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数学
第7练　立体几何中的翻折与探索性问题（原卷版）
1. (2025·云南三校联考)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝3DE＝6，BC＝2BE＝4，且BE⊥AD，现将△ABE沿BE翻折至△PBE，使得PD＝2.
(1)证明：PD⊥平面BCDE；
(2)求平面PCD与平面PBE夹角的正弦值．
2. (2025·江苏南京一中学情检测)如图，在四棱锥S－ABCD中，已知四边形ABCD是边长为的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O，点P在棱SD上，且△SAC的面积为1.
(1)若P是SD的中点，证明：平面SCD⊥平面PAC；
(2)在棱SD上是否存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
3．(2025·江苏常州前黄高级中学检测)已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD＝，AC与BD交于点O，将△ABD沿BD折叠成三棱锥A′－BCD，使得A′C＝2(如图2)，E为线段A′O上的一点．
(1)求三棱锥A′－BCD的体积；
(2)若二面角B－CE－O的余弦值为，求OE的长．
4. 如图，在底面是菱形的四棱锥S－ABCD中，已知AB＝AS＝，BS＝4，过点D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点．
(1)在棱AD上是否存在一点E，使得OE⊥侧面SBC？若存在，求出DE的长；若不存在，请说明理由；
(2)若二面角B－SC－D的大小为α，二面角S－AB－C的大小为β，求cos(α＋β)．
5. (2025·辽宁沈阳郊联体模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝CD＝AD＝1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM∥平面PAD；
(2)若PC＝，PD＝1，
①求二面角P－DM－B的余弦值；
②在线段PA上是否存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由．
6．(2025·山东烟台模拟)在如图1所示的平面图形中，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，△PAD和△BCQ均为直角三角形，∠PDA＝∠QCB＝90°，PD＝AD＝2CQ＝2，现沿AD，BC将△PAD和△BCQ进行翻折，使PD∥QC(PD，QC在平面ABCD同侧)，如图2.
(1)当二面角P－AD－B为90°时，判断DQ与平面PAB是否平行；
(2)探究当二面角P－AD－B为120°时，平面PBQ与平面PBD是否垂直；
(3)在(2)的条件下，求平面PBD与平面QBC夹角的余弦值．
第7练　立体几何中的翻折与探索性问题（解析版）
1. (2025·云南三校联考)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝3DE＝6，BC＝2BE＝4，且BE⊥AD，现将△ABE沿BE翻折至△PBE，使得PD＝2.
(1)证明：PD⊥平面BCDE；
(2)求平面PCD与平面PBE夹角的正弦值．
解：(1)证明：∵BE⊥AD，∴BE⊥ED且BE⊥AE，易得翻折后BE⊥PE，
又ED∩PE＝E，ED，PE 平面PED，
∴BE⊥平面PED，
∵PD 平面PED，
∴BE⊥PD，
∵DE＝2，PE＝AE＝4，PD＝2，
∴PD2＋DE2＝PE2，即PD⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE 平面BCDE，
∴PD⊥平面BCDE.
(2)连接BD，在梯形BCDE中，易得DB＝DC＝2，∴DB2＋DC2＝BC2，∴DB⊥DC.
如图，以D为坐标原点，DB，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，B(2，0，0)，E(，－，0)，
＝(2，0，－2)，
＝(，－，－2)，
设平面PBE的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝2，则x＝，y＝－，则m＝(，－，2)，
结合(1)易知BD⊥平面PCD，所以取平面PCD的一个法向量为n＝(1，0，0)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
即平面PCD与平面PBE夹角的余弦值为，
故平面PCD与平面PBE夹角的正弦值为＝.
2. (2025·江苏南京一中学情检测)如图，在四棱锥S－ABCD中，已知四边形ABCD是边长为的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O，点P在棱SD上，且△SAC的面积为1.
(1)若P是SD的中点，证明：平面SCD⊥平面PAC；
(2)在棱SD上是否存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为点S在底面ABCD上的射影为O，所以SO⊥平面ABCD，
因为四边形ABCD是边长为的正方形，
所以AC＝2，又因为△SAC的面积为1，
所以×2×SO＝1，SO＝1，所以SC＝，
因为CD＝，P为SD的中点，
所以CP⊥SD，同理可得AP⊥SD，
因为AP∩CP＝P，AP，CP 平面PAC，
所以SD⊥平面PAC，又SD 平面SCD，
所以平面SCD⊥平面PAC.
(2)存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为.
连接OB，由SO⊥平面ABCD，OB 平面ABCD，OC 平面ABCD，得SO⊥OB，SO⊥OC，又OB⊥OC，
以O为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，S(0，0，1)，
假设存在点P使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为，
设＝λ，0<λ≤1，
因为＝(－1，0，－1)，
所以＝(－λ，0，－λ)，故P(－λ，0，1－λ)，
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
因为＝(－λ，1，1－λ)，＝(0，2，0)，
所以
令z＝λ，得x＝1－λ，则n＝(1－λ，0，λ)，
又＝(0，－1，－1)，
设直线SA与平面PAC所成的角为θ，
则sinθ＝，
所以|cos〈，n〉|＝
＝＝，
化简得3λ2－8λ＋4＝0，解得λ＝或λ＝2(舍去)，
所以在棱SD上存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成角的正弦值为，此时＝.
3．(2025·江苏常州前黄高级中学检测)已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD＝，AC与BD交于点O，将△ABD沿BD折叠成三棱锥A′－BCD，使得A′C＝2(如图2)，E为线段A′O上的一点．
(1)求三棱锥A′－BCD的体积；
(2)若二面角B－CE－O的余弦值为，求OE的长．
解：(1)在菱形ABCD中，BD⊥AC，折叠后BD⊥A′O，BD⊥CO，
又A′O∩CO＝O，A′O，CO 平面A′CO，
所以BD⊥平面A′CO，
易知A′O＝A′C＝CO＝2，
所以S△A′CO＝×2×2×＝3，
所以三棱锥A′－BCD的体积为S△A′CO×BD＝×3×4＝4.
(2)以，的方向分别为x轴、y轴正方向，在平面A′CO中，过O作Oz轴⊥OC，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，A′(0，，3)，
＝(－2，2，0)，
设＝λ＝(0，λ，3λ)，0<λ≤1，
所以＝(－2，λ，3λ)．
易知＝(2，0，0)是平面A′CO的一个法向量，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
取n＝(3λ，λ，2－λ)，
由二面角B－CE－O的余弦值为，
可知|cos〈，n〉|＝
＝，
即12λ2＋λ－1＝0，又0<λ≤1，
解得λ＝或λ＝－(舍去)，
此时OE＝OA′＝.
4. 如图，在底面是菱形的四棱锥S－ABCD中，已知AB＝AS＝，BS＝4，过点D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点．
(1)在棱AD上是否存在一点E，使得OE⊥侧面SBC？若存在，求出DE的长；若不存在，请说明理由；
(2)若二面角B－SC－D的大小为α，二面角S－AB－C的大小为β，求cos(α＋β)．
解：(1)连接AO，∵AB＝AS，O是BS的中点，∴AO⊥BS，
又DO⊥平面ABS，BS 平面ABS，
∴DO⊥BS，又AO∩DO＝O，AO，DO 平面AOD，
∴BS⊥平面AOD.
过点O作OE⊥AD于点E，
又AD∥BC，∴OE⊥BC，
又OE 平面AOD，∴BS⊥OE，
又BC∩BS＝B，BC，BS 平面BSC，
∴OE⊥平面BSC.
在Rt△AOD中，AO＝＝＝1，DO＝＝＝2，
∴AO·DO＝AD·EO，得EO＝＝＝，
∴DE＝＝＝.
综上，在棱AD上存在一点E，使得OE⊥侧面SBC，此时DE＝.
(2)以O为坐标原点，OA，OB，OD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，
则A(1，0，0)，B(0，2，0)，S(0，－2，0)，D(0，0，2)，
∴＝＝(－1，0，2)，＝＝(－1，2，0)，＝(0，－2，－2)，
由(1)知，＝，可得E，
∴＝，又OE⊥平面BSC，
所以平面BSC的一个法向量为n1＝(2，0，1)，
设平面SCD的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝1，得x1＝2，z1＝－1，
∴n2＝(2，1，－1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
由图可知，二面角B－SC－D的平面角α为钝角，
则cosα＝－，sinα＝.
由题意知，平面SAB的法向量为m1＝＝(0，0，2)，
设平面ABC的法向量为m2＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝2，得y2＝z2＝1，
∴m2＝(2，1，1)，
∴cos〈m1，m2〉＝＝＝，
由图可知，二面角S－AB－C的平面角β为锐角，
则cosβ＝，sinβ＝，
∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ
＝.
5. (2025·辽宁沈阳郊联体模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝CD＝AD＝1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM∥平面PAD；
(2)若PC＝，PD＝1，
①求二面角P－DM－B的余弦值；
②在线段PA上是否存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取PD的中点为N，连接AN，MN，如图所示，
∵M为棱PC的中点，
∴MN∥CD，MN＝CD，
∵AB∥CD，AB＝CD，
∴AB∥MN，AB＝MN，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∴BM∥AN，
又BM 平面PAD，AN 平面PAD，
∴BM∥平面PAD.
(2)∵PC＝，PD＝1，CD＝2，
∴PC2＝PD2＋CD2，
∴PD⊥DC，
∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，PD 平面PDC，
∴PD⊥平面ABCD，
又AD，CD 平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥DC，
∴以D为坐标原点，DA，DC，DP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，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，
∵M为棱PC的中点，∴M.
①＝，＝(1，1，0)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝2，则y＝－1，x＝1，∴n＝(1，－1，2)，
又平面PDM的一个法向量为＝(1，0，0)，
∴cos〈n，〉＝＝＝，
根据图形得二面角P－DM－B为钝角，则二面角P－DM－B的余弦值为－.
②假设在线段PA上存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，
设＝λ，0≤λ≤1，则Q(λ，0，1－λ)，＝(λ－1，－1，1－λ)，
由(2)知平面BDM的一个法向量为n＝(1，－1，2)，·n＝λ－1＋1＋2(1－λ)＝2－λ＞0，
∴点Q到平面BDM的距离是
＝＝ ，
∴λ＝，||＝||＝×＝，
∴PQ＝.
综上，在线段PA上存在一点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，此时PQ＝.
6．(2025·山东烟台模拟)在如图1所示的平面图形中，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，△PAD和△BCQ均为直角三角形，∠PDA＝∠QCB＝90°，PD＝AD＝2CQ＝2，现沿AD，BC将△PAD和△BCQ进行翻折，使PD∥QC(PD，QC在平面ABCD同侧)，如图2.
(1)当二面角P－AD－B为90°时，判断DQ与平面PAB是否平行；
(2)探究当二面角P－AD－B为120°时，平面PBQ与平面PBD是否垂直；
(3)在(2)的条件下，求平面PBD与平面QBC夹角的余弦值．
解：(1)若二面角P－AD－B为90°，则平面PAD⊥平面ABCD，
因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，且PD⊥AD，所以PD⊥平面ABCD.
如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，P(0，0，2)，A(2，0，0)，
B(1，，0)，Q(－1，，1)．
设平面PAB的法向量为u＝(x，y，z)，因为＝(－1，－，2)，＝(1，－，0)，
所以
令x＝3，得u＝(3，，3)，
因为＝(－1，，1)，所以·u＝－1×3＋×＋1×3≠0，
所以DQ与平面PAB不平行．
(2)取BC的中点E，连接DE，则DE⊥AD，
因为AD⊥PD，所以二面角P－AD－B的平面角为∠PDE，即∠PDE＝120°.
如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，P(0，－1，)，B(1，，0)，Q.
设平面PBD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为＝(1，，0)，＝(0，－1，)，
所以
令z1＝1，得m＝(－3，，1)，
设平面PBQ的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
因为＝(－1，－－1，)，＝，
所以
令x2＝，得n＝(，3，4＋)，
因为m·n＝4＋≠0，所以m，n不垂直，所以平面PBQ与平面PBD不垂直．
(3)在(2)中的坐标系中，设平面QBC的法向量为p＝(x3，y3，z3)，
因为C(－1，，0)，＝(－2，0，0)，＝，
所以
令z3＝1，得p＝(0，，1)，
设平面PBD与平面QBC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，p〉|＝＝＝，
所以平面PBD与平面QBC夹角的余弦值为.
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