第14讲 翻折及探究性问题
（时间：45分钟，满分：62分）
解答题（共62分）
1.（15分）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1.
（1）求异面直线AC1与A1B所成的角；
（2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由.
2.（15分）（2025·山东烟台一模）如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°，且BP⊥平面ABC，AB＝2BP＝4，＝λ（0＜λ＜1）.
（1）求证：AC⊥BD；
（2）当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为？
3.（15分）（2025·湖北武汉调研考试）如图1，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，BC＝8，AD＝9，AB＝2，点E为线段BC上不是端点的一点，过E作AB的平行线交AD于F，将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直，得到六面体ABCDFE，如图2.
（1）在图2中，若CF⊥BD，求BE的长；
（2）求异面直线BC与AD所成角的余弦值的最小值.
4.（17分）（2025·山东临沂一模）在△NBC中，∠NBC＝90°，AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图，将△NAD沿AD翻折至△PAD.
（1）证明：平面PBC⊥平面PAB；
（2）若二面角P-AD-B大小为120°.
①求PA与平面PBC所成角的正弦值；
②在线段PD上是否存在点E，使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由.
第14讲 翻折及探究性问题
1.解：因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，
又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直，
如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1＝AB＝AC＝1，
所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，1），
（1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1），
｜cos＜，＞｜＝＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
（2）存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点，＝（1，0，1），
所以M（，0，），所以＝（x－，y，），
又＝（0，1，－1），＝（－1，1，－1），
则 所以N（，，1），
且＝，所以N是BC的中点.
故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
2.解：（1）证明：因为BP⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以BP⊥AC，
又点C在以AB为直径的半圆的圆周上，则BC⊥AC，
由BP∩BC＝B且BP，BC 平面PBC，则AC⊥平面PBC，
又BD 平面PBC，故AC⊥BD.
（2）取O为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz⊥平面ABC，在平面ABC内作Ox⊥AB，
由∠ABC＝60°，AB＝2BP＝4，则BC＝2，AC＝2，
故可构建如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则
A（0，－2，0），B（0，2，0），C（，1，0），P（0，2，2），
由＝λ（0＜λ＜1），故＝（－λ，λ，2λ），可得D（－λ，λ＋1，2λ），
所以＝（－λ，λ＋3，2λ），＝（0，4，0），＝（，3，0），
设m＝（x，y，z），n＝（a，b，c）分别为平面ACP、平面ABD的一个法向量，
则
取y＝－1，得m＝（，－1，2），
取a＝2λ，得n＝（2λ，0，λ－），
所以｜cos＜m，n＞｜＝｜｜＝｜｜＝，
整理得｜｜＝，即57λ2－58λ＋13＝0，解得λ＝或λ＝.
3.解：（1）因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面ECDF＝EF，BE 平面ABEF，
BE⊥EF，所以BE⊥平面ECDF.
又CF 平面ECDF，所以BE⊥CF.
如图，连接DE，
因为CF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD 平面BDE，所以CF⊥平面BDE.
又DE 平面BDE，所以CF⊥DE.
此时△FEC∽△DFE，故DF·EC＝EF2.
设BE＝t（0＜t＜8），由（9－t）（8－t）＝12，解得t＝5（t＝12舍去）.
所以BE＝5.
（2）如图，过C作EF的平行线，交DF于点G，连接AG.
由CG EF BA，得四边形CGAB为平行四边形，故BC∥AG，
所以∠DAG为异面直线BC与AD所成的角.
设BE＝m（0＜m＜8），则AF＝m，DF＝9－m，GF＝CE＝8－m，
所以tan∠DAG＝tan（∠DAF－∠GAF）＝＝＝≤＝，
当且仅当m＝，即m＝6时，等号成立.
所以锐角∠DAG正切值的最大值为，此时余弦值有最小值.
所以异面直线BC与AD所成角的余弦值的最小值为.
4.解：（1）证明：因为∠NBC＝90°，AD∥BC，所以AD⊥AP，AD⊥AB，
因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
又BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
（2）①在四棱锥P-ABCD中，由（1）知∠PAB即为二面角P-AD-B的平面角，
故∠PAB＝120°，因为NA＝CD＝2AB＝2，所以NC＝6，NB＝3，
从而BC＝3，∠DCB＝30°，
过点A作AF⊥PB，交PB于点F（图略），又因为AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，PA与平面PBC所成角即为∠APF.
在△PAB中，由余弦定理可得：PB＝＝，由等面积法得，AF＝＝，所以sin∠APF＝＝，
所以PA与平面PBC所成角的正弦值为.
②如图，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（－1，0，），B（1，0，0），D（0，2，0），C（1，3，0），＝（－1，－2，），
设＝λ，λ∈[0，1]，可得E（－λ，2（1－λ），λ），
＝（－λ，2（1－λ），λ），＝（1，0，0），＝（1，，0），
设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z），平面PDC的法向量为n＝（a，b，c），
即
令y＝λ，可得m＝（0，λ，2（λ－1）），
即令a＝，
可得n＝（，－1，－1），
设平面ABE与平面PDC的夹角为θ，则cos θ＝＝，解得λ＝或λ＝，
所以存在点E，当DE＝DP或DE＝DP时满足题意.
2 / 2第14讲 翻折及探究性问题
【备考指南】 翻折问题主要涉及空间中线面位置关系、体积及空间角、空间距离的计算等，题型大小题都可涉及，难度中等；探究性问题主要分两类：一是探究空间几何体中线面位置关系，二是探究空间角的存在条件，多为解答题，难度中等偏上.
1.确定翻折前后的“变与不变”量：分清翻折前后图形的位置和数量关系的“变与不变”量.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.
1.如图，将正方形ABCD沿对角线AC翻折后，平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
2.确定翻折前后关键点的位置：所谓关键点，是指翻折过程中运动变化的点.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.
2.〔多选〕如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则下列结论可能正确的有（ ）
A.DF⊥BC B.BD⊥FC
C.平面BDF⊥平面BCF D.平面DCF⊥平面BCF
3.通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
3.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，∠CAD＝30°，PA＝AB＝4，点N在线段PB上，且＝.
（1）求证：MN∥平面PDC；
（2）若平面PAB∩平面PCD＝l，试问直线l是否与直线CD平行，请说明理由.
考点一 翻折问题
【通性通法】 注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系（一般地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）.
【例1】 （2025·全国Ⅱ卷17题）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'，使得面EFD'A'与面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.
【训练1】 （2025·安徽皖南八校联考）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，E为边BC的中点，现将△CDE沿DE翻折至△PDE，得四棱锥P-ABED，且平面PDE⊥平面ABED，点Q为线段AP上一动点，且＝λ.
（1）求证：PD⊥EQ；
（2）当λ＝时，若点A关于平面DEQ的对称点为F，求直线AF与平面ABED所成角的正弦值.
考点二 探究性问题
【通性通法】 利用空间向量巧解探究性问题的策略
（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；
（2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.
提醒 探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
【例2】 （2025·山东威海一模）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，AB∥CD∥EF，AB＝4，AD＝CD＝EF＝AE＝BF＝2，M为AD的中点.
（1）证明：AF∥平面EMC；
（2）在棱BF上是否存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【训练2】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD的中点.
（1）若m＝，证明：直线AF∥平面PEC；
（2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
第14讲 翻折及探究性问题
【基础·回扣】
1.C 2.BC
3.解：（1）证明：在正三角形ABC中，BM＝2.
在△ACD中，因为M为AC中点，所以BM⊥AC，得DM⊥AC，所以AD＝CD，又∠CAD＝30°，所以DM＝，所以BM∶MD＝3∶1，
所以BN∶NP＝BM∶MD，
所以MN∥PD.
又MN 平面PDC，PD 平面PDC，所以MN∥平面PDC.
（2）假设直线l∥CD，因为l 平面PAB，CD 平面PAB，
所以CD∥平面PAB，
又CD 平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以CD∥AB，
这与CD与AB不平行矛盾，
所以直线l与直线CD不平行.
【典例·讲解】
【例1】 解：（1）证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F，
EB 平面BA'E，A'E 平面BA'E，FC 平面CD'F，D'F 平面CD'F，
EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，
∴平面BA'E∥平面CD'F.
∵A'B 平面BA'E，
∴A'B∥平面CD'F.
（2）∵∠DAB＝90°，EF∥AD，
∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，
翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF，
∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB，
即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°.
设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O，
在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝，
∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF.
在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形，
∴EF∥OM，
∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F 平面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F，
∴OM，OC，OD'两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，，，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（1，，0），C（0，，0），D'（0，0，），E（1，－，0），F（0，－，0），＝（1，1，0），＝（0，－，），＝（1，0，0），＝（0，，）.
设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则即
取z1＝，则m＝（－3，3，）.
设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则即取z2＝，则n＝（0，－3，）.
设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
∴sin θ＝＝＝，
∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为.
【训练1】 解：（1）证明：连接AE，由BE＝AB＝1，∠ABE＝90°，得AE＝，
由∠DPE＝90°，PD＝PE＝1，得ED＝，所以AE2＋ED2＝AD2，
所以∠DEA＝90°，即AE⊥ED，
由平面PED⊥平面ABED，AE 平面ABED，平面PED∩平面ABED＝ED，AE⊥ED，得AE⊥平面PED，
又PD 平面PED，所以AE⊥PD，
又PD⊥PE，PE∩AE＝E，PE，AE 平面PEA，
所以PD⊥平面PEA，且EQ 平面PEA，所以PD⊥EQ.
（2）以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E（0，0，0），D（1，－1，0），A（1，1，0），B（0，1，0），P（，－，），Q（，，），
设平面DEQ的一个法向量为m＝（x，y，z），＝（1，－1，0），＝（，，），
则
令x＝1，则m＝（1，1，－2），
易知平面ABED的一个法向量为n＝（0，0，1），
由题可知∥m，设直线AF与平面ABED所成角为α，则sin α＝｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
故直线AF与平面ABED所成角的正弦值为.
【例2】 解：（1）证明：连接DF交CE于点N，连接MN，
因为CD∥EF，CD＝EF，所以四边形CDEF为平行四边形，
所以N为DF的中点，
又因为M为AD的中点，所以MN∥AF.
因为MN 平面EMC，AF 平面EMC，
所以AF∥平面EMC.
（2）因为平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，平面ABCD∩平面AEFB＝AB，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面AEFB，
以A为坐标原点，在平面AEFB内，以过点A垂直于AB的方向为x轴的正方向，
以，的方向分别为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C（0，2，2），E（，1，0），F（，3，0），M（0，0，1），B（0，4，0），
所以＝（0，－2，－1），＝（，－1，－2）.
设平面EMC的一个法向量为n＝（x，y，z），
则可得
令x＝，则n＝（，－1，2）.
假设在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为，
设＝λ，0≤λ≤1，
因为＝（，－1，0），则＝（λ，－λ，0），
又因为＝（0，2，－2），所以＝＋＝（λ，2－λ，－2），
则sin＝｜cos＜，n＞｜＝＝｜｜＝，
化简得2λ2－10λ＋5＝0，
解得λ＝，
因为0≤λ≤1，所以λ＝，所以在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为，此时＝.
【训练2】 解：（1）证明：如图，作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以点M为PC的中点，所以FM＝CD.
因为m＝，所以AE＝AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，
因为AF 平面PEC，EM 平面PEC，
所以直线AF∥平面PEC.
（2）存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：
要使平面PED⊥平面PAB，
只需AB⊥DE，
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，
又PD∩DE＝D，PD，DE 平面PDE，所以AB⊥平面PDE，
因为AB 平面PAB，
所以平面PED⊥平面PAB，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝ADcos 30°＝，
所以m＝＝.
2 / 2(共48张PPT)
第14讲 翻折及探究性问题
备考指南
翻折问题主要涉及空间中线面位置关系、体积及空间角、空间距离的计算等，题型大小题都可涉及，难度中等；探究性问题主要分两类：一是探究空间几何体中线面位置关系，二是探究空间角的存在条件，多为解答题，难度中等偏上.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
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CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 如图，将正方形ABCD沿对角线AC翻折后，平面BAC⊥平面DAC，则
二面角B-CD-A的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
√
确定翻折前后的“变与不变”量：分清翻折前后图形的位置和数量关系的“变与不变”量.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.
解析： 设正方形的边长为a，取AC的中点O，连接
BO，则BO⊥AC，过O作AD的平行线OE交CD于点E，
连接BE，如图，因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩
平面DAC＝AC，BO 平面BAC，则BO⊥平面DAC，而
CD 平面DAC，于是BO⊥CD，又OE⊥CD，BO∩OE＝O，BO，OE 平面BOE，则CD⊥平面BOE，而BE 平面BOE，即有CD⊥BE，因此∠BEO为二面角B-CD-A的平面角，显然BO＝ a，OE＝ ，又易知BO⊥OE，即△BOE为直角三角形，有BE2＝BO2＋OE2＝ a2，则BE＝ a，所以 cos ∠BEO＝ ＝ ＝ .
2. 〔多选〕如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，
AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形
ADFE沿直线EF进行翻折，则下列结论可能正确的有（ ）
A. DF⊥BC
B. BD⊥FC
C. 平面BDF⊥平面BCF
D. 平面DCF⊥平面BCF
√
√
确定翻折前后关键点的位置：所谓关键点，是指翻折过程中运动变化的点.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.
解析： 对于A，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，
所以BC与DF不垂直，所以A错误；对于B，设点D在平面
BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥CF，而AD∶
BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B正确；对于C，当
点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP 平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C正确；对于D，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D错误.故选B、C.
3. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，∠CAD＝30°，PA＝AB＝4，点N在线
段PB上，且 ＝ .
通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
（1）求证：MN∥平面PDC；
解： 证明：在正三角形ABC中，BM＝2 .
在△ACD中，因为M为AC中点，所以BM⊥AC，得DM⊥AC，所以AD
＝CD，又∠CAD＝30°，所以DM＝ ，所以BM∶MD＝3∶1，
所以BN∶NP＝BM∶MD，所以MN∥PD.
又MN 平面PDC，PD 平面PDC，所以MN∥平面PDC.
解：假设直线l∥CD，因为l 平面PAB，CD 平面PAB，
所以CD∥平面PAB，
又CD 平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以CD∥AB，
这与CD与AB不平行矛盾，所以直线l与直线CD不平行.
（2）若平面PAB∩平面PCD＝l，试问直线l是否与直线CD平行，请说
明理由.
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 翻折问题
【例1】 （2025·全国Ⅱ卷17题）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'，使得面EFD'A'
与面EFCB所成的二面角为60°.
【通性通法】 注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系（一般地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）.
（1）证明：A'B∥平面CD'F；
解： 证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F，
EB 平面BA'E，A'E 平面BA'E，FC 平面CD'F，D'F 平面CD'F，
EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F.
∵A'B 平面BA'E，∴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： ∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝
90°，即AB⊥EF，
翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF，
∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为
∠A'EB，
即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°.
设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O，
在△OD'F中，D'F＝1，OF＝ ，∠D'FO＝60°，由余
弦定理得OD'＝ ，
∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF.
在线段EB上取一点M，使得EM＝ ，连接OM，则
EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边
形，∴EF∥OM，
∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F 平
面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F，
∴OM，OC，OD'两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点， ， ， 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（1， ，0），C（0， ，0），D'（0，0， ），E（1，－ ，
0），F（0，－ ，0）， ＝（1，1，0）， ＝（0，－ ， ），
＝（1，0，0）， ＝（0， ， ）.
设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则 即 取z1＝ ，则m＝（－3，3， ）.
设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则 即 取z2＝ ，则n＝（0，－3， ）.
设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，
则 cos θ＝ ＝ ＝ ＝ ，
∴ sin θ＝ ＝ ＝ ，
∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 .
【训练1】 （2025·安徽皖南八校联考）如图，在矩形ABCD中，AD＝
2AB＝2，E为边BC的中点，现将△CDE沿DE翻折至△PDE，得四棱锥
P-ABED，且平面PDE⊥平面ABED，点Q为线段AP上一动点，且 ＝
λ .
（1）求证：PD⊥EQ；
解： 证明：连接AE，由BE＝AB＝1，∠ABE＝
90°，得AE＝ ，
由∠DPE＝90°，PD＝PE＝1，得ED＝ ，所以AE2
＋ED2＝AD2，所以∠DEA＝90°，即AE⊥ED，
由平面PED⊥平面ABED，AE 平面ABED，平面
PED∩平面ABED＝ED，AE⊥ED，得AE⊥平面
PED，又PD 平面PED，所以AE⊥PD，
又PD⊥PE，PE∩AE＝E，PE，AE 平面PEA，
所以PD⊥平面PEA，且EQ 平面PEA，所以PD⊥EQ.
（2）当λ＝ 时，若点A关于平面DEQ的对称点为F，求直线AF与平面
ABED所成角的正弦值.
解： 以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E（0，0，0），D（1，－1，0），A（1，1，
0），B（0，1，0），P（ ，－ ， ），Q（ ， ， ），
设平面DEQ的一个法向量为m＝（x，y，z）， ＝（1，－1，0），
＝（ ， ， ），则 令x＝1，则m＝（1，1，－2 ），易知平面ABED的一个法向量为n＝（0，0，1），
由题可知 ∥m，设直线AF与平面ABED所成角为α，则 sin α＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ，故直线AF与平面ABED所成角的正弦值为 .
考点二 探究性问题
【例2】 （2025·山东威海一模）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶
点的多面体中，平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，AB∥CD∥EF，
AB＝4，AD＝CD＝EF＝AE＝BF＝2，M为AD的中点.
（1）证明：AF∥平面EMC；
解： 证明：连接DF交CE于点N，连接MN，
因为CD∥EF，CD＝EF，所以四边形CDEF为平行
四边形，
所以N为DF的中点，
又因为M为AD的中点，所以MN∥AF.
因为MN 平面EMC，AF 平面EMC，所以AF∥平
面EMC.
（2）在棱BF上是否存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小
为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【通性通法】 利用空间向量巧解探究性问题的策略
（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；
（2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.
提醒 探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
解： 因为平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，平面ABCD∩平面
AEFB＝AB，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面AEFB，
以A为坐标原点，在平面AEFB内，以过点A垂直于AB的方向为x轴的正
方向，
以 ， 的方向分别为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角
坐标系，
则C（0，2，2），E（ ，1，0），F（ ，3，0），M（0，0，
1），B（0，4，0），
所以 ＝（0，－2，－1）， ＝（ ，－1，－2）.
设平面EMC的一个法向量为n＝（x，y，z），
则 可得
令x＝ ，则n＝（ ，－1，2）.
假设在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为 ，
设 ＝λ ，0≤λ≤1，
因为 ＝（ ，－1，0），则 ＝（ λ，－λ，0），
又因为 ＝（0，2，－2），所以 ＝ ＋ ＝（ λ，2－λ，－
2），
则 sin ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝｜ ｜＝ ，
化简得2λ2－10λ＋5＝0，解得λ＝ ，
因为0≤λ≤1，所以λ＝ ，所以在棱BF上存在一点P，使得直线CP
与平面EMC所成角的大小为 ，此时 ＝ .
【训练2】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝
30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且 ＝m，点F为
PD的中点.
（1）若m＝ ，证明：直线AF∥平面PEC；
解：证明：如图，作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以点M为PC的中点，所以FM＝
CD.
因为m＝ ，所以AE＝ AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，因为AF 平面PEC，EM 平面PEC，所以直线AF∥平面PEC.
（2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m
的值；若不存在，说明理由.
解： 存在一个常数m＝ ，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，
又PD∩DE＝D，PD，DE 平面PDE，所以AB⊥平面PDE，
因为AB 平面PAB，所以平面PED⊥平面PAB，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，所以AE＝AD cos 30°＝ ，
所以m＝ ＝ .
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：62分）
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解答题（共62分）
1. （15分）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1.
（1）求异面直线AC1与A1B所成的角；
解：因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，
又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直，
（1） ＝（0，1，－1）， ＝（1，0，1），
｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z
轴建立空间直角坐标系，
因为AA1＝AB＝AC＝1，
所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），
A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，1），
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（2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得
MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由.
解：存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点， ＝（1，0，1），
所以M（ ，0， ），所以 ＝（x－ ，y， ），
又 ＝（0，1，－1）， ＝（－1，1，－1），
则 所以N（ ， ，1），
且 ＝ ，所以N是BC的中点.
故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
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2. （15分）（2025·山东烟台一模）如图，点C在以AB
为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°，且BP⊥平面
ABC，AB＝2BP＝4， ＝λ （0＜λ＜1）.
（1）求证：AC⊥BD；
解： 证明：因为BP⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以BP⊥AC，
又点C在以AB为直径的半圆的圆周上，则BC⊥AC，
由BP∩BC＝B且BP，BC 平面PBC，则AC⊥平面PBC，
又BD 平面PBC，故AC⊥BD.
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（2）当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为 ？
解： 取O为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz⊥
平面ABC，在平面ABC内作Ox⊥AB，
由∠ABC＝60°，AB＝2BP＝4，则BC＝2，AC＝2 ，
故可构建如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则
A（0，－2，0），B（0，2，0），C（ ，1，0），P（0，2，2），
由 ＝λ （0＜λ＜1），故 ＝（－ λ，λ，2λ），可得D（ － λ，λ＋1，2λ），
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所以 ＝（ － λ，λ＋3，2λ）， ＝（0，
4，0）， ＝（ ，3，0），
设m＝（x，y，z），n＝（a，b，c）分别为平面
ACP、平面ABD的一个法向量，
则
取y＝－1，得m＝（ ，－1，2），
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取a
＝2λ，得n＝（2λ，0， λ－ ），
所以｜ cos ＜m，n＞｜＝｜ ｜＝｜
｜＝ ，
整理得｜ ｜＝ ，即57λ2－58λ＋13＝0，
解得λ＝ 或λ＝ .
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3. （15分）（2025·湖北武汉调研考试）如图1，在直角梯形ABCD中，
BC∥AD，AB⊥AD，BC＝8，AD＝9，AB＝2 ，点E为线段BC上不
是端点的一点，过E作AB的平行线交AD于F，将矩形ABEF翻折至与梯
形ECDF垂直，得到六面体ABCDFE，如图2.
（1）在图2中，若CF⊥BD，求BE的长；
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解： 因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面
ECDF＝EF，BE 平面ABEF，
BE⊥EF，所以BE⊥平面ECDF.
又CF 平面ECDF，所以BE⊥CF.
如图，连接DE，
因为CF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD 平面BDE，所以
CF⊥平面BDE. 又DE 平面BDE，所以CF⊥DE.
此时△FEC∽△DFE，故DF·EC＝EF2.
设BE＝t（0＜t＜8），由（9－t）（8－t）＝12，解得t＝5
（t＝12舍去）.所以BE＝5.
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（2）求异面直线BC与AD所成角的余弦值的最小值.
解： 如图，过C作EF的平行
线，交DF于点G，连接AG.
由CG EF BA，得四边形CGAB
为平行四边形，故BC∥AG，
所以∠DAG为异面直线BC与AD所成的角.
设BE＝m（0＜m＜8），则AF＝m，
DF＝9－m，GF＝CE＝8－m，
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所以tan∠DAG＝tan（∠DAF－∠GAF）＝ ＝
＝ ≤ ＝ ，
当且仅当m＝ ，即m＝6时，等号成立.
所以锐角∠DAG正切值的最大值为 ，此时余弦值有最小值 .
所以异面直线BC与AD所成角的余弦值的最小值为 .
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4. （17分）（2025·山东临沂一模）在△NBC中，∠NBC＝90°，
AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图，将△NAD沿AD翻折至△PAD.
（1）证明：平面PBC⊥平面PAB；
解： 证明：因为∠NBC＝90°，AD∥BC，所以
AD⊥AP，AD⊥AB，
因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面
PAB，所以BC⊥平面PAB，
又BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
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②在线段PD上是否存在点E，使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值
为 ？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由.
（2）若二面角P-AD-B大小为120°.
①求PA与平面PBC所成角的正弦值；
解： ①在四棱锥P-ABCD中，由（1）知∠PAB即为二面角P-AD-B的平面角，
故∠PAB＝120°，因为NA＝CD＝2AB＝2，所以NC＝6，NB＝3，
从而BC＝3 ，∠DCB＝30°，
过点A作AF⊥PB，交PB于点F（图略），又因为
AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，PA与平面PBC所成角即为∠APF.
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在△PAB中，由余弦定理可得：PB＝
＝ ，由等面积法得，
AF＝ ＝ ，所以 sin ∠APF＝ ＝ ，
所以PA与平面PBC所成角的正弦值为 .
②如图，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（－1，0， ），B（1，0，0），D（0，2 ，0），C（1，3 ，0）， ＝（－1，－2 ， ），
设 ＝λ ，λ∈[0，1]，可得E（－λ，2 （1－λ）， λ），
＝（－λ，2 （1－λ）， λ）， ＝（1，0，0）， ＝（1， ，0），
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设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z），平面PDC的法向量为n＝（a，b，c），
即
令y＝λ，可得m＝（0，λ，2（λ－1）），
即 令a＝ ，可得n＝（ ，－1，－1），
设平面ABE与平面PDC的夹角为θ，则 cos θ＝ ＝ ，解得λ＝ 或λ＝ ，
所以存在点E，当DE＝ DP或DE＝ DP时满足题意.
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演示完毕 感谢观看
