专题3 第5讲 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（提升版）

第5讲　翻折、探究性问题 考点一　翻折问题 考点二　空间中的探究性问题 目 录 索 引 考点一　翻折问题 理知识 解决翻折问题的关键 (1)盯住量:看翻折前后线面位置关系的变化情况,根据翻折过程,把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来,因为它们反映了翻折后空间图形的特征; (2)会转化:根据需要解决的立体几何问题(证明位置关系,求解空间角或距离),确立转化的目标; (3)得结论:对转化后的问题,用定义、判定定理、性质定理、基本事实及相关公式解决. 链高考 (2025新高考Ⅱ,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°. (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.【一题多解】 (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= 例1　(2025八省联考,19)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1, ∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点. (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. (ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC; (ⅱ)求球O的半径. (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. (1)(ⅰ)证明 在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°, 得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=, 且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC. 因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC. 又AB⊂平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC. (ⅱ)解 以A为原点,AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,),设球心O(a,b,c),半径为R, 因为△ABC为直角三角形,所以其外心为BC边的中点(,0), 则a=,b=,即O(,c). 由OA=OP, 得, 解得c=,则R= (2)解 在平面PAC中,过点P作PG⊥AC,交AC延长线于点G,作GM∥AB, 则由(1)可知,AG=,PG=, 设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以点G为原点,分别以GM,AG所在直线为x轴、y轴,过点G且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则G(0,0,0),A(0,-,0),B(1,-,0),C(0,-,0),P(cos θ,0,sin θ), 所以=(0,-1,0),=(1,-1,0),=(cos θ,sin θ). 设平面PAC和平面PBC的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2), 则 故 取x1=sin θ,x2=1,则m=(sin θ,0,-cos θ),n=(1,1,-), 所以cos<m,n>=== 令t=cos θ+,则cos θ=t- 由θ∈(0,π),得t∈(-1,+1),则(), 则cos<m,n>=, 当且仅当,即t=,即cos θ=-时,等号成立. 设二面角A-CP-B为α,则cos α=cos<m,n>, 所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为 【对点训练1】(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= 考点二　空间中的探究性问题 考向1　探究位置关系问题 例2　(2025湖北黄石模拟)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°, 以点A为坐标原点,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A-xyz. 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 所以取z=1,则x=2,y=-1,所以n=(2,-1,1)是平面A1CM的一个法向量. 又因为P点坐标为(1,-1,1),所以=(1,-1,-1). 设A1P与平面A1CM所成的角为θ,则sin θ= 即A1P与平面A1CM所成角的正弦值为 (3)解 存在线段A1N上靠近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). 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=, 所以存在线段A1N上靠近N的三等分点Q,使得PQ∥平面A1CM, 所以||=|=,即A1Q的长为 【对点训练2】(2025贵州遵义模拟)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 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, 以B为原点,以BA,BC,BN所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 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,可得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,可得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 考向2　与空间角有关的探究性问题 例3　(2025陕西咸阳二模)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=2,沿AC将△ADC折起,使点D到达点P的位置,点P在平面ABC的射影H落在边AB上. (1)求三棱锥P-BCH的体积; (2)若M是边PC上的一个动点,是否存在点M,使得平面AMB与平面PBC的夹角正切值为?若存在,求点M到平面ABC的距离;若不存在,请说明理由. 解 (1)作PE⊥AC,垂足为E,连接EH,如图所示. 由点P在平面ABC的射影H落在边AB上,可得PH⊥平面ABC, 又AC⊂平面ABC,所以PH⊥AC,因为PH∩PE=E,且PH,PE⊂平面PHE, 所以AC⊥平面PHE,又EH⊂平面PHE,所以AC⊥EH. 因为四边形ABCD为矩形,所以AB⊥BC,可得△ABC∽△AEH, 由AB=4,BC=2,可得AP=2,PC=4,AC=2 所以PE=,AE= 由△ABC∽△AEH,可得, 即AH==1,则BH=AB-AH=3. 在Rt△PAH中,PH= 所以VP-BCH=BC×BH×PH=2×3 (2)根据题意,以点H为坐标原点,以过点H且平行于BC的直线为y轴,分别以HB,PH所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 则A(-1,0,0),P(0,0,),B(3,0,0),C(3,2,0). 设=,λ∈[0,1],可得==λ(-3,-2,)=(-3λ,-2λ,), 所以M(3-3λ,2-2λ,). 易知=(4,0,0),=(3λ,2λ-2,-),=(3,0,-),=(0,2,0). 设平面AMB的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 所以 解得x1=0,取y1=,则z1=2λ-2,即m=(0,,2λ-2). 设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),所以 解得y2=0,取x2=1,则z2=,即n=(1,0,),因为平面AMB与平面PBC的夹角正切值为,所以平面AMB与平面PBC的夹角的余弦值为,因此可得|cos<m,n>|=, 整理可得3λ2-8λ+4=0,解得λ=2(舍去)或λ= 因此当时,平面AMB与平面PBC的夹角的正切值为,此时点M到平面ABC的距离为PH= 【对点训练3】(2025北京丰台二模)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)再从条件①,条件②这两个条件中选择一个 作为已知,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. 条件①:AD=AD'; 条件②:DD'⊥BF. (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. 又在四棱柱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 选择条件①: 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'的中点,所以AH⊥A'D',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. 以A为原点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), 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,且 选择条件②: 取A'D'的中点H,连接AH. 因为AB⊥平面ADD'A',且AD,DD',AH⊂平面ABCD, 所以AB⊥AD,AB⊥DD',AB⊥AH, 又DD'⊥BF,且AB,BF⊂平面ABEF,AB∩BF=B, 所以DD'⊥平面ABEF. 因为AF⊂平面ABEF,所以DD'⊥AF, 又因为F为DD'的中点,所以AD=AD'. 在菱形ADD'A'中,AA'=A'D'=AD,所以△AA'D'为等边三角形,所以AH⊥A'D',故AH⊥AD.所以AB,AD,AH两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),A'(0,-1,),所以=(0,-1,),=(2,3,-). 因为DD'⊥平面ABEF,所以取平面ABEF的一个法向量为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,且 $