第七节 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
课堂考点探究
考点1 平面图形的翻折问题
3步解决平面图形翻折问题
(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，
PF∩EF＝F，PF，EF平面PEF，
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，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3. 又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF. 所以PH＝
33，EH＝. 22
则H(0,0,0)，P?0，0，→
?
?3?3??
－1，－，0， ，D??2??2??
DP＝?1，，
?
?
32
3?→?3??，HP＝?0，0，?. 2?2??
→
又HP为平面ABFD的法向量， 设DP与平面ABFD所成的角为θ，
3
→→
→→|HP·DP|43
则sin θ＝|cos〈HP，DP〉|＝＝＝.
→→34|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为
3. 4
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．
[教师备选例题]
(2019·贵阳模拟)如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE＝BF＝AB＝1，将△ADE沿着线段AD折起，同时将△BCF沿着线段BC折起，使得E，F两点重合为点
P.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求直线PB与平面PCD的所成角的正弦值． [解] (1)证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AD⊥AB，AD⊥AE，
∴AD⊥AP, ∴AD⊥平面PAB， 又∵AD平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面PAB.
(2)以AB中点O为原点，建立空间坐标系如图， ∵AE＝BF＝AB＝1， ∴AP＝AB＝BP＝1，
3??1?1????1?∴B?，0，0?，P?0，0，?，C?，1，0?，D?－，1，0?，
?2????2?2??2→?1→?13?→3?∴PB＝?，0，－?，DC＝(1,0,0)，CP＝?－，－1，?，
2?2??2?2设n＝(x，y，z)是平面PCD 的一个法向量， →??n·DC＝0，
则?
→??n·CP＝0，
x＝0，??
即?13
－x－y＋z＝0，?2?2
取z＝2，则n＝(0，3，2)， 设直线PB与平面PCD的所成角为θ，
→→|n·PB|321
则sin θ＝|cos〈n，PB〉|＝＝＝，
→77×1|n||PB|故直线PB与平面PCD的所成角的正弦值为
21. 7
(2019·广州模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，
AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
图1 图2
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C-BQ-A的余弦值． [解] (1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，
?9?∴P?0，，3?， ?2?
→→→?9?∴OD＝(3,0,6)，AQ＝(0，m,0)，PQ＝?6，m－，－3?.
2??→→→→
∵OD·AQ＝0，OD·PQ＝0， →→→→∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q， ∴OD⊥平面PAQ.
1
(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
2
→→
则Q(6,3,0)，∴QB＝(－6,3,0)，BC＝(0，－3,6)． 设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)， →??n1·QB＝0，
由?
→??n1·BC＝0，
??－6x＋3y＝0，
得?
?－3y＋6z＝0，?
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)． 易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设二面角C-BQ-A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
?n1·n2?＝6，
则cos θ＝??
?|n1|·|n2|?6
即二面角C-BQ-A的余弦值为
6. 6
考点2 立体几何中的探究性问题
(1)解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提
下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．
(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝
λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
(2019·华南师大附中模拟)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，
∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.
(1)求证：CE⊥平面ADF；
(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P-DF-A的大小为60°.
[解] (1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF， ∴四边形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD平面ABCD， ∴AD⊥平面CDEF，
∵CE平面CDEF，∴AD⊥CE.
又∵AD平面ADF，DF平面ADF，AD∩DF＝D， ∴CE⊥平面ADF.
(2)由(1)知四边形CDEF为菱形， 又∵∠DCF＝60°， ∴△DEF为正三角形．
如图，取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF. ∵EF∥CD，∴GD⊥CD. ∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD＝CD，
平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD
2021届高考数学(理)一轮复习学案：第8章立体几何第7节立体几何中的翻折、探究性、最值问题
