2027金版教程一轮复习数学基础版高考解答题专项突破（4）立体几何中的翻折问题与探索性问题

高考解答题专项突破（四）立体几何中的翻折问题与探索性问题[考情分析]在高考立体几何的解答题中，常常出现翻折问题与探索性问题，此类问题要求学生要有较强的空间想象能力和准确的计算能力．翻折问题是空间几何与平面几何转化的集中体现，处理这类题的关键是抓住两图的特征关系；探索性问题常常是在条件不完备的情况下探讨某些结论是否成立，处理这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法．预计2027年高考可能会考查以下几点：(1)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与翻折问题结合；(2)证明平行(垂直)关系、空间角的计算与探索性问题结合；(3)翻折问题与探索性问题的综合．课时作业目录考点一立体几何中的翻折问题

(2025·新课标Ⅱ卷，17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明：A′B∥平面CD′F；(2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值．解：(1)证明：因为AB∥CD，所以AE∥DF，所以A′E∥D′F，因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F.因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F，所以EB∥平面CD′F，又EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F，又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F.(2)因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC所在直线以及垂直于平面EFCB的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D′FC＝60°.设AD＝1，所以AB＝3，CD＝2，因为F为CD的中点，所以DF＝FC＝1，则D′F＝DF＝1，因为EF∥AD，AB∥CD，翻折问题的解题关键点1.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．①证明：平面PAC⊥平面ABC；②求球O的半径；(2)求二面角A－CP－B的余弦值的最小值．考点二立体几何中的探索性问题如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1.(1)求证：EC⊥平面ADF；(2)在线段EC上是否存在点G(不含端点)，使得平面GBD与平面ADF的夹角为45°？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由．探索性问题的解题策略(1)条件探索性问题①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性．③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．(2)结论探索性问题首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．解：(1)当P为线段EH的中点时，平面PAF∥平面BGH.证明如下：由题易知EH＝2，GF＝1，EH∥GF，因为P为线段EH的中点，所以HP＝GF＝1，HP∥GF，所以四边形HPFG是平行四边形，所以HG∥PF，因为PF⊂平面PAF，HG⊄平面PAF，所以HG∥平面PAF.连接PG，因为PE∥GF，PE＝GF＝1，所以四边形PEFG是平行四边形，所以PG∥EF，且PG＝EF，又EF∥AB，EF＝AB，所以PG∥AB，PG＝AB，所以四边形ABGP是平行四边形，所以PA∥BG，因为PA⊂平面PAF，BG⊄平面PAF，所以BG∥平面PAF.因为HG∩BG＝G，HG，BG⊂平面BGH，所以平面PAF∥平面BGH.课时作业基础题(占比50%)中档题(占比30%)拔高题(占比20%)题号123456难度★★★★★★★★★★考点立体几何中的翻折问题；证明垂直关系；求直线与平面所成的角立体几何中的翻折问题；证明垂直关系；求平面与平面的夹角立体几何中的探索性问题；证明平行关系；求线段长立体几何中的翻折与探索性问题的综合；证明垂直关系；由二面角、线面角求体积立体几何中的翻折问题；证明平行关系；求点面距；求参数立体几何中的翻折问题；证明垂直关系；求直线与平面所成的角；求平面与平面的夹角1.如图，在Rt△ABC和Rt△DBC中，AB＝AC，BC＝2BD＝2，∠A＝90°，∠D＝90°，将△ABC翻折到△A′BC的位置，使二面角A′－BC－D的大小为30°，E为边CD上的点，且CE＝2ED.(1)证明：BC⊥A′E；(2)求直线A′D与平面A′BC所成角的正弦值．解(1)证明：∵PB＝PC，AB＝AC，D为BC的中点，∴PD⊥BC，AD⊥BC，∵PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，∴BC⊥平面PAD.又BC⊂平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC.解：(1)证明：在题图1中，由题意可知，四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝1，在题图2中，CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为AB∥CD，所以AB⊥平面PAD，因为DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM.因为PD＝AD，M为PA的中点，所以DM⊥PA，又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以DM⊥平面PAB，因为PB⊂平面PAB，所以PB⊥DM.(2)因为CD⊥AD，CD⊥PD，所以二面角A－CD－P的平面角为∠ADP，即∠ADP＝60°，因为AD＝PD，所以△PAD为等边三角形，所以PA＝AD＝PD＝1，取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD，由(1)知，CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD，(2)由题意，得AB⊥AD，AB⊥SA，所以∠SAD为二面角S－AB－D的平面角，即∠SAD＝60°，又SA＝AD＝2，所以△SAD为等边三角形．因为AB⊥AD，AB⊥SA，AD∩SA＝A，AD，SA⊂平面SAD，所以AB⊥平面SAD，又AB⊂平面ABCD，所以平面SAD⊥平面ABCD.取AD的中点O，连接SO，则SO⊥AD.因为平面ABCD∩平面SAD＝AD，所以