2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第八章第七节　翻折与探索性问题

第七节　翻折与探索性问题
题型一　平面图形的翻折问题
平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征.
[典例]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又因为DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
[方法技巧]　解决平面图形翻折问题3步骤

[针对训练]
1．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是(　　)
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1­ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
解析：选C　取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正确；
取A1D的中点F，连接MF，EF，则四边形EFMB为平行四边形，则∠A1EF为异面直线BM与A1E所成角，故B正确；
点A关于直线DE的对称点为N，则DE⊥平面AA1N，即过O与DE垂直的直线在平面AA1N上，故C错误；
三棱锥A1­ADE外接球半径为AD，故D正确．
2．(2019·宁德一检)如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，点F是AC上的动点．现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D′­AC­B，如图②，使得D′B＝.

(1)求证：当AF＝时，D′F⊥BC；
(2)试求CF的长，使得二面角A­D′F­B的大小为.
解：(1)证明：在矩形ABCD中，连接DF，BF.
∵AD＝2，CD＝6，
∴AC＝4，∠CAB＝30°，∠DAC＝60°.
在△ADF中，∵AF＝，
∴DF2＝DA2＋AF2－2DA·AF·cos∠DAC＝9.
∵DF2＋AF2＝9＋3＝DA2，
∴DF⊥AC，即在三棱锥D′­ABC中，D′F⊥AC.
又在△ABF中，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠CAB＝21，
∴在△D′FB中，D′F2＋FB2＝9＋21＝D′B2，
∴BF⊥D′F.
又∵AC∩FB＝F，∴D′F⊥平面ABC.
又BC⊂平面ABC，∴D′F⊥BC.
(2)在矩形ABCD中，过点D作DO⊥AC于点O，延长DO交AB于点E.易求DE＝4，AO＝，D′O＝3，OE＝1，

沿着对角线AC翻折后，由(1)可知，OE，OC，OD′两两垂直，
以O为原点，，，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O­xyz，
则O(0,0,0)，E(1,0,0)，D′(0,0,3)，B(3,2，0)．
∵EO⊥平面AD′F，∴＝(1,0,0)为平面AD′F的一个法向量．
设平面BD′F的一个法向量为n＝(x，y，z)，F点坐标为F(0，t,0)，
则＝(－3，－2，3)，＝(－3，t－2，0).
由得
取y＝3，得x＝t－2，z＝t，
∴n＝(t－2，3，t)．∴cos＝，
即＝，
∴t＝.∴当CF＝OC－OF＝时，二面角A­D′F­B的大小是.
题型二　探索性问题
探索性问题一般可以分为判断存在型、条件探索型、结论探索型、类比推理型、知识重组型等，立体几何中的探索性问题一般以判断存在型为主.这类问题一般的设问方式是“是否存在……，若存在……，若不存在……”.由于没有一个明确的结论，在没有经过深入分析、严格计算和推理论证前其存在性是未知的.
[典例]　如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D­xyz.
依题意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1，1,1)，E，
所以＝，＝(－1,0,1)，
因为|cos〈，〉|＝＝＝.
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
连接AE，SE，如图所示．
因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，又＝，
所以＝＋＝.
由ES⊥平面AMN，得即
解得λ＝，此时＝，||＝.
经检验，当|AS|＝时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.
[方法技巧]　　求解探索性问题的类型及策略
问题类型
求解策略
对命题条件的探索
(1)先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；
(3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件
对命题结论的探索
(1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么；
(2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在

[针对训练]
(2019·天津联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC＝，点M在PC上，且PA∥平面MBD.
(1)求证：M是PC的中点；
(2)求直线PA与MB所成角的正切值；
(3)在PA上是否存在点F，使二面角F­BD­M为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：连接AC，交BD于点E，连接ME.
∵四边形ABCD是矩形，∴E是AC的中点．
又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，
∴PA∥ME，∴M是PC的中点．
(2)记AD的中点为O，连接PO，OE.
∵△PAD为等边三角形，O为AD中点，∴PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD.∴OA，OE，OP两两垂直．

以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)．
∵△PAD是边长为2的等边三角形，
∴OP＝，OA＝OD＝1，
∵PO⊥OC，PC＝，OP＝，
∴OC＝，∴DC＝＝3.
则A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(－1,0,0)，C(－1,3,0)，P(0,0，)，M，
∴＝(－1,0，)，＝.
设直线PA与MB所成角为θ，
则|cos θ|＝＝，∴|tan θ|＝，
又∵直线PA与MB所成角∠EMB为锐角，
∴直线PA与MB所成角的正切值为.
(3)设存在F满足要求，且＝λ，
由＝λ，得F(1－λ，0，λ)．
设平面MBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∵＝(2,3,0)，＝，
∴即
取x＝1，则y＝－，z＝，∴n＝，
同理，平面FBD的一个法向量为m＝，
由n·m＝0，得1＋＋＝0，解得λ＝，
故存在点F，使二面角F­BD­M为直角，此时＝.
[课时跟踪检测]
1．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是(　　)

A．平面ABD⊥平面ABC　　 　B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
解析：选D　∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.
2．(2019·亳州模拟)如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体A­EFH中必有(　　)

A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
解析：选A　∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确； ∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确．故选A.
3．(2019·泉州模拟)如图，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④该多面体外接球的表面积为5πa2.
解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.
答案：①②③④
4．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是________．
①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面体A′BCD的体积为.

解析：∵BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D.∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝，∴A′C＝，BC＝，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°，四面体A′BCD的体积V＝××12×1＝.
答案：②③
5．如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．
①MB是定值；
②点M在圆上运动；
③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；
④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.
解析：取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．
答案：①②④
6．(2019·武汉调研)在矩形 ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．
②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
③假设AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.
答案：②
7．(2019·豫南九校质量考评)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝2，AD＝2，PB＝3，PB⊥AC.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(2)若∠PBA＝45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，
所以BC＝AD＝2.又因为AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB.又因为PB⊥AC，且AB∩PB＝B，所以AC⊥平面PAB.因为AC⊂平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)由(1)知AC⊥AB，平面PAB⊥平面ABC，
AC⊥平面PAB.
如图，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，
所以＝(0,2,0)，＝(－2,2,0)．
由∠PBA＝45°，PB＝3，可得P(－1,0,3)，
所以＝(－1,0,3)，＝(－3,0,3)．
假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，
设＝λ(0＜λ＜1)，则＝λ＝(－λ，0,3λ)，＝－＝(－λ，－2,3λ)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即令z＝1，可得x＝y＝1，
所以平面PBC的一个法向量为n＝(1,1,1)．
设直线CE与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
整理得3λ2＋4λ＝0，
因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，
所以棱PA上不存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
8．(2019·洛阳尖子生统考)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图②所示的几何体．

(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为，求二面角B­AD­E的余弦值．
解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，
所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，
所以DC⊥AB.
又因为折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知AB⊥平面ADC，
所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD.
又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以DC⊥AD.
依题意tan∠CAD＝＝.
因为AD＝1，所以CD＝.
设AB＝x(x＞0)，则BD＝.
依题意△ABD∽△DCB，
所以＝，即＝.
解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3.
法一：如图所示，建立空间直角坐标系D­xyz，
则D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A.
所以＝，＝.
由(1)知平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝－，z＝－，
所以m＝(，－，－)为平面ADE的一个法向量．
所以cos〈n，m〉＝＝－.
由图可知二面角B­AD­E的平面角为锐角，
所以二面角B­AD­E的余弦值为.

法二：因为DC⊥平面ABD，
所以过点E作EF∥DC交BD于点F，
则EF⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以EF⊥AD.
过点F作FG⊥AD于点G，连接GE，
所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE，
所以二面角B­AD­E的平面角为∠EGF.
由平面几何的知识求得EF＝CD＝，FG＝AB＝，
所以EG＝＝，
所以cos∠EGF＝＝.
所以二面角B­AD­E的余弦值为.
9．(2018·肇庆二模)如图1，在高为2的梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.已知DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADE­BCF，如图2.

(1)若AF⊥BD，证明：DE⊥BE；
(2)若DE∥CF，CD＝，在线段AB上是否存在点P，使得CP与平面ACD所成角的正弦值为？并说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，∴AF⊥BE.
∵AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE.
又DE⊂平面BDE，∴AF⊥DE.
∵AE⊥DE，AE∩AF＝A，
∴DE⊥平面ABFE.
又BE⊂平面ABFE，∴DE⊥BE.

(2)当P为AB的中点时满足条件．理由如下：
∵AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，∴AE⊥平面DEFC.
如图，过E作EG⊥EF交DC于点G，
可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)，D，＝(－2,1，)，＝.
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1，－1，)．
设＝λ，则P，λ∈(0，＋∞)，
可得＝.
设CP与平面ACD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈CP，n〉|＝＝，
解得λ＝1或λ＝－(舍去)，
∴P为AB的中点时，满足条件．