADE,△BEF,△CDF所在平面均与底面DEF垂直. (1)求证:平面ABC∥平面DEF; (2)求二面角C-DA-E的正弦值. (1)证明 因为△ABC为正三角形,且D,E,F分别是各边的中点, 所以△ADE,△BEF,△CDF均为正三角形.分别取DE,EF,FD的中点A1,B1,C1,则AA1⊥DE,BB1⊥EF,CC1⊥DF,且AA1=BB1=CC1. 又因为平面ADE⊥底面DEF,平面ADE∩底面DEF=DE,AA1⊂平面ADE, 所以AA1⊥平面DEF. 同理可得,BB1⊥平面DEF,所以AA1∥BB1, 所以四边形AA1B1B为平行四边形,所以AB∥A1B1. 因为AB⊄平面DEF,A1B1⊂平面DEF,所以AB∥平面DEF, 同理可得CB∥平面DEF, 又AB∩BC=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以平面ABC∥平面DEF. (2)解 由(1)可知A1E,A1F,A1A两两垂直. 以A1为坐标原点,分别以A1E,A1F,A1A所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,),C(-),D(-,0,0),E(,0,0), 所以=(-,0),=(-,0,-). 设平面CDA的法向量为n1=(x,y,z), 则令x=3,得y=,z=-, 所以n1=(3,,-).易知平面EDA的一个法向量为n2=(0,1,0), 所以cos<n1,n2>=, 所以二面角C-DA-E的正弦值为 考点二　探究性问题 考向1　探究位置关系问题 例2　(2025贵州遵义高三模拟)在多面体ABCDMN中,已知四边形ABNM是边长为2的正方形,AB=AD=BC,AD∥BC,AB⊥AD,平面ABNM⊥平面ABCD, H为线段BC的中点. (1)若平面ANH∩平面MNC=l,求证:MC∥l. (2)在线段NC上是否存在一点P, 使得平面PAH⊥平面NAH? 若存在,求的值;若不存在,说明理由. (1)证明 连接BM交AN于点E,连接HE,因为四边形ABNM为正方形,所以E为BM的中点. 又H为线段BC的中点,所以EH∥MC.又EH⊂平面ANH,MC⊄平面ANH,所以MC∥平面ANH.因为平面ANH∩平面MNC=l,且MC⊂平面MNC,所以MC∥l. (2)解 存在.在正方形ABNM中,NB⊥AB. 因为平面ABNM⊥平面ABCD, 平面ABNM∩平面ABCD=AB,且NB⊂平面ABNM, 所以NB⊥平面ABCD. 又AD∥BC,AB⊥AD, 所以AB⊥BC,则BA,BC,BN两两垂直. 以B为原点,BA,BC,BN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. 又AB=AD=BN=BC=2,H为线段BC的中点, 所以A(2,0,0),N(0,0,2),H(0,2,0),C(0,4,0), 则=(-2,2,0),=(-2,0,2),=(0,4,-2), 设==(0,4λ,-2λ),0≤λ≤1,则P(0,4λ,2-2λ),所以=(-2,4λ,2-2λ). 设平面PAH的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 取x1=1-λ,则y1=1-λ,z1=1-2λ,得m=(1-λ,1-λ,1-2λ).设平面NAH的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则取x2=1,则y2=1,z2=1,得n=(1,1,1).由平面PAH⊥平面NAH,则m·n=1-λ+1-λ+1-2λ=0,解得λ=,即,所以在线段NC上存在一点P,使得平面PAH⊥平面NAH,且 【对点训练2】(2025湖北黄石高三模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点. (1)证明:A1C⊥BC1. (2)求直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值. (3)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,求出线段A1Q的长;若不存在,请说明理由. (1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为∠BAC=90°,则AB⊥AC.由题可知,AB,AC,AA1两两垂直.以点A为原点,AB,AC,AA1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. 因为AB=AC=AA1=2,所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2), 所以=(-2,-2,2),=(0,-2,-2),=(0,-2,-2)·(-2,-2,2)=0, 所以A1C⊥BC1. (2)解 因为M(1,0,0),所以=(1,0,-2).设n=(x,y,z)是平面A1CM的法向量,则取z=1,则x=2,y=-1,得n=(2,-1,1). 又因为点P坐标为(1,-1,1),所以=(1,-1,-1). 设直线A1P与平面A1CM所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|=, 即直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值为 (3)解 在线段A1N上存在靠近N的三等分点Q,满足PQ∥平面A1CM. 因为N为B1C1的中点,所以N(1,-1,2),=(1,-1,0). 设=t(0≤t≤1), 所以Q(t,-t,2),所以=(t-1,1-t,1). 由(2)得平面A1CM的一个法向量为n=(2,-1,1).若PQ∥平面A1CM,则n,所以n=(t-1,1-t,1)·(2,-1,1)=0,即2(t-1)-(1-t)+1=0,解得t=, 所以在线段A1N上存在靠近N的三等分点Q,使得PQ∥平面A1CM, 所以||=|=,即线段A1Q的长为 考向2　与空间角有关的探究性问题 例3　(2025广东佛山高三模拟)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,平面ABB1A1⊥平面ABCD,AA1=BB1=,点M是线段BB1的中点,N为线段CD上一点. (1)若CN=1,证明:MN∥平面ADD1A1. (2)在线段CD上是否存在点N,使平面 ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为? 若存在,指出点N的位置;若不存在,说明理由. (1)证明 取线段AA1的中点P,连接PM,PD.因为MP为梯形ABB1A1的中位线,所以MP==3.又因为CN=1,所以DN=3.因为DN∥AB,MP∥AB,且MP=DN=3,所以MP∥DN,MP=DN,所以四边形MNDP为平行四边形,所以MN∥PD.又因为MN⊄平面ADD1A1,PD⊂平面ADD1A1, 所以MN∥平面ADD1A1. (2)解 存在.在平面A1B1BA中,作A1O⊥AB于点O.因为平面ABB1A1⊥平面ABCD,且平面ABB1A1∩平面ABCD=AB,所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中,过点O作AD的平行线交CD于点Q, 则OQ⊥OB,则OQ,OB,OA1两两垂直. 以OQ,OB,OA1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. 因为四边形ABB1A1为等腰梯形,A1B1=2,AB=4,所以AO=1. 又因为AA1=BB1=,所以A1O=2. 则A(0,-1,0),A1(0,0,2),D(4,-1,0),B1(0,2,2),B(0,3,0),M(0,,1), 设N(4,a,0)(-1≤a≤3),=(0,1,2),=(4,0,0),=(0,-,1),=(4,a-3,0), 设平面ADD1A1的法向量为n1=(x1,y1,z1), 所以令z1=1,则y1=-2,x1=0,得n1=(0,-2,1). 设平面MNB的法向量为n2=(x2,y2,z2),所以 令x2=3-a,则y2=4,z2=2,得n2=(3-a,4,2). 又因为平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为,所以, 整理得,所以a2-6a+5=0,解得a=1或a=5. 又因为-1≤a≤3,所以a=1,所以存在点N使得平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为,此时N为CD的中点. 【对点训练3】(2025北京丰台高三二模改编)如图,在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD与侧面ADD'A'均为菱形,AB⊥平面ADD'A',AD=2,E为CC'的中点,DD'与平面ABE交于点F. (1)求证:F为DD'的中点. (2)已知AD=AD',判断在线段A'C上是否存在点G,使得直线AG与平面ABE所成角的正弦值为?若存在,求的值;若不存在,说明理由. (1)证明 在菱形ABCD中,CD∥AB.因为CD⊄平面ABEF,AB⊂平面ABEF,所以CD∥平面ABEF.又CD⊂平面CDD'C',平面CDD'C'∩平面ABEF=EF,所以CD∥EF.又四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,CE∥DF,所以四边形CEFD为平行四 边形.所以DF=CE=CC'=DD',所以F为DD'的中点. (2)解 取A'D'的中点H,连接AH,在菱形ADD'A'中,AA'=A'D'=AD. 因为AD=AD',所以△AA'D'为等边三角形. 因为H为A'D'中点,所以AH⊥A'D'. 又A'D'∥AD,故AH⊥AD. 因为AB⊥平面ADD'A',且AD,AH⊂平面ABCD, 所以AB⊥AD,AB⊥AH,所以AB,AD,AH两两垂直. 如图,以A为原点,AB,AD,AH所在直线为x轴、 y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),A'(0,-1,),F(0,), 所以=(2,0,0),=(0,),=(0,-1,),=(2,3,-). 设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),因为AF∥BE,则=(0,), 则令z=,则x=0,y=-1,则n=(0,-1,). 设==(2λ,3λ,-),0≤λ≤1, 所以=(2λ,3λ-1,).设直线AG与平面ABE所成角为θ,所以sin θ=|cos<,n>|=,解得λ=, 所以存在符合条件的点G, $