1
专题突破练12 翻折、探究性问题
1.(15 分)(2025 湖北九师联盟二模)如图,在平面四边形ABCD 中,AD∥BC,BC=4AD=4,
CD=√2,∠BCD=45°,点E 为BC 的中点,将△BAE 沿AE 翻折至△PAE 的位置,使得四棱
锥P-AECD 的体积为1.
(1)证明:平面PEC⊥平面AECD;
(2)求二面角A-PD-C 的正弦值.
2.(15 分)(2025 河北沧州模拟)如图,六面体ABCDEF 的侧面ABFE 为矩形,
BC∥AD,AB⊥BC,FB=AD=3,AB=BC=2,FD=√22.
(1)求证:平面ABFE⊥平面ABCD.
(2)线段AE 上是否存在点P,使得CP∥平面DEF?若存在,求出AP 的长;若不存在,请说明
理由.
(3)求平面EFD 与平面FDC 夹角的余弦值.
3.(15 分)(2025 湖北黄冈二模)如图,在三棱锥P-ABC 的平面展开图中,AC=1,AB=AD=√3,
AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°.
(1)求∠FCB 的余弦值.
2
(2)在三棱锥的棱AP 上是否存在点Q,使得平面ABP 和平面BCQ 所成角的余弦值为√15
5
?
若存在,求出点Q 的位置;若不存在,说明理由.
4.(17 分)(2025 湖北武汉一模)已知四棱锥S-ABCD 的底面ABCD 为平行四边形,
SA=AB=SB,SB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2,AB=1.
(1)求三棱锥S-ABC 外接球的表面积.
(2)设T 为线段SD 上的点.
(ⅰ)若ST=1
3
SD,求直线AC 与平面BTC 所成角的正弦值.
(ⅱ)平面α 过点B,T,且AC∥平面α,探究:是否存在点T,使得平面SAD 与平面α 之间所成
角的正切值为√34?若存在,求出ST
SD
的值;若不存在,请说明理由.
3
答案：
1.(1)证明 连接DE,在△CDE 中,CD=√2,CE=2,∠BCD=45°,由余弦定理,得DE2=22+(√2
)2-2×2×√2cos 45°=2,所以DE=√2,所以CD2+DE2=EC2,所以DE⊥CD.
因为AD∥BC,∠BCD=45°,所以∠ADC=135°,则∠ADE=45°.
在△ADE 中,AD=1,DE=√2,由余弦定理,得AE2=12+(√2)2-2×1×√2cos 45°=1,所以AE=1,
故AD2+AE2=DE2,所以AD⊥AE,又AD∥BC,所以AE⊥BC,则AE⊥EC,AE⊥PE,又
PE∩EC=E,PE,EC⊂平面PEC,所以AE⊥平面PEC,因为AE⊂平面AECD,故平面PEC⊥
平面AECD.
(2)解 设四棱锥P-AECD 的高为h,由V 四棱锥P-AECD=1
3 × 1
2 ×(1+2)×1·h=1,得h=2.
由(1)可知,平面PEC⊥平面AECD,PE=2,所以PE 即为四棱锥P-AECD 的高,所以PE⊥平
面AECD,所以AE,EC,EP 两两互相垂直,以E 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则
A(0,1,0),C(2,0,0),D(1,1,0),P(0,0,2),所以⃗AD=(1,0,0),⃗DP=(-1,-1,2),⃗CD=(-1,1,0).
设平面APD 的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则{⃗
AD·m=0,⃗
DP·m=0, 即{
x1=0,
- x1- y1+2 z1=0,
取z1=1,得x1=0,y1=2,所以m=(0,2,1).设平面PCD 的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则
{⃗
CD·n=0,⃗
DP·n=0,
即{
- x2+ y2=0,
- x2- y2+2 z2=0,取x2=1,得y2=1,z2=1,所以n=(1,1,1),
所以cos<m,n>= m·n
|m||n| =
0×1+2×1+1×1
√0
2+2
2+1
2×√1
2+1
2+1
2=
3
√5×√3 = √15
5 .
设二面角A-PD-C 的大小为θ,则sin θ=√1-( √15
5 )
2= √10
5
,
故二面角A-PD-C 的正弦值为√10
5 .
2.(1)证明 如图,连接AF,则AF=√13,因为FD=√22,AD=3,所以AD2+AF2=FD2,所以
AD⊥AF.
4
因为AB⊥BC,BC∥AD,所以AB⊥AD,
又AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABFE,所以AD⊥平面ABFE,因为AD⊂平面ABCD,所以平面
ABFE⊥平面ABCD.
(2)解 线段AE 上存在点P,使得CP∥平面DEF.
如图,过C 作CM⊥AD,交AD 于M,则AM=2,过M 作MP∥ED,交AE 于点P,则AM
AD = AP
AE
,
得AP=2.
下面证明当AP=2 时,CP∥平面DEF,因为CM∥AB,AB∥EF,所以CM∥EF,因为EF⊂平
面DEF,CM⊄平面DEF,所以CM∥平面DEF,因为MP∥ED,ED⊂平面DEF,MP⊄平面
DEF,所以MP∥平面DEF,又CM∩MP=M,CM,MP⊂平面CMP,所以平面CMP∥平面
DEF,又CP⊂平面CMP,所以CP∥平面DEF.
(3)解 依题意,以AB,AD,AE 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(0,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),E(0,0,3),F(2,0,3),⃗FD=(-2,3,-3),⃗FC=(0,2,-3),⃗FE=(-2,0,0).
设平面EFD 的一个法向量为u=(x,y,z),则{⃗
FE·u=-2 x =0,⃗
FD·u=-2 x +3 y -3 z =0,不妨令y=1,则
x=0,z=1,则u=(0,1,1).
设平面FDC 的一个法向量为v=(m,n,s),则{⃗
FC ·v =2n-3 s=0,⃗
FD·v =-2m+3n-3 s=0,不妨令n=3,
则s=2,m=3
2
,则v=(3
2
,3,2).
设平面EFD 与平面FDC 的夹角为θ,则cos θ=|cos<u,v>|=
|u·v |
|u||v | =
5
√2×√
61
4
= 5√122
61
,
5
所以平面EFD 与平面FDC 的夹角的余弦值为5√122
61
.
3.解 (1)在△ABD 中,因为AB⊥AD,AB=AD=√3,所以BD=√6,所以FB=BD=√6.
在△ACE 中,因为AE=AD=√3,AC=1,∠CAE=30°,所以CE=
√(√3)
2+1
2-2×√3×1×cos30°=1,所以CF=CE=1.
又因为BC=√A C
2+ A B
2=√1
2+(√3)
2=2,
在△FCB 中,由余弦定理得cos∠FCB=C F
2+ BC
2- F B
2
2·CF ·BC
= 1
2+2
2-(√6)
2
2×1×2
=-1
4 .
(2)因为AB⊥AD,即AB⊥AP,AB⊥AC,AC∩AP=A,AC,AP⊂平面ACP,所以AB⊥平面ACP.
以点A 为原点,⃗AP ,⃗AB为x 轴、z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(√3,0,0),B(0,0,√3),C(√3
2 , 1
2
,0),设Q(a,0,0)(0≤a≤√3),故⃗BQ=(a,0,-√3),⃗BC=(√3
2 , 1
2
,-√3
).设平面BCQ 的法向量m=(x,y,z),则{
m·⃗BQ =ax -√3 z =0,
m·⃗BC = √3
2 x + 1
2 y -√3 z =0,取z=a,则m=(√3,2√3
a-3,a),易得平面ABP 的一个法向量为(0,1,0),则平面ABP 和平面BCQ 所成角的余弦值
cos θ=|2√3a-3|
√3+(2√3a-3)
2+a
2 = √15
5 ,解得a=√3或a=√3
7
,故当AQ=√3或AQ=√3
7
时,平面
ABP 和平面BCQ 所成角的余弦值为√15
5 .
4.解 (1)如图所示,因为∠ABC=60°,BC=2,AB=1,故AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=3,
即AC=√3,
则BC2=AB2+AC2,故△ABC 为直角三角形,即AB⊥AC,又SB⊥AC,SB∩AB=B,且SB,AB⊂
平面SAB,则AC⊥平面SAB,又因为AC⊂平面ABCD,所以平面SAB⊥平面ABCD,设AB
6
的中点为O,则△SAB 的外接圆圆心O1满足O1O=1
3
SO=1
3 × √3
2
AB=√3
6
,过△SAB 的外接
圆圆心O1作直线l1垂直于平面SAB,过线段BC 的中点O2作直线l2垂直于平面ABCD,其
中l1∩l2=O3,则O3即为三棱锥S-ABC 的外接球球心,且四边形O1OO2O3为矩形,即
O2O3=O1O=√3
6
,故R=BO3=√BO
2
2+O2O
2
3=√
13
12
,故三棱锥S-ABC 外接球的表面积
S=4πR2=4π× 13
12 = 13 π
3
.
(2)(ⅰ)以AB 的中点O 为原点,OB 为x 轴,平行于AC 的方向为y 轴,OS 为z 轴,建立如图所
示的空间直角坐标系,
则A(-1
2
,0,0),B(1
2
,0,0),C(-1
2 ,√3,0),S(0,0,√3
2
),D(-3
2 ,√3,0),
而ST=1
3
SD,故T(-1
2 , √3
3 , √3
3
),⃗BC=(-1,√3,0),⃗CT=(0,-2√3
3
, √3
3
).
设n=(x,y,z)为平面BTC 的法向量,则{
- x +√3 y =0,
- 2√3
3
y + √3
3 z =0, 则{
x =√3 y ,
z =2 y , 令y=1,则n=(√3
,1,2)为平面BTC 的一个法向量.
而⃗AC=(0,√3,0),故直线AC 与平面BTC 所成角的正弦值sin θ=|cos<⃗AC,n>|=
|⃗AC ·n|
|⃗AC ||n|
=
√3
√3×2√2 = √2
4 .
(ⅱ)由(ⅰ)可知⃗SA=(-1
2
,0,-√3
2
),⃗SD=(-3
2 ,√3,-√3
2
),设平面SAD 的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则
{⃗
SA ·m=- 1
2 x1- √3
2 z1=0,⃗
SD·m=- 3
2 x1+√3 y1- √3
2 z1=0,
令z1=1,则m=(-√3,-1,1).
如图,记直线SA∩平面α=E,直线SC∩平面α=F,连接EF.
7
因为AC∥平面α,平面BETF∩平面SAC=EF,所以AC∥EF.
不妨设⃗SE=λ⃗SA,则⃗SF=λ⃗SC,0≤λ≤1,则⃗SE=λ(-1
2
,0,-√3
2
),故E(- λ
2
,0,√3
2 - √3
2 λ),
同理可得F(- λ
2 ,√3 λ,√3
2 - √3
2 λ),则有⃗BE=(- λ
2 - 1
2
,0,√3
2 - √3
2 λ),⃗BF=(- λ
2 - 1
2 ,√3 λ,√3
2 - √3
2 λ
).
设平面BETF 的一个法向量为u=(x2,y2,z2),则
{
(- λ
2 - 1
2 )x2+( √3
2 - √3
2 λ)z2=0,
(- λ
2 - 1
2 )x2+√3 λ y2+( √3
2 - √3
2 λ)z2=0,
解得y2=0,设z2=1,则x2=√3-√3 λ
λ+1
,故u=(√3-√3 λ
λ+1
,0,1),所以|cos<m,u>|=
|m·u|
|m||u| =
| 3 λ -3
λ+1 +1|
√5√( √3-√3 λ
λ+1
)
2+1
.
又平面SAD 与平面α 之间所成角的正切值为√34,则|cos<m,u>|=
|m·u|
|m||u| =
| 3 λ -3
λ+1 +1|
√5√( √3-√3 λ
λ+1
)
2+1
= √35
35
,化简得9λ2-9λ+2=0,解得λ=1
3
或λ=2
3 .
设ST
SD
=t,0≤t≤1,则⃗ST=t⃗SD,则⃗ST=t(-3
2 ,√3,-√3
2
),解得T(-3
2
t,√3t,√3
2 - √3
2
t),
故⃗BT=(-3
2
t-1
2 ,√3t,√3
2 - √3
2
t).
当λ=1
3
时,u=(√3
2
,0,1).
因为⃗BT ⊥u,所以(-3
2
t-1
2 ,√3t,√3
2 - √3
2
t)·(√3
2
,0,1)=0,化简得5√3
4
t-√3
4
=0,解得t=1
5
,满足要
求.
8
当λ=2
3
时,u=(√3
5
,0,1).
因为⃗BT ⊥u,所以(-3
2
t-1
2 ,√3t,√3
2 - √3
2
t)·(√3
5
,0,1)=0,化简得8√3
10
t-4√3
10
=0,解得t=1
2
,满足要
求.
综上所述,存在点T,使得平面SAD 与平面α 之间所成角的正切值为√34,且ST
SD
的值为
1
5 或1
2 .
