新高考数学二轮复习立体几何专题练习立体几何中的翻折问题（2份，原卷版+解析版）

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一．在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探索性问题也是常考题型，考查热点仍是点、线、面的位置关系的判断和空间角的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题．
二．翻折问题的两个解题策略

三．三步解决平面图形翻折问题
母题呈现
【典例】 (2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.
【解题指导】
【解析】(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H为坐标原点，eq \(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则
A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))，eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))
所以可取n＝(3，6，－eq \r(3)).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
【解题技法】1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.
【跟踪训练】（2022··盐城中学模拟预测）图1是直角梯形，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）已知点为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：如图所示，连接与相交于点，过点作交于点．
，，则，．四边形为矩形，可得，．
．．是等边三角形．
，，，．可得：，．
，．又，平面．
平面．又平面，平面平面．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．，，， ，，所以，，，，设面的法向量为，所以，令，则，，所以
因为点为线段上一点，且，所以，所以
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的正弦值为
模拟训练
1．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.
(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，
易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
2．（2023·江苏泰州·统考一模）如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【分析】（1）先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）证明：∵是边上的高，
∴，
∵，平面，
平面，
∵平面，
,
又平面，
∴平面；
（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，
，
则，
，
设平面与平面的一个法向量分别为，
故，解得：，令，得：，
则，
，解得：，令，则，
故，
设二面角平面角为，显然为锐角，
，
.
3．（2023·全国·模拟预测）如图1，在平面四边形ABCD中，，，于点E，于点F，且与AB交于点G，，将沿DG折起，使得平面平面BCDG，得到四棱锥，如图2，P，Q分别为CD，AF的中点．
(1)求证：平面ABP；
(2)若，求直线DQ与平面QBP所成角的正弦值．
【分析】（1）要证明线面平行，根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过作辅助线，构造平行四边形，即可证明平面ABP；
（2）解法一：由平面平面BCDG，得到平面BCDG，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面QBP的一个法向量和直线DQ的方向向量，即可用向量的夹角公式求直线DQ与平面QBP所成角的正弦值；
解法二：利用等体积转化求点D到平面QBP的距离，再利用线面角的定义，即可求解.
【详解】（1）如图，连接BF，易知，，∴四边形BCDF为平行四边形，∴，，（平行四边形的性质）
取AB的中点H，连接QH，HP，则且，∴，，∴四边形QHPD为平行四边形，，
又平面ABP，平面ABP，（此步骤不能少）∴平面ABP．（线面平行的判定定理）
（2）解法一：∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性质定理）又，故以F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
易得，，易知，（勾股定理的应用）则，，，,，,，．
设平面QBP的法向量为，则，即，取，得．
设直线DQ与平面QBP所成的角为，则，（注意线面角的定义及取值范围）
∴直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为．
解法二 ∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性质定理）连接FP，易得，，，
过点F作于点M，连接QM，又，，∴平面QFM，∴．在中，，则，
易知，,，．设点D到平面QBP的距离为h，连接BD，易知，
则由，得，解得，（等体积法的应用）
设直线DQ与平面QBP所成的角为，则，
所以直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为．
4．（2023·上海·统考模拟预测）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.
(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；
（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.
【详解】（1）
如图所示，连接，交于点，过作于点，
由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，
得，，平面，，
，
又，，平面，
平面，
又，则，
因为为上靠近的三等分点，
则，且平面，
所以；
（2）
设平面与平面所成角为，则，，
如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为为上靠近的三等分点，
则，且，，，
设，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
又由（1）得平面，
则平面的法向量为，
所以，
解得或，
所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.
5．（2023·贵州贵阳·统考一模）如图（1），在梯形中，，，，为中点，现沿将折起，如图（2），其中分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【分析】（1）取中点，易证得四边形为平行四边形，从而得到，利用等腰三角形三线合一性质可分别得到，结合平行关系和线面垂直的判定可证得结论；
（2）根据长度关系可证得两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
为中点，，，又，
四边形为平行四边形，，，
分别为中点，，，
又为中点，，，，，
四边形为平行四边形，；
，为中点，，；
，，，四边形为正方形，
，，又，平面，
平面.
（2）由（1）知：，，又，；
，为中点，，
，，，
，又，平面，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，；
平面，平面的一个法向量为，
，
由图形知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
6．（2023·福建漳州·统考二模）如图1，在直角梯形BCDE中，，，A为DE的中点，且，，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2．
(1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；
(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值．
【分析】（1）先证明四边形为正方形，连接交于点，连接，易得，再由线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）以为坐标原点建立合适的空间角坐标系，分别求出和平面ACM的一个法向量，进而求出线面角的正弦值.
【详解】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.
理由如下：
由已知可得：，
所以，即四边形为正方形，
连接与于点，连接，
又为的中点，所以，
因为平面ACM，平面ACM，
所以平面ACM
（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点到平面的距离最大，
即平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面ACM的法向量为，
则，
令，得，则，
设CD与平面ACM所成角为，
所以.
即CD与平面ACM所成角的正弦值为.
7．（2023·甘肃兰州·校考一模）在直角梯形 (如图1)，，，AD＝8，AB＝BC＝4，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B－ACD(如图2)．
(1)求证：CD⊥平面ABC；
(2)求AB与平面BCM所成角的正弦值．
【分析】（1）先根据勾股定理得到，再根据面面垂直的性质定理可证CD⊥平面ABC；
（2）取AC的中点O，连接OB，先证明两两垂直，再以为原点，OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）由题设可知，，AD＝8，
∴，∴CD⊥AC，
又∵平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面，
∴CD⊥平面ABC．
（2）取AC的中点O，连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以，
又因为平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面，
所以平面,连接OM，因为平面,所以，
因为M、O分别为AD和AC的中点，所以，
所以OM⊥AC，故以为原点，OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
∴，，，
设平面BCM的一个法向量为，
则，得，令，得，
∴．
所以AB与平面BCM所成角的正弦值为.
8．（2023·四川成都·统考一模）如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.
(1)设平面平面，证明：⊥平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【分析】（1）由得到线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，得到，证明出线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【详解】（1）平面平面，
平面.
平面，平面平面，
.
由图①，得，
.
平面，
平面；
（2）由题意，得.
又，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
.
设平面的一个法向量为.
则，
令，得，故.
设与平面所成角为.
直线与平面所成角的正弦值为.
9．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）如图，等腰梯形中，//，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【分析】（1）取的中点为，证明平面即可；
（2）结合直线与平面所成的角，先证明平面，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角
【详解】（1）连接，设的中点为，由//，，故四边形为平行四边形，∴，故，为等边三角形，故，，折叠后，又，且平面，故平面，又平面，故
（2）由（1）已证得平面，故在平面内可作平面，垂足为，则在直线上，直线与平面夹角为，又，故，∴两点重合，即平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的一个法向量为，则，即，令得，
又平面，显然为平面的一个法向量，
设二面角的大小为，则
由图可知二面角为钝角，所以.
10．（2019·山东·校联考三模）已知正方形的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．
(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由．
【分析】（1）延长FM与EA的延长线交于点O，判断点O在平面ADE内，连接DF交CE于N，结合线面平行的判定推理作答；
（2）以AE的中点H为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量确定点M的位置，再计算两个平面夹角余弦作答.
【详解】（1）依题意，四边形是矩形，点M为AB的中点，如图1，延长FM与EA的延长线交于点O，
又平面ADE，即有平面ADE，因，且，
因此点A为线段EO中点，即AO=2，M为线段FO的中点，
连接DF交CE于N，连接MN，矩形CDEF中，N是线段DF中点，
于是得，而平面，平面，
所以平面.
（2）依题意，，，，平面，平面，则平面，且为二面角的平面角，即.
连接，而，
即有为正三角形，取的中点H，连接DH，则，
由平面，平面，得平面平面，
又平面，平面平面，于是得平面，
取BF中点G，连接HG，由矩形得，即有两两垂直，
以点H为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图2，
则点，，.
假设存在点M满足条件，因点M在线段AB上，设，，
，，.
设平面的一个法向量，则，
令，得，
因直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则，解得或，
即存在点满足直线DE与平面EMC所成的角为60°，点为线段AB的靠近点A或B的四等分点.
设平面的一个法向量，则，
令，得，
则.
令平面MEC与平面ECF的夹角为，
则，
显然或时，.
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
确定翻折
前后变与
不变的
关系
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折
后关键点
的位置
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算