专题集训18 立体几何中的翻折问题-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(十八)　立体几何中的翻折问题 (时间：40分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1.(15分)(2025·山东烟台二模)如图，梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AB＝2CD＝2AD＝4，E为BC的中点，将△CDE沿边DE折起，使点C到达点P的位置. (1)证明：DE⊥AP； (2)若二面角A-DE-P的大小为120°，求直线DP与平面BEP所成角的正弦值. 解：(1)证明：连接AC交DE于点O，连接OP. 由题可得AD＝CE＝2＝CD，且AD∥CE，所以O为DE的中点. 在△DEP中，PE＝PD＝2，所以DE⊥PO，同理DE⊥AO. 又PO∩AO＝O，PO，AO⊂平面AOP，所以DE⊥平面AOP. 又因为AP⊂平面AOP，所以DE⊥AP. (2)由(1)可知以点O为坐标原点，OE，OC方向和垂直于平面ABED向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， 由题可知ABCD为等腰梯形，且BC＝2AB＝2CD＝2AD＝4，可得∠ABC＝60°. 由(1)可知，∠AOP为二面角A-DE-P的平面角， 所以∠AOP＝120°，从而∠COP＝60°. 因为OP＝OC＝，所以点P到平面ABED的距离为sin 60°＝， 则有D，P，B，E， 所以＝，＝，＝. 设m＝为平面BEP的一个法向量， 则有令y＝，则m＝. 设直线DP与平面BEP所成角为θ， 则有sin θ＝＝＝＝， 故直线DP与平面BEP所成角的正弦值为. 2.(15分)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF，使平面A'EF⊥平面BEF. (1)证明：A'A⊥EF； (2)求二面角A'-FD-C的余弦值； (3)点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A'重合，求线段FM的长. 解：(1)证明：取EF中点H，连接AH，A'H. 因为AE＝AF，所以EF⊥AH，由折叠得EF⊥A'H. 因为AH∩A'H＝H，AH，A'H⊂平面A'AH，所以EF⊥平面A'AH. 因为A'A⊂平面A'AH，所以A'A⊥EF. (2)因为平面A'EF⊥平面BEF，平面A'EF∩平面BEF＝EF，A'H⊂平面A'EF，A'H⊥EF，所以A'H⊥平面BEF. 因为AE＝EB＝AF＝FD＝4，∠EAF＝， 所以AB＝8，FD＝6，AD＝10，EF＝4， AH＝A'H＝EF＝2. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F(4，0，0)，E(0，4，0)，H(2，2，0)，A'(2，2，2)，D(10，0，0)，C(10，8，0)， 所以＝(6，0，0)，＝(2，－2，－2). 设平面A'FD的法向量为n＝(x，y，z)，则取n＝(0，－，1). 由题意得，平面FDC的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝， 由图可得二面角A'-FD-C的平面角为锐角，所以二面角A'-FD-C的余弦值为. (3)连接A'M，CM. 设FM＝x，则M(x＋4，0，0). 因为翻折后C与A'重合，所以A'M＝CM. 由(2)得，A'(2，2，2)，C(10，8，0)， 所以＋＋＝＋＋02，解得x＝，即FM＝. 3.(15分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝2，∠ABC＝60°，E为CD的中点，沿AE将△DAE翻折至△PAE位置得到四棱锥P-ABCE，F为PB上一动点. (1)若F为PB的中点，证明：在翻折过程中均有CF∥平面PAE； (2)若PB＝2，(ⅰ)证明：平面PAE⊥平面ABCE； (ⅱ)记四棱锥P-ABCE的体积为V1，三棱锥F-ABC的体积为V2，若V1＝3V2，求点F到平面PCE的距离. 解：(1)证明：如图所示，取PA中点G，连接FG，EG. 因为G，F分别为PA，PB的中点，则GF∥AB，且GF＝AB. 由题意可知CE∥AB，且CE＝AB， 则GF∥CE，且GF＝CE，可知四边形CFGE为平行四边形. 则CF∥EG，且CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE， 所以CF∥平面PAE. (2)(ⅰ)证明：在四边形ABCD中，连接BE，如图所示. 由题意可知，△DAE是边长为1的等边三角形，则∠AED＝，且∠BCE＝，BC＝CE＝1，则∠CEB＝. 可知∠AEB＝，即AE⊥EB，且BE＝＝. 若PB＝2，且PE＝1，则PE2＋BE2＝PB2，可知PE⊥EB. 且AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE，可得EB⊥平面PAE. 又因为EB⊂平面ABCE，所以平面PAE⊥平面ABCE. (ⅱ)取AE中点O，AB中点H，连PO，OH， 则PO＝，OH∥BE，可得OH⊥AE. 因为△PAE为等边三角形，则PO⊥AE， 且平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE， 所以PO⊥平面ABCE. 又因为平行四边形ABCD的高即为等边△DAE的高h＝. 设点F到平面ABCE的距离为d， 若V1＝3V2，则×××＝3×d××2×，解得d＝， 即d＝PO，可知F为PB中点. 所以以O为原点，OA，OH，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P，E(－，0，0)，B(－，，0)，F，C， 可得＝，＝，＝. 设平面PCE的法向量为n＝，则 令x＝，则y＝1，z＝－1，可得n＝， 所以点F到平面PCE的距离d＝＝＝. 4.(15分)(2025·山东临沂一模)在△NBC中，∠B＝90°，AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图将△NAD沿AD翻折至△PAD. (1)证明：平面PBC⊥平面PAB； (2)若二面角P-AD-B大小为120°. (ⅰ)求PA与平面PBC所成角的正弦值； (ⅱ)在线段PD上是否存在点E，使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由. 解：(1)证明：因为∠B＝90°，AD∥BC，所以AD⊥AP，AD⊥AB. 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. (2)(ⅰ)在四棱锥P-ABCD中，由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角，故∠PAB＝120°. 因为NA＝CD＝2AB＝2，所以NC＝6，NB＝3， 从而BC＝3，∠DCB＝30°. 过点A作AF⊥PB，交PB于点F(图略). 又因为AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，PA与平面PBC所成角即为∠APF. 在△PAB中，由余弦定理可得PB＝＝， 由等面积法，AF＝＝， sin ∠APF＝＝， 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为. (ⅱ)如图所示，建立空间直角坐标系， 则A，P(－1，0，)，B，D，C， ＝. 设＝λ，λ∈[0，1]， 可得E， ＝，＝，＝. 设平面ABE的法向量为m＝，平面PDC的法向量为n＝， 所以 即 令y＝λ，可得m＝. 所以 令a＝，可得n＝. 设平面ABE与平面PDC的夹角为θ，cos θ＝＝，解得λ＝， 所以存在点E，当DE＝DP或DE＝DP时满足题意. 学科网（北京）股份有限公司 $