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课时规范练 47 翻折问题与探索性问题
1.(15分)(2024·山东济宁三模)图1是由正方形ABCD和两个正三角形ADE,CDF组成的
一个平面图形,其中AB=2,现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD,将△CDF
沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD,连接EF,BE,BF,如图2.
图1 图2
(1)求证:EF∥平面ABCD;
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小.
2.(15分)(2024·山东潍坊二模)如图1,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=60°,E
为CD的中点,将△ADE沿AE折起,连接BD,CD,且BD=4,如图2.
图1 图2
(1)求证:平面ADE⊥平面ABCE;
√30
(2)在图2中,若点F在棱BD上,直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为 ,求点F
10
到平面DEC的距离.
2
3.(15分)(2024·湖北武汉模拟)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=BC= CD=2,∠ABC=
3
π
.将△ADC沿对角线AC折到△APC的位置,点P在平面ABC内的射影H恰好落在直
3
线AB上.
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx(1)求二面角P-AC-B的正切值.
(2)点F为棱PC上一点,满足PF=2FC,在棱BC上是否存在一点Q,使得直线FQ与平面
π BQ
ABF所成的角为 ?若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.
3 QC
4.(17分)(2025·八省联考,19)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,
∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点.
(1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
(ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(ⅱ)求球O的半径.
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
答案：
1.(1)证明 分别取棱CD,AD的中点O,P,连接OF,PE,OP,由△CDF是边长为2的正三角形,得
OF⊥CD,OF=√3,
又平面CDF⊥平面ABCD,平面CDF∩平面ABCD=DC,OF 平面CDF,则OF⊥平面ABCD,同理
PE⊥平面ABCD,PE=√3,于是OF∥PE,OF=PE,即四边形OPEF为平行四边形,OP∥EF,而OP
⊂
平面ABCD,EF 平面ABCD,所以EF∥平面ABCD. ⊂
(2)解 取棱AB的中点Q,连接OQ,由四边形ABCD为正方形,得OQ⊥CD,以O为坐标原点,
⊄
⃗OQ,⃗OC,⃗OF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(2,1,0),C(0,1,0),F(0,0,√3),D(0,-1,0),⃗CB=(2,0,0),⃗CF=(0,-1,√3).
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设平面BCF的一个法向量为n=(x,y,z),则 令z=1,得n=(0,√3,1),由
n·⃗CF=- y+√3z=0,
CD⊥AD,平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,CD 平面ABCD,得CD⊥平面
ADE,则⃗DC=(0,2,0)为平面ADE的一个法向量.
⊂
设平面ADE与平面BCF的夹角为θ,
|⃗DC·n| 2√3 √3 π π
则cos θ=|cos<⃗DC,n>|= = = ,而θ∈(0, ],解得θ= ,
|⃗DC||n| 2×2 2 2 6
π
所以平面ADE与平面BCF的夹角为 .
6
2.(1)证明 连接BE,由题意AD=DE=2,∠ADE=60°,∠BCE=120°,则△ADE为等边三角形,由余弦
1
定理得BE2=4+4-2×2×2×(- )=12,所以BE=2 ,则DE2+BE2=BD2,AE2+BE2=BD2,所以
√3
2
BE⊥DE,BE⊥AE,又AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,所以BE⊥平面ADE,又BE 平面ABCE,所以
平面ADE⊥平面ABCE.
⊂ ⊂
(2)解 如图,以点E为原点,建立空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(0,2√3,0),C(-1,√3,0),D(1,0,√3),E(0,0,0),
设DF=λDB(0≤λ≤1),
故⃗EC=(-1,√3,0),⃗ED=(1,0,√3),⃗DB=(-1,2√3,-√3),
⃗AF=⃗AD+⃗DF=(-1,0,√3)+λ(-1,2√3,-√3)=(-1-λ,2√3λ,√3−√3λ).
因为z轴垂直平面ABCE,故可取平面ABCE的一个法向量为m=(0,0,1),
|m·⃗AF| |√3-√3λ| √30
所以|cos|= = = ,化简得
|m||⃗AF| √(-1-λ)2+(2√3λ)2+(√3-√3λ)2 10
1 1 1 2√3 √3
3λ2+8λ-3=0,解得λ= 或λ=-3(舍去),所以⃗DF= ⃗DB=(- , ,- ).
3 3 3 3 3
{n·⃗EC=-x+√3 y=0,
设平面DEC的法向量为n=(x,y,z),则有 可取n=(√3,1,-1),
n·⃗ED=x+√3z=0,
| √3 2√3 √3|
- + +
所以点F到平面DEC的距离为 |⃗DF·n| 3 3 3 2√15
= = .
|n| √5 15
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx3.解 (1)如图,过点H作HM⊥AC于点M,连接PM,DM,∵PH⊥平面ABCD,AC 平面
ABCD,∴PH⊥AC.又HM⊥AC,HM∩PH=H,HM,PH 平面PMH,∴AC⊥平面PMH,∵PM 平面
⊂
PMH,∴AC⊥PM,∴AC⊥DM.∴∠PMH为二面角P-AC-B的平面角.
⊂ ⊂
∵AB=AC,∠ABC=60°,∴△ABC为等边三角形,AC=2,又在Rt DMC中,
3 1 △
∠DCM=60°,CD=3,∴CM= ,AM= .
2 2
AH AM 1 3√3 1 √3
又AH∥CD,∴ = = ,∴AH=1,H为线段AB的中点.∵PM=DM= ,∴MH= DM= ,
CD MC 3 2 3 2
PH
∴在Rt PMH中,PH= ,∴tan∠PMH= =2 ,∴二面角P-AC-B的正切值为2
√6 √2 √2.
MH
△
(2)连接CH,∵△ABC为等边三角形,H为线段AB的中点,∴CH⊥AB,又PH⊥平面ABCD,则
HC,HB,HP两两垂直,以H为坐标原点,HC,HB,HP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,
1 √3 √6 2√3 √6
则A(0,-1,0),B(0,1,0),C(√3,0,0),P(0,0,√6),∴⃗CF= ⃗CP=(- ,0, ),⃗BF=⃗CF−⃗CB =( ,-1,
3 3 3 3 3
{
2y=0,
{n·⃗AB=0,
),⃗AB=(0,2,0).设平面ABF的一个法向量为n=(x,y,z),∴ ∴ 2√3 √6
n·⃗BF=0, x- y+ z=0,
3 3
令x=1,可得n=(1,0,-√2).
假设棱BC上存在满足要求的点Q,设⃗BQ=λ⃗BC,λ∈[0,1],⃗BC=(√3,-1,0),
2√3 √6
∴⃗BQ =(√3λ,-λ,0), ∴⃗FQ=⃗BQ−⃗BF =(√3λ- ,1-λ,- ).
3 3
π
∵直线FQ与平面ABF所成的角为 ,
3
√3λ
π |⃗FQ·n| √3
∴sin = = = ,
√ 2√3 √6
3 |⃗FQ||n| (√3λ- ) 2+(1-λ)2+(- ) 2×√3 2
3 3
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整理得8λ2-18λ+9=0,解得λ= 或λ= (舍去).∴⃗BQ= ⃗BC,则 =3.∴当 =3时,FQ与平面
4 2 4 QC QC
π
ABF所成的角为
.
3
4.(1)(ⅰ)证明 在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°,得∠CAD=∠ADC=30°,所以
AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=√3,且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.因为
AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC 平面PAC,所以AB⊥平面PAC,又AB 平面ABC,所以平面
PAC⊥平面ABC.
⊂ ⊂
(ⅱ)解 以点A为原点,分别以AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-
3 √3
xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0, , ),设球心O(a,b,c),半径为R,因为△ABC为直角三角形,
2 2
1 1 1 1 1 1
所以其外心为BC边的中点( , ,0),则a= ,b= ,即O( , ,c).由OA=OP,得
2 2 2 2 2 2
√1 1 √1 √3 √3 √1 1 3 √5
+ +c2= +1+(c- ) 2,解得c= ,则R= + + = .
4 4 4 2 2 4 4 4 2
(2)解 在平面PAC中,过点P作PG⊥AC,交AC延长线于点G,作GM∥AB,
3 √3
则由(1)可知,AG= ,PG= ,
2 2
设∠PGM=θ,θ∈(0,π),以点G为原点,分别以GM所在直线、AG所在直线、过点G且垂直于平
3
面ABC的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz,则G(0,0,0),A(0,-
2
3 1 √3 √3 √3 1 √3
,0),B(1,- ,0),C(0,- ,0),P( cos θ,0, sin θ),所以⃗CA =(0,-1,0),⃗CB =(1,-1,0),⃗CP =( cos θ, ,
2 2 2 2 2 2 2
sin θ).
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1 1 1 2 2 2
{m⊥⃗CA,{n⊥⃗CP,
则
m⊥⃗CP, n⊥⃗CB,
{ m·⃗CA=- y =0,
1
√3 1 √3
m·⃗CP= x cosθ+ y + z sinθ=0,
2 1 2 1 2 1
{ n·⃗CB=x - y =0,
2 2
√3 1 √3
n·⃗CP= x cosθ+ y + z sinθ=0,
2 2 2 2 2 2
√3cosθ+1
取x =sin θ,x =1,则m=(sin θ,0,-cos θ),n=(1,1,- ),
1 2
√3sinθ
(√3cosθ+1)cosθ
sinθ+
m·n √3sinθ cosθ+√3
= =
所以cos= ,
|m||n| √ (√3cosθ+1) 2 √-3cos2θ+2√3cosθ+7
2+
√3sinθ
1 √3-1 √3+1
令t=cos θ+√3,则cos θ=t-√3,由θ∈(0,π),得t∈(√3-1,√3+1),则 ∈( , ),
t 2 2
t 1 1 1 √3
= = ≥ =
则cos=√-3t2+8√3t-8 √ 8 8√3 √ 1 √3 2 √3 3 ,当且仅当
- + -3 -8( - ) +3
t2 t t 2
1 √3 2√3 √3
= ,即t= ,即cos θ=- 时,等号成立,设二面角A-CP-B为α,则cos α=cos,所以二
t 2 3 3
√3
面角A-CP-B的余弦值的最小值为
3
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