专题2 用空间向量解决翻折与探索性问题（Word版）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步测试教师用书（人教A版）

专题2　用空间向量解决翻折与探索性问题 [编者按]　以翻折为背景的立体几何问题是高考中的经典题型，这类问题能很好地衔接平面几何与立体几何知识，需要学生将平面图形中的条件转化到空间中，对空间想象和逻辑推理能力要求较高，2024年、2025年新高考Ⅱ卷均有考查.立体几何的探索性问题，主要包括点的存在性、空间角的计算、翻折关系推导等，需要依托“几何构造”和“空间向量的坐标”进行解答. 　 翻折型问题 　　翻折型问题，利用“化折为直”，并在翻折前后的图形中，确定哪些线的位置关系发生了变化，哪些没有变化. 1.如图1，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝2AC＝4，如图2，沿AC将△ACD折起到△PAC的位置，使得点P到点B的距离为8，则二面角P-AC-B的余弦值为（　　） A. B.－ C. D.－ 解析：D　方法一：翻折前，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AC，则CD⊥AC. 翻折后，则有AC⊥PC，AC⊥AB. 由题意可得·＝·＝0，｜｜＝2，｜｜＝｜｜＝4. 设二面角P-AC-B的大小为θ，则θ＝＜，＞. 由＝＋＋， 得＝＋＋＋2·＋2·＋2·. 因为｜｜＝8， 所以64＝16＋4＋16＋2×4×4cos＜，＞， 解得cos＜，＞＝，所以cos θ＝cos＜，＞＝－. 故二面角P-AC-B的余弦值为－. 方法二：翻折前，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AC，则CD⊥AC， 所以AD＝＝＝2. 翻折后，则有AC⊥PC，AC⊥AB，AP＝2. 设二面角P-AC-B的大小为θ，则θ＝＜，＞. 由题意可得·＝·＝0，｜｜＝2，｜｜＝｜｜＝4. 因为＝－，故＝＝＋－2·， 即82＝42＋－2·，故·＝－14. 因为·＝（＋）·＝·＋·＝－14， 所以cos θ＝cos＜，＞＝＝＝－. 故二面角P-AC-B的余弦值为－. 2.如图，已知AB和CD是圆O的两条互相垂直的直径，将平面ABC沿AB翻折至平面ABC'，使得平面ABC'⊥平面ABD，此时直线AB与平面C'BD所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 解析：A　易知翻折后，直线OD，OB，OC'两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系. 设OD＝1，则O（0，0，0），D（1，0，0），B（0，1，0），C'（0，0，1），＝（0，1，0）， ＝（0，－1，1），＝（1，－1，0）. 设平面C'BD的一个法向量为n＝（x，y，z），则 令y＝1，得n＝（1，1，1）. 设直线AB与平面C'BD所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝， 所以直线AB与平面C'BD所成角的正弦值为， 所以直线AB与平面C'BD所成角的余弦值为＝. 3.如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得平面A1BE⊥平面BCDE，如图2. （1）证明：CD⊥平面A1OC； （2）求直线A1B与平面A1CD所成角的正弦值. 解：（1）证明：如图，连接CE，可知四边形ABCE为正方形， 所以AC⊥BE，所以EB⊥A1O，EB⊥CO. 又A1O∩CO＝O，A1O，CO⊂平面A1OC，所以EB⊥平面A1OC. 又BC∥ED，且BC＝ED，故四边形BCDE为平行四边形， 所以CD∥EB，所以CD⊥平面A1OC. （2）由题意得A1O⊥BE，OC⊥BE， 因为平面A1BE⊥平面BCDE，两平面的交线为BE，A1O⊂平面A1BE， 所以A1O⊥平面BCDE.又OC⊂平面BCDE， 所以A1O⊥OC.建立如图所示空间直角坐标系， 由题意知，A1，D，B，C， 则＝，＝，＝（－，0，0）. 设平面A1CD的法向量为n＝（x，y，z），则 令y＝1，则z＝1，x＝0，故n＝（0，1，1）. 设直线A1B与平面A1CD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝. 4.如图1，等腰直角三角形ABC的底边AB＝4，点D在线段AC上，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图2）. （1）求证：DE⊥PB； （2）若PE⊥BE，PE＝1，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值. 解：（1）证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE，PE，BE⊂平面PEB， BE∩PE＝E，∴DE⊥平面PEB. ∵PB⊂平面PEB，∴BP⊥DE. （2）△ABC是等腰直角三角形且AB＝4，故点C到AB的距离为2. ∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE，∴以DE，BE，PE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）. PE＝1，B（0，3，0），D（1，0，0），C（2，1，0），P（0，0，1），＝（0，3，－1），＝（2，－2，0），＝（1，0，－1），＝（2，1，－1）. 设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z）， ∴ 令y＝1，∴n＝（1，1，3）. 同理可求平面PDC的法向量m＝（1，－1，1）. 设平面PDC与平面PBC的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝. 探索性问题 　　探索性问题一般有两种解法：几何法需要先作再证，即先找到符合条件的点、线、面，再证明这些点、线、面符合条件；向量法一般根据已知条件设出点的坐标，通过代数运算的结果来说明存在或不存在. 5.已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AD∥BC，∠BAD＝45°，点E在线段AD上，且BE⊥AD，AD＝3BC，现沿BE进行翻折，使得平面ABE⊥平面BCDE，所得图形如图2所示. （1）证明：CD⊥AE； （2）已知点F在线段CD上（含端点位置），点G在线段AF上（含端点位置）. （i）若CF＝2DF，点G为线段AF的中点，求AC与平面BEG所成角的正弦值； （ii）是否存在点F，G，使得AF⊥平面BEG？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）证明：因为平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AE⊂平面ABE，所以AE⊥平面BCDE， 而CD⊂平面BCDE，故CD⊥AE. （2）由题意易知EB，ED，EA两两垂直， 故以E为坐标原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设BC＝1，因为∠BAD＝45°，则BE＝AE＝DE＝1. （i）易知A（0，0，1），C（1，1，0），B（1，0，0），E（0，0，0），F，G， 故＝（1，0，0），＝. 设n＝（x，y，z）为平面BEG的法向量，则 令z＝－5，则x＝0，y＝3， 可得n＝（0，3，－5）， 而＝（1，1，－1），设直线AC与平面BEG所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝. （ii）由题意D（0，2，0）， 设＝λ＋（1－λ）＝（λ，λ，0）＋（0，2－2λ，0）＝（λ，2－λ，0），0≤λ≤1， 故F（λ，2－λ，0），＝（λ，2－λ，－1）. 设＝μ＝，0≤μ≤1，则G， 而＝，＝， 若AF⊥平面BEG， 则 解得 故当F，D重合，点G的坐标为时，AF⊥平面BEG，此时＝. 6.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝1，AB＝，BC＝1，AD＝2. （1）求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值； （2）在线段BD上是否存在点Q，使点D到平面PAQ的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系， P（0，0，1），A（0，0，0），B（，0，0），C（，1，0），D（0，2，0），所以＝（0，0，1），＝（，0，0），＝（，1，－1），＝（0，2，－1）.易知平面PAB的法向量n＝（0，1，0）. 令平面PCD的法向量为m＝（x，y，z）， 则即 令y＝1，则x＝，z＝2，所以平面PCD的法向量为m＝. 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 所以cosθ＝＝＝. 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. （2）设＝λ且0≤λ≤1，则＝λ.由（1）可得＝（－，2，0），所以＝＋＝＋λ＝（－λ，2λ，0）. 设平面PAQ的法向量为n1＝（x，y，z）， 则即 令x＝，则y＝，z＝0，所以平面PAQ的法向量为n1＝. 又＝（0，2，－1），点D到平面PAQ的距离为，所以＝， 即＝， 解得λ＝，所以在线段BD上存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为，且＝. ｜思路点拨｜ 利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路 （1）根据题设条件的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示； （2）假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $