资源简介 第8节 立体几何中的翻折与探究性问题（时间：60分钟，满分：71分）[备注：单选题5分，多选题6分]1.如图所示，已知△ABC中，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD，所成二面角A'-CD-B的平面角为α，则（ ）A.∠A'DB≤α B.∠A'DB≥αC.∠A'CB≤α D.∠A'CB≥α2.〔多选〕（2026·湖南岳阳模拟）已知平面四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD的位置.在翻折的过程中，下列结论中正确的是（ ）A.BD⊥PCB.DP与BC可能垂直C.直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°D.四面体PBCD的体积的最大值是3.（15分）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；（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.4.（15分）（2024·新高考Ⅱ卷17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；（2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.5.（15分）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求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值；②在线段PA上是否存在点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.（15分）（2026·广东深圳模拟）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°.①求PA与平面PBC所成角的正弦值；②在线段PD（不含端点）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.第8节 立体几何中的翻折与探究性问题1.B 若AC≠BC，若翻折180°，则二面角α＝0°.如题图，∠A'DB＞0°，即∠A'DB＞α，排除A；∠A'CB＞0°，即∠A'CB＞α，排除C；若翻折0°，即A与A'重合.二面角α＝180°，∠A'CB＝∠ACB＜180°＝α，排除D.故选B.2.ABD 对于A：如图，连接AC交BD于M，连接PM.由题意，PM⊥BD，CM⊥BD，PM∩CM＝M，PM，CM 平面PMC，因而BD⊥平面PMC，所以BD⊥PC，A选项正确；对于B：由BD＝2得，BC＝CD＝，PB＝PD＝2，那么当折叠到PC＝时，∠PCB＝90°，即BC⊥PC，又BC⊥CD，PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，所以BC⊥平面PCD，则有BC⊥PD，B选项正确；对于C：由于PD＝2，设点P到平面BCD的距离为d，直线DP与平面BCD所成角的正弦值为，因而d最大时角最大，那么当折叠到平面PBD⊥平面BCD时，dmax＝，所以最大角为60°，因而C选项错误；对于D：当折叠到平面PBD⊥平面BCD时，四面体PBCD的体积最大，此时最大体积为V四面体PBCD＝S△BCD×PM＝××××＝，D正确，故选A、B、D.3.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所在直线为x轴，A1C1所在直线为y轴，A1A所在直线为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）.（1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1），｜cos＜，＞｜＝＝＝，所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.（2）存在.假设在△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.4.解：（1）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）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.5.解：（1）证明：取PD的中点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，∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.则P（0，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），B（1，1，0），∵M为棱PC的中点，∴M（0，1，）.①＝（0，1，），＝（1，1，0），设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），则令z＝2，则∴n＝（1，－1，2），又平面PDM的一个法向量为＝（1，0，0），∴｜cos＜n，＞｜＝＝＝，则平面PDM与平面BDM夹角的余弦值为.②假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，设＝λ，0≤λ≤1，又＝（1，0，－1），则Q（λ，0，1－λ），＝（λ－1，－1，1－λ），由①知平面BDM的一个法向量为n＝（1，－1，2），∴·n＝λ－1＋1＋2（1－λ）＝2－λ，∴点Q到平面BDM的距离是＝＝，∴λ＝，∴PQ＝，∴存在点Q，当PQ＝时满足题意.6.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）①在四棱锥P-ABCD中，由（1）知∠PAB即为二面角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，故PA与平面PBC所成的角即为∠APF，在△PAB中，由余弦定理可得：PB＝＝，由等面积法，AF＝＝，故sin∠APF＝＝，所以PA与平面PBC所成角的正弦值为.②如图，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（－1，0，），B（1，0，0），D（0，2，0），C（1，3，0），＝（－1，－2，），设＝λ，λ∈（0，1），可得E（－λ，2（1－λ），λ），＝（－λ，2（1－λ），λ），＝（1，0，0），＝（1，，0），设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z），则即令y＝λ，可得m＝（0，λ，2（λ－1）），设平面PDC的法向量为n＝（a，b，c），则即令a＝，可得n＝（，－1，－1），设平面ABE与平面PDC所成的角为θ，cos θ＝＝，解得λ＝或，所以存在点E，当DE＝DP或DE＝DP时满足题意.1 / 1第8节 立体几何中的翻折与探究性问题 会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系，角的存在条件与翻折问题. 翻折问题（师生共研过关）（2025·全国Ⅱ卷17题）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）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.翻折问题的两个解题策略训练1 如图，梯形ABCD中，AB∥CD.现将△ABC沿对角线AC向上折叠，连接BD.问：（1）若折叠前BD不垂直于AC，则在折叠过程中是否能使BD⊥AC？请给出证明；（2）若梯形ABCD为等腰梯形，AB＝3，CD＝5，折叠前AC⊥BD，求当折叠至平面ADC垂直于平面ABC时，二面角A-BD-C的余弦值.探究性问题（师生共研过关）（2021·全国甲卷19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；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？利用空间向量巧解探究性问题的策略 （1）空间向量最适合解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断； （2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题. 提醒：探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.训练2 （2026·河南新乡模拟）如图，四棱锥S-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°，SC⊥BD.（1）求二面角A-SB-C的余弦值；（2）线段SC（包含端点）上是否存在点H，使得DH∥平面SAB？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由.第8节 立体几何中的翻折与探究性问题考点1【例1】 解：（1）证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F，EB 平面BA'E，A'E 平面BA'E，FC 平面CD'F，D'F 平面CD'F，EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F.∵A'B 平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F.（2）∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF，∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB，即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°.设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O，在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝，∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF.在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形，∴EF∥OM，∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F 平面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F，∴OM，OC，OD'两两垂直，如图所示，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B（1，，0），C（0，，0），D'（0，0，），E（1，－，0），F（0，－，0），＝（1，1，0），＝（0，－，），＝（1，0，0），＝（0，，）.设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1），则即取z1＝，则m＝（－3，3，）.设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2），则即取z2＝，则n＝（0，－3，）.设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，则cos θ＝＝＝＝，∴sin θ＝＝＝，∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为.训练1 解：（1）假设折叠过程中能使BD⊥AC.①折叠前，BD不垂直于AC，若DE⊥AC，E为垂足，连接BE，则BE与AC不垂直.②折叠后，如图1，若BD⊥AC，DE⊥AC不变，又BD与DE是平面BDE内的相交直线，故AC⊥平面BDE，又BE 平面BDE，从而有AC⊥BE，根据折叠不变性，折叠前也应有AC⊥BE.显然①与②矛盾，故假设不能成立，即折叠过程中不能使BD⊥AC.（2）设折叠前AC与BD的交点为F，则由题意易知AF＝BF＝，DF＝CF＝.又AC⊥BD，所以AD＝BC＝.折叠后，因为平面ADC垂直于平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC， 而DF⊥AC，BF⊥AC，所以DF⊥BF，所以BD＝＝＝.如图3，以F为原点，分别以直线FD，FC，FB为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D（，0，0），C（0，，0），B（0，0，），A（0，－，0），所以＝（，0，－），＝（0，，），＝（0，，－）.设平面ABD的法向量为n＝（x1，y1，z1），则·n＝0，·n＝0，即令x1＝3，则y1＝－5，z1＝5，则n＝（3，－5，5）为平面ABD的一个法向量.设平面BCD的法向量m＝（x2，y2，z2），则·m＝0，·m＝0，即令x2＝3，则y2＝3，z2＝5，则m＝（3，3，5）为平面BCD的一个法向量.记二面角A-BD-C的平面角为φ，则｜cos φ｜＝＝＝＝，易知二面角A-BD-C为钝角，故二面角A-BD-C的余弦值为－.考点2【例2】 解：（1）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）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.训练2 解：（1）∵△ABD为正三角形，CB＝CD，取BD中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，即AC⊥BD，垂足为O，∵∠BSD＝90°，∴△BSD为直角三角形，∵O为BD中点，∴OD＝OS，在△COD与△COS中，∵OD＝OS，CS＝CD，OC＝OC，∴△COD≌△COS，则∠COD＝∠COS＝90°，∴AC⊥OS，∵SC⊥BD且SC∩AC＝C，SC，AC 平面ASC，∴BD⊥平面ASC.又∵OS 平面ASC，∴OS⊥BD.以O为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（3，0，0），B（0，，0），C（－1，0，0），S（0，0，），∴＝（－3，，0），＝（1，，0），＝（0，，－），设平面SAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），则由得令y1＝，得m＝（1，，）.设平面SCB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）.则由得令y2＝1，得n＝（－，1，1），∴cos＜m，n＞＝＝＝.∵二面角A-SB-C是钝角，∴二面角A-SB-C的余弦值为－.（2）不存在.理由如下：设H是线段SC上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ＝（－λ，0，－λ），＝＋＝（0，，）＋（－λ，0，－λ）＝（－λ，，－λ），由（1）知平面SAB的一个法向量为m＝（1，，）.又∵DH 平面SAB，∴DH∥平面SAB当且仅当·m＝0，即（－λ，，－λ）·（1，，）＝－λ＋3＋3－3λ＝0，解得λ＝ [0，1]，因此线段SC（包含端点）上不存在点H，使得DH∥平面SAB.1 / 1(共48张PPT)第8节 立体几何中的翻折与探究性问题课标要求 会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系，角的存在条件与翻折问题.翻折问题（师生共研过关）（2025·全国Ⅱ卷17题）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；解： 证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F，EB 平面BA'E，A'E 平面BA'E，FC 平面CD'F，D'F 平面CD'F，EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F.∵A'B 平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F.（2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.解：∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF，∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB，即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°.设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O，在△OD'F中，D'F＝1，OF＝ ，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝ ，∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF.在线段EB上取一点M，使得EM＝ ，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形，∴EF∥OM，∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F 平面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F，∴OM，OC，OD'两两垂直，如图所示，以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B（1， ，0），C（0， ，0），D'（0，0， ），E（1，－ ，0），F（0，－ ，0）， ＝（1，1，0）， ＝（0，－ ， ），＝（1，0，0）， ＝（0， ， ）.设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1），则 即 取z1＝ ，则m＝（－3，3， ）.设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2），则 即 取z2＝ ，则n＝（0，－3， ）.设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，则 cos θ＝ ＝ ＝ ＝ ，∴ sin θ＝ ＝ ＝ ，∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 .翻折问题的两个解题策略训练1 如图，梯形ABCD中，AB∥CD. 现将△ABC沿对角线AC向上折叠，连接BD. 问：（1）若折叠前BD不垂直于AC，则在折叠过程中是否能使BD⊥AC？请给出证明；解： 假设折叠过程中能使BD⊥AC.①折叠前，BD不垂直于AC，若DE⊥AC，E为垂足，连接BE，则BE与AC不垂直.②折叠后，如图1，若BD⊥AC，DE⊥AC不变，又BD与DE是平面BDE内的相交直线，故AC⊥平面BDE，又BE 平面BDE，从而有AC⊥BE，根据折叠不变性，折叠前也应有AC⊥BE.显然①与②矛盾，故假设不能成立，即折叠过程中不能使BD⊥AC.（2）若梯形ABCD为等腰梯形，AB＝3，CD＝5，折叠前AC⊥BD，求当折叠至平面ADC垂直于平面ABC时，二面角A-BD-C的余弦值.解：设折叠前AC与BD的交点为F，则由题意易知AF＝BF＝ ，DF＝CF＝ .又AC⊥BD，所以AD＝BC＝ .折叠后，因为平面ADC垂直于平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC， 而DF⊥AC，BF⊥AC，所以DF⊥BF，所以BD＝ ＝ ＝ .如图3，以F为原点，分别以直线FD，FC，FB为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D（ ，0，0），C（0， ，0），B（0，0， ），A（0，－ ，0），所以 ＝（ ，0，－ ）， ＝（0， ，）， ＝（0， ，－ ）.设平面ABD的法向量为n＝（x1，y1，z1），则 ·n＝0， ·n＝0，即 令x1＝3，则y1＝－5，z1＝5，则n＝（3，－5，5）为平面ABD的一个法向量.设平面BCD的法向量为m＝（x2，y2，z2），则 ·m＝0， ·m＝0，即 令x2＝3，则y2＝3，z2＝5，则m＝（3，3，5）为平面BCD的一个法向量.记二面角A-BD-C的平面角为φ，则｜ cos φ｜＝ ＝ ＝ ＝ ，易知二面角A-BD-C为钝角，故二面角A-BD-C的余弦值为－ .探究性问题（师生共研过关）（2021·全国甲卷19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.利用空间向量巧解探究性问题的策略（1）空间向量最适合解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；（2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.提醒：探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.训练2 （2026·河南新乡模拟）如图，四棱锥S-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°，SC⊥BD.（1）求二面角A-SB-C的余弦值；解： ∵△ABD为正三角形，CB＝CD，取BD中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，即AC⊥BD，垂足为O，∵∠BSD＝90°，∴△BSD为直角三角形，∵O为BD中点，∴OD＝OS，在△COD与△COS中，∵OD＝OS，CS＝CD，OC＝OC，∴△COD≌△COS，则∠COD＝∠COS＝90°，∴AC⊥OS，∵SC⊥BD且SC∩AC＝C，SC，AC 平面ASC，∴BD⊥平面ASC.又∵OS 平面ASC，∴OS⊥BD.以O为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（3，0，0），B（0， ，0），C（－1，0，0），S（0，0， ），∴ ＝（－3， ，0）， ＝（1， ，0）， ＝（0， ，－ ），设平面SAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），则由 得令y1＝ ，得m＝（1， ， ）.设平面SCB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）.则由 得令y2＝1，得n＝（－ ，1，1），∴ cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ .∵二面角A-SB-C是钝角，∴二面角A-SB-C的余弦值为－ .（2）线段SC（包含端点）上是否存在点H，使得DH∥平面SAB？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由.解：不存在.理由如下：设H是线段SC上一点，则存在λ∈[0，1]，使得 ＝λ ＝（－λ，0，－λ）， ＝ ＋ ＝（0， ， ）＋（－λ，0，－ λ）＝（－λ， ， － λ），由（1）知平面SAB的一个法向量为m＝（1， ， ）.又∵DH 平面SAB，∴DH∥平面SAB当且仅当 ·m＝0，即（－λ， ， － λ）·（1， ， ）＝－λ＋3＋3－3λ＝0，解得λ＝ [0，1]，因此线段SC（包含端点）上不存在点H，使得DH∥平面SAB.03PART课时跟踪检测（时间：60分钟，满分：71分）[备注：单选题5分，多选题6分]1. 如图所示，已知△ABC中，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD，所成二面角A'-CD-B的平面角为α，则（ ）A. ∠A'DB≤αB. ∠A'DB≥αC. ∠A'CB≤αD. ∠A'CB≥α123456√解析： 若AC≠BC，若翻折180°，则二面角α＝0°.如题图，∠A'DB＞0°，即∠A'DB＞α，排除A；∠A'CB＞0°，即∠A'CB＞α，排除C；若翻折0°，即A与A'重合.二面角α＝180°，∠A'CB＝∠ACB＜180°＝α，排除D. 故选B.2. 〔多选〕（2026·湖南岳阳模拟）已知平面四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD的位置.在翻折的过程中，下列结论中正确的是（ ）A. BD⊥PCB. DP与BC可能垂直C. 直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°D. 四面体PBCD的体积的最大值是√√√123456解析： 对于A：如图，连接AC交BD于M，连接PM. 由题意，PM⊥BD，CM⊥BD，PM∩CM＝M，PM，CM 平面PMC，因而BD⊥平面PMC，所以BD⊥PC，A选项正确；对于B：由BD＝2得，BC＝CD＝ ，PB＝PD＝2，那么当折叠到PC＝ 时，∠PCB＝90°，即BC⊥PC，又BC⊥CD，PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，所以BC⊥平面PCD，则有BC⊥PD，B选项正确；对于C：由于PD＝2，设点P到平面BCD的距离为d，直线DP与平面BCD所成角的正弦值为 ，123456因而d最大时角最大，那么当折叠到平面PBD⊥平面BCD时，dmax＝ ，所以最大角为60°，因而C选项错误；对于D：当折叠到平面PBD⊥平面BCD时，四面体PBCD的体积最大，此时最大体积为V四面体PBCD＝S△BCD×PM＝ × × × × ＝ ，D正确，故选A、B、D.1234563. （15分）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所在直线为x轴，A1C1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系，123456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）.（1） ＝（0，1，－1）， ＝（1，0，1），｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.123456（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△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.1234564. （15分）（2024·新高考Ⅱ卷17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，123456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.123456（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），123456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123456 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 .1234565. （15分）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；解：证明：取PD的中点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.123456①求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值；②在线段PA上是否存在点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.（2）若PC＝ ，PD＝1，解： ∵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，123456又AD，CD 平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥DC，∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.则P（0，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），B（1，1，0），∵M为棱PC的中点，∴M（0，1， ）.① ＝（0，1， ）， ＝（1，1，0），设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），123456则令z＝2，则 ∴n＝（1，－1，2），又平面PDM的一个法向量为 ＝（1，0，0），∴｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ ＝ ，则平面PDM与平面BDM夹角的余弦值为 .123456②假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是 ，设 ＝λ ，0≤λ≤1，又 ＝（1，0，－1），则Q（λ，0，1－λ）， ＝（λ－1，－1，1－λ），由①知平面BDM的一个法向量为n＝（1，－1，2），∴ ·n＝λ－1＋1＋2（1－λ）＝2－λ，∴点Q到平面BDM的距离是＝ ＝ ，∴λ＝ ，∴PQ＝ ，∴存在点Q，当PQ＝ 时满足题意.1234566. （15分）（2026·广东深圳模拟）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；解： 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.123456①求PA与平面PBC所成角的正弦值；②在线段PD（不含端点）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.（2）若二面角P-AD-B大小为120°.解：①在四棱锥P-ABCD中，由（1）知∠PAB即为二面角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°，123456过点A作AF⊥PB，交PB于点F（图略），又因为AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，故PA与平面PBC所成的角即为∠APF，在△PAB中，由余弦定理可得：PB＝＝ ，由等面积法，AF＝ ＝ ，故 sin ∠APF＝ ＝ ，123456所以PA与平面PBC所成角的正弦值为 .②如图，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（－1，0， ），B（1，0，0），D（0，2 ，0），C（1，3 ，0），＝（－1，－2 ， ），设 ＝λ ，λ∈（0，1），可得E（－λ，2 （1－λ）， λ），＝（－λ，2 （1－λ）， λ）， ＝（1，0，0），＝（1， ，0），设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z），则 即123456令y＝λ，可得m＝（0，λ，2（λ－1）），设平面PDC的法向量为n＝（a，b，c），则 即令a＝ ，可得n＝（ ，－1，－1），设平面ABE与平面PDC所成的角为θ， cos θ＝ ＝ ，解得λ＝ 或 ，所以存在点E，当DE＝ DP或DE＝ DP时满足题意.123456THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第8节 立体几何中的翻折与探究性问题.docx 第8节 立体几何中的翻折与探究性问题.pptx 第8节 立体几何中的翻折与探究性问题（练习，含解析）.docx
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