2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题角度1空间中的翻折问题

这是一份2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题角度1空间中的翻折问题，共4页。试卷主要包含了解决折叠问题的关注点等内容，欢迎下载使用。

(1)求证：PA⊥PB；
(2)点F在线段PB上，当二面角F－AE－P大小为eq \f(π,4)时，求四棱锥F－ABCE的体积．
[分析] (1)要证PA⊥PB.由PA⊥PE知，证PA⊥平面PBE即可，也即需证PA⊥BE，又平面PAE⊥平面ABCE，故证BE⊥AE即可，这在平面图中易证．
(2)取AE的中点O连接PO，分别以OA、OP为x轴、z轴建立空间直角坐标系，设eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，只需根据条件求出λ即可，得点F的竖坐标z，进而可求VF－ABCE＝eq \f(1,3)SABCE·|z|.
[解析] (1)证明：在长方形ABCD中，AB＝2AD＝2eq \r(2)，E为CD中点，
∴AE＝BE＝2，∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE，
∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥平面PAE，AP⊂平面PAE，
∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，PE∩BE＝E，
∴PA⊥平面PBE，PB⊂平面PBE，
∴PA⊥PB.
(2)如图，取AE的中点O，AB的中点G，连接OP，OG，由题意可得OP，OG，OA两两互相垂直，
以O为坐标原点，以OA，OG，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，E(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0,0,1)，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
设eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，则F(－λ，2λ，1－λ)，
∴eq \(AF,\s\up6(→))＝(－λ－1,2λ，1－λ)．
解法一：设平面FAE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝－2x＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝－λ－1x＋2λy＋1－λz＝0，))
令y＝1，得z＝eq \f(2λ,λ－1)，∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2λ,λ－1)))，
又BE⊥平面PAE，∴n＝eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,2,0)是平面PAE的一个法向量，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,2×\r(1＋\f(4λ2,λ2－2λ＋1)))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1(舍)．
即F为PB的靠近P的三等分点时，二面角F－AE－P的平面角为eq \f(π,4)，
∵PO⊥平面ABCE，且PO＝1，
∴F到平面ABCE的距离为eq \f(2,3)，又四边形ABCE的面积为3，
∴四棱锥F－ABCE的体积VF－ABCE＝eq \f(1,3)SABCE·h＝eq \f(1,3)×3×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3).
解法二：作FH⊥AE于H，则eq \(HF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－teq \(AE,\s\up6(→))(t∈R)，
由eq \(HF,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝0得t＝eq \f(\(AF,\s\up6(→))·\(AE,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))|2)＝eq \f(λ＋1,2)，
∴eq \(HF,\s\up6(→))＝(0,2λ，1－λ)，又eq \(OP,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，且eq \(OP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
∴〈eq \(HF,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))〉＝45°，∴eq \f(1－λ,\r(4λ2＋1－λ2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(1,3)或－1(舍去)(以下同解法一部分)．
名师点拨：空间折叠问题的解题策略
1．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
3．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段．
【变式训练】
(2023·河北衡水中学模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2AD＝2，将△ADC沿着AC翻折，使得点D到点P处，且AP⊥BC.
(1)求证：平面APC⊥平面ABC；
(2)求二面角C－PA－B的平面角的正弦值．
[解析] (1)证明：由等腰梯形ABCD中，AB＝2CD＝2AD＝2，
过C做CE⊥AB，交AB于E，连接AC，如图所示
根据对称性可得，BE＝eq \f(1,2)，
所以cs∠ABC＝eq \f(EB,BC)＝eq \f(1,2)，可得∠ABC＝60°，
又由AB＝2BC，
所以AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcs∠ABC＝3，即AC＝eq \r(3)，
所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又因为BC⊥AP，且AC∩AP＝A，
所以BC⊥平面APC，又由BC⊂平面ABC，
所以平面APC⊥平面ABC.
(2)取AC的中点E，AB的中点F，以E为坐标原点，EA为x轴，EF为y轴，EP为z轴正方向建立空间坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，0))，P(D)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，\f(1,2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，－\f(1,2)))，eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，
由(1)知平面APC的一个法向量n1＝eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
设平面BPA的法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)x＋y－\f(1,2)z＝0，,\f(\r(3),2)x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，则y＝z＝eq \r(3)，得一个法向量n2＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(\r(3),1×\r(1＋3＋3))＝eq \f(\r(21),7)，
所以sin〈n1，n2〉＝eq \f(2\r(7),7)，
所以二面角C－PA－B的平面角的正弦值为eq \f(2\r(7),7).