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第3讲　大题专攻
——空间中的翻折、探索性问题
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
翻折问题 高考对此部分内容主要以解答题的形式考查，常以多面体为载体，题目与翻折问题、探索性问题相结合命题
探索性问题 二、真题感悟
1. （2024·新高考Ⅱ卷17题）（翻折问题）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翻折至△PEF，使得PC
＝4 .
（1）证明：EF⊥PD；
解：证明：由AB＝8，AD＝5 ， ＝ ， ＝ ，得AE＝2 ，AF＝4，又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF＝
＝ ＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，
DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
（2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
解：连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝
3 ，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4 ，PE＝2 ，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF
＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建
立如图空间直角坐标系E-xyz，
则P（0，0，2 ），D（0，3 ，0），C（3，3 ，0），F（2，0，0），A（0，－2 ，0），
由F是AB的中点，得B（4，2 ，0），
所以 ＝（3，3 ，－2 ）， ＝（0，
3 ，－2 ）， ＝（4，2 ，－2 ），
＝（2，0，－2 ），
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝
（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2），
则

令y1＝2，x2＝ ，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，
所以n＝（0，2，3），m＝（ ，－1，1），
所以｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ，
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，
则 sin θ＝ ＝ ，
即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为 .
2. （2021·全国甲卷理19题）（探索性问题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1
中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中
点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
（1）证明：BF⊥DE；
解：证明：因为E，F分别是AC和CC1的
中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝ .
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得
BF⊥AB，则AF＝ ＝3，所以AC＝
＝2 .由AB2＋BC2＝AC2，得
BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，
BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐
标系B-xyz.
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1）， ＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是 ＝（1－m，1，－2）.
所以 · ＝0，所以BF⊥DE.
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最
小？
解：易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝
（1，0，0）.
设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）.
则
又 ＝（1－m，1，－2）， ＝（－1，1，
1），
所以令x＝3，得y＝
m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以 cos ＜n1，n2＞＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则 sin
θ＝ ，
故当m＝ 时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角
的正弦值最小，为 ，即当B1D＝ 时，面
BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小.
1. 求解翻折问题的规律
确定翻折
前后变与
不变的关
系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位
置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、
线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的
点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在
平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折
后关键点
的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点.只有分析清楚
关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面
的位置，进而进行有关的证明与计算
2. 探索性问题的常见类型
（1）结论探索型：在某些确定的条件下，探索某一数学对象（数值、
图形等）是否存在或某一结论是否成立；
（2）条件探索型：探索某结论成立所需条件，如探索点的位置、结论
成立的充分条件等.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
翻折问题
【例1】　（2024·温州高三统一测试）如图，以AD所在直线为轴将直角梯
形ABCD翻折到AEFD的位置，得到三棱台ABE-DCF，其中AB⊥BC，
AB＝2BC＝2CD.
（1）求证：AD⊥BE；
解：证明：如图，连接BD，DE，设AB＝
2a，则BC＝CD＝a，
由题意知，BC⊥CD，∴BD＝ ＝
a，易得AD＝ ＝ a，∴AD2＋
BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
由翻折中的不变性可得，AD⊥DE，
又BD∩DE＝D，BD，DE 平面BDE，∴AD⊥平
面BDE，
又BE 平面BDE，∴AD⊥BE.
（2）若∠EAB＝ ，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值.
解：由题意及（1）知，BD＝DE＝ a，AE＝AB＝2a，
又∠EAB＝ ，∴AB＝AE＝BE＝2a，∴DE2＋BD2＝BE2，
∴DE⊥BD.
由（1）知，DE⊥AD，
又AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，
∴DE⊥平面ABCD. 又AB 平面ABCD，∴AB⊥DE.
如图，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM，
又DE∩DM＝D，DE，DM 平面DEM，∴AB⊥平面DEM，
又AB 平面ABE，∴平面DEM⊥平面ABE.
过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN，
又平面ABE∩平面DEM＝EM，DN 平面DEM，∴DN⊥平面
ABE，
∴∠NAD是直线AD与平面ABE所成的角.
∵平面CDF∥平面ABE，∴直线AD与平面CDF所成角的正弦值等
于 sin ∠NAD.
∵DM 平面ABCD，∴DE⊥DM，
易得DM＝BC＝a，EM＝ AB＝ a，
又DE＝ a，∴DN＝ ＝ a，
又AD＝ a，∴在Rt△ADN中， sin ∠NAD＝ ＝ ＝ ，
即直线AD与平面CDF所成角的正弦值为 .
翻折问题的解题策略
（1）解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量，
一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，相对位置关系也
不变，而处在折线两侧的线、面位置关系往往会发生变化，抓住不
变量是解决此类问题的突破口；
（2）在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图
形，也要分析翻折前的图形，善于将翻折后的量放在原平面图形中
进行分析求解.
　（2024·苏北四市质检）已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周
上有C，D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝ ，点P是 上的动点.沿
AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD.
（1）当AB∥平面PCD时，求PD的长；
解：因为AB∥平面PCD，AB 平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
又∠AOD＝ ，所以∠ODP＝∠OPD＝ ，
所以∠POD＝ ，
又OD＝OP＝1，所以PD＝ .
（2）当三棱锥P-COD的体积最大时，求二面角O-PD-C的余弦值.
解：由题意知OC⊥平面POD，
而S△DOP＝ ·OD·OP· sin ∠DOP，
所以当OD⊥OP时，三棱锥P-COD的体积最大.
易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，
， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），故 ＝（1，－1，0）， ＝（0，1，－1）.
设平面CPD的法向量为n1＝（x，y，z）.
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面OPD的一个法向量为n2＝（1，0，0），
所以 cos ＜n1，n2＞＝ ＝ ，
所以二面角O-PD-C的余弦值为 .
探索性问题
【例2】　（2024·菏泽三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB＝BC＝
DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝ AB.
（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；
解：证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB
＝ AB，
所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2，
所以DC⊥PD，AB⊥AP，
又AB＝BC＝DC＝DA，所以四边形ABCD为菱形，
所以AB∥DC，所以DC⊥AP，
又AP，PD 平面PAD，AP∩PD＝P，所以DC⊥平面PAD，
又DC 平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）在棱PC上是否存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为
？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.
解：由（1）得DC⊥平面PAD，
因为DA 平面PAD，所以DC⊥DA，故四边形ABCD为正方形.
不妨设正方形ABCD的边长为2，AD的中点为O，连接PO，
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又PO 平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点， ， ， 的方向分别
为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0， ），A（1，0，
0），B（1，2，0），C（－1，2，0）.
假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为 ，且
＝λ（λ＞0），E（x0，y0，z0），
由 ＝λ，得 ＝λ ，
即（x0，y0，z0－ ）＝λ（－1－x0，2－y0，－z0），
解得x0＝－ ，y0＝ ，z0＝ ，
所以E（－ ， ， ），
所以 ＝（0，2，0）， ＝（－2，0，0）， ＝（1，2，－
）， ＝（ ，－ ， ）.
设平面AEB的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则
可取n＝（ ，0，1＋2λ）.
设平面BCE的法向量为m＝（x2，y2，z2），则
可取m＝（0， ，2），则｜ cos ＜n，m＞｜＝ ＝
＝ ，
解得λ＝1或λ＝－2（舍去），
所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为
，且 ＝1.
解决立体几何中的探索性问题的基本方法
（1）根据题设条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用
向量表示出来，然后加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或参数存在，利用参数表示相关的点，根据线、面满
足的垂直、平行或角的关系，构建方程（组）求解，若有符合题意
的解，说明假设成立，即存在；否则假设不成立，即不存在.
已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝
AC＝1.
（1）求异面直线AC1与A1B所成的角；
解：因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，
即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以
∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，
A1B1，A1C1两两垂直，
如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，
A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1＝AB＝AC＝1，
所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，
0），A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，
1），
＝（0，1，－1）， ＝（1，0，1），
｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
（2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得
MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明
理由.
解：存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点， ＝（1，0，1），
所以M（ ，0， ），所以 ＝（x－ ，y， ），
又 ＝（0，1，－1）， ＝（－1，1，－1），
则 所以N（ ， ，1），
且 ＝ ，所以N是BC的中点.
故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
03
课时跟踪检测
1. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，
PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且 ＝m，点F为PD
的中点.
（1）若m＝ ，证明：直线AF∥平面PEC；
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解：证明：如图，作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以点M为PC的中点，所
以FM＝ CD.
因为m＝ ，所以AE＝ AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，
所以AF∥EM，
因为AF 平面PEC，EM 平面PEC，
所以直线AF∥平面PEC.
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（2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出
m的值；若不存在，说明理由.
解：存在一个常数m＝ ，使得平面PED⊥
平面PAB，理由如下：
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，
又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，
因为AB 平面PAB，
所以平面PED⊥平面PAB，
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因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝AD cos 30°＝ ，
所以m＝ ＝ .
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2. （2024·长沙新高考适应性考试）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，
BC＝2 ，将△ABD沿矩形的对角线BD进行翻折，得到如图2所示的
三棱锥A-BCD.
（1）当AB⊥CD时，求AC的长；
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解：由AB⊥CD，BC⊥CD，且AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，可得CD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以
AC⊥CD.
在Rt△ACD中，根据勾股定理得，AC＝ ＝
＝2 .
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（2）当平面ABD⊥平面BCD时，求平面ABC和平面ACD夹角的余弦
值.
解：如图，过点A作AO⊥BD于点O，
易知BO＝1，AO＝ .
由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
AO 平面ABD，得AO⊥平面BCD. 以O为坐标原点，在平面
BCD中，过点O作BD的垂线为x轴，BD，AO所在直线
分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0， ），B（0，－1，0），C（ ，2，0），D（0，3，0）， ＝（0，－1，－ ）， ＝（ ，3，0）， ＝（－ ，1，0）， ＝（0，3，－ ）.
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设平面ABC的法向量m＝（x1，y1，z1），则
令z1＝1，得y1＝－ ，x1＝3，
所以m＝（3，－ ，1）；
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设平面ACD的法向量n＝（x2，y2，z2），则
令x2＝1，得y2＝ ，z2＝3，
所以n＝（1， ，3）.
记平面ABC和平面ACD的夹角为θ，则 cos θ＝｜ cos ＜
m，n＞｜＝ ＝ ＝ ，
即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为 .
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3. （2024·台州一模）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的
中点，AB＝4，AD＝AE＝2.将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的
位置.
（1）若平面APE⊥平面ABCE，求证：AP⊥BE；
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解：证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以∠BCE＝120°.
又因为E为CD的中点，则CE＝ED＝DA＝CB，所以
△BCE为等腰三角形，可得∠CEB＝30°，∠AEB
＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE，
因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE
平面ABCE，
则BE⊥平面APE，且AP 平面APE，所以AP⊥BE.
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（2）若点A到直线PC的距离为 ，求二面角P-AE-B的平面角的余
弦值.
解：取AE的中点O，连接PO，因为
△APE为等边三角形，所以PO⊥AE，
取AB的中点G，则OG∥BE，由（1）得
BE⊥AE，所以OG⊥AE，
所以∠POG即为二面角P-AE-B的平面角，记为θ.
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以点O为坐标原点，以OA，OG，Oz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.
则A（1，0，0），C（－2， ，0），
因为OP＝ ，则P（0， cos θ， sinθ），
可得 ＝（1，－ cos θ，－ sin θ），
＝（－2， － cos θ，－ sinθ），
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则点A到直线PC的距离为
＝ ，
由题意可得 ＝ ，解得
cos θ＝－ ，或 cos θ＝ ，
所以二面角P-AE-B的平面角的余弦值为－ 或 .
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4. 如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面
ABC上的射影为点H.
（1）证明：PC⊥AB；
解：证明：因为点P在底面ABC上的射影为
点H，所以PH⊥平面ABC，
又AB，BC，CA 平面ABC，所以PH⊥AB，
PH⊥BC，PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，
PH 平面PAH，所以BC⊥平面PAH，
又AH 平面PAH，所以BC⊥AH，
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同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又
PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH 平面PCH，所以AB⊥平
面PCH，
又PC 平面PCH，所以PC⊥AB.
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（2）设PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点M，是否存在λ，使得
＝λ ，且BM与平面PAB所成角的余弦值为 ？若存在，求出
λ的值，若不存在，请说明理由.
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解：延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB，
又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以
CA＝CB，
同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形.
又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2 .
如图，以点O为坐标原点，以 ， ， 的
方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间
直角坐标系，则A（－ ，0，0），B（ ，
0，0），P（0，1，2），C（0，3，0），
故 ＝（2 ，0，0）， ＝（ ，1，2），
＝（－ ，3，0）， ＝（0，－2，2）.
由 ＝λ ，得 ＝ ＋ ＝ ＋λ
＝（－ ，3－2λ，2λ），
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设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），则
所以令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝（0，－2，1），
所以 cos ＜ ，n＞＝ ＝ ，
设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得 cos
θ＝ ，又θ∈［0， ］，所以 sin θ＝ ，
故 ＝ ，所以λ＝ 或λ＝2，
即存在λ＝ 或λ＝2，均可使得BM与平面PAB
所成角的余弦值为 .
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5. （2024·宜春模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是
正方体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α（0＜α＜
π）后，得到四棱锥M'-B'CGF'.
（1）若α＝ ，求证：平面
MBF⊥平面M'B'F'；
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解：证明：若α＝ ，则平面DCGH，平面CB'F'G为同一个平面.连接BH，BF'，则M是BH中点，M'是BF'中点，
所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M'B'F'与平面BFF'B'重合，
由正方体性质可知BF⊥平面EFF'H，
因为HF，FF' 平面EFF'H，所以
BF⊥HF，BF⊥FF'，
∠HFF'为二面角H-BF-F'的平面角，
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因为HG＝FG，∠HGF＝ ，则
∠HFG＝ ，同理可得∠F'FG＝ ，
所以∠HFF'＝ ，所以平面MBF⊥平
面M'B'F'.
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（2）是否存在α，使得直线M'F'⊥平面MBC，若存在，求出α的值；
若不存在，请说明理由.
解：假设存在α，使得直线M'F'⊥
平面MBC，
以C为原点，分别以 ， ， 的方
向为x，y，z轴的正方向建立如图所示
的空间直角坐标系，
则C（0，0，0），B（2，0，0），M
（1，－1，1），故 ＝（2，0，0），
＝（1，－1，1），
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设平面MBC的法向量为m＝（x，y，z），则
取y＝1，得m＝（0，1，1）是平面MBC的一个法向量，
取CG的中点P，BF的中点Q，连接
PQ，PM，PM'，则P（0，0，1），Q（2，0，1），
因为｜ ｜＝｜ ｜＝ ＝ ，则
PM⊥CG，同理可知，PM'⊥CG，因为BQ∥CP，BQ＝CP，BQ⊥BC，则四边形BCPQ为矩形，所以PQ⊥CG，
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于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角，∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角.
于是∠MPM'＝α，
因为 ＝（1，－1，0）， ＝（2，0，0）， cos ∠MPQ＝ ＝ ＝ ，
因为0＜∠MPQ＜π，则∠MPQ＝ ，所以∠QPM'＝α－ ，
因为PM⊥CG，PM'⊥CG，PM∩PM'＝P，PM，PM' 平面MPM'，
所以CG⊥平面MPM'，且｜ ｜＝｜ ｜＝ ，
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故M'（ cos （α－ ）， sin （α－ ），1），同理F'（2 cos α，2 sin α，2），
所以 ＝（2 cos α－ cos （α－ ），2 sin α－ sin （α－ ），1），
因为2 cos α－ cos （α－ ）＝2 cos
α－ cos α cos － sin α sin ＝ cos α－ sin α，
2 sin α－ sin （α－ ）＝2 sin α－ sin α cos ＋ cos α sin ＝ cos α＋ sin α，
所以 ＝（ cos α－ sin α， cos α＋ sin α，1），
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若直线M'F'⊥平面MBC，m是平面MBC
的一个法向量，则 ∥m，
即存在λ∈R，使得 ＝λm，
则
因为0＋λ2＝（ cos α－ sin α）2＋
（ cos α＋ sin α）2＝2，可得λ2＝2，
故方程组
所以不存在α∈（0，π），使得直线
M'F'⊥平面MBC.
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