?第七節(jié)　翻折與探索性問題
題型一　平面圖形的翻折問題
平面圖形翻折為空間圖形問題重點考查平行、垂直關(guān)系，解題關(guān)鍵是看翻折前后線面位置關(guān)系的變化，根據(jù)翻折的過程找到翻折前后線線位置關(guān)系中沒有變化的量和發(fā)生變化的量，這些不變的和變化的量反映了翻折后的空間圖形的結(jié)構(gòu)特征.
[典例]　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.
(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如圖，作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H為坐標原點，的方向為y軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又因為DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
則H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又為平面ABFD的法向量，
設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ，
則sin θ＝＝＝.
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.
[方法技巧]　解決平面圖形翻折問題3步驟

[針對訓練]
1．如圖，矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE(A1?平面ABCD)，若M，O分別為線段A1C，DE的中點，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，下列說法錯誤的是(　　)
A．與平面A1DE垂直的直線必與直線MB垂直
B．異面直線BM與A1E所成角是定值
C．一定存在某個位置，使DE⊥MO
D．三棱錐A1-ADE外接球半徑與棱AD的長之比為定值
解析：選C　取DC的中點N，連接MN，NB，則MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正確；
取A1D的中點F，連接MF，EF，則四邊形EFMB為平行四邊形，則∠A1EF為異面直線BM與A1E所成角，故B正確；
點A關(guān)于直線DE的對稱點為N，則DE⊥平面AA1N，即過O與DE垂直的直線在平面AA1N上，故C錯誤；
三棱錐A1-ADE外接球半徑為AD，故D正確．
2．(2019·寧德一檢)如圖①，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，點F是AC上的動點．現(xiàn)將矩形ABCD沿著對角線AC折成二面角D′-AC-B，如圖②，使得D′B＝.

(1)求證：當AF＝時，D′F⊥BC；
(2)試求CF的長，使得二面角A-D′F-B的大小為.
解：(1)證明：在矩形ABCD中，連接DF，BF.
∵AD＝2，CD＝6，
∴AC＝4，∠CAB＝30°，∠DAC＝60°.
在△ADF中，∵AF＝，
∴DF2＝DA2＋AF2－2DA·AF·cos∠DAC＝9.
∵DF2＋AF2＝9＋3＝DA2，
∴DF⊥AC，即在三棱錐D′-ABC中，D′F⊥AC.
又在△ABF中，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠CAB＝21，
∴在△D′FB中，D′F2＋FB2＝9＋21＝D′B2，
∴BF⊥D′F.
又∵AC∩FB＝F，∴D′F⊥平面ABC.
又BC?平面ABC，∴D′F⊥BC.
(2)在矩形ABCD中，過點D作DO⊥AC于點O，延長DO交AB于點E.易求DE＝4，AO＝，D′O＝3，OE＝1，

沿著對角線AC翻折后，由(1)可知，OE，OC，OD′兩兩垂直，
以O(shè)為原點，，，的方向分
別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系O-xyz，
則O(0,0,0)，E(1,0,0)，D′(0,0,3)，B(3,2，0)．
∵EO⊥平面AD′F，∴＝(1,0,0)為平面AD′F的一個法向量．
設(shè)平面BD′F的一個法向量為n＝(x，y，z)，F(xiàn)點坐標為F(0，t,0)，
則＝(－3，－2，3)，＝(－3，t－2，0).
由得
取y＝3，得x＝t－2，z＝t，
∴n＝(t－2，3，t)．∴cos＝，
即＝，
∴t＝.∴當CF＝OC－OF＝時，二面角A-D′F-B的大小是.
題型二　探索性問題
探索性問題一般可以分為判斷存在型、條件探索型、結(jié)論探索型、類比推理型、知識重組型等，立體幾何中的探索性問題一般以判斷存在型為主.這類問題一般的設(shè)問方式是“是否存在……，若存在……，若不存在……”.由于沒有一個明確的結(jié)論，在沒有經(jīng)過深入分析、嚴格計算和推理論證前其存在性是未知的.
[典例]　如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點．
(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；
(2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由．
[解]　(1)如圖所示，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D-xyz.
依題意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1，1,1)，E，
所以＝，＝(－1,0,1)，
因為|cos〈，〉|＝＝＝.
所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為.
(2)假設(shè)在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN.
連接AE，SE，如圖所示．
因為＝(0,1,1)，可設(shè)＝λ＝(0，λ，λ)，又＝，
所以＝＋＝.
由ES⊥平面AMN，得即
解得λ＝，此時＝，||＝.
經(jīng)檢驗，當|AS|＝時，ES⊥平面AMN.
故線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，此時AS＝.
[方法技巧]　　求解探索性問題的類型及策略
問題類型
求解策略
對命題條件的探索
(1)先猜后證，即先觀察，嘗試給出條件再證明；
(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性；
(3)將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索出命題成立的條件
對命題結(jié)論的探索
(1)探索結(jié)論是什么，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么；
(2)探索結(jié)論是否存在，常先假設(shè)結(jié)論存在，再在這個假設(shè)下進行推理論證，尋找與條件相符或矛盾的結(jié)論，相符則存在，矛盾則不存在

[針對訓練]
(2019·天津聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，且△PAD是邊長為2的等邊三角形，PC＝，點M在PC上，且PA∥平面MBD.
(1)求證：M是PC的中點；
(2)求直線PA與MB所成角的正切值；
(3)在PA上是否存在點F，使二面角F-BD-M為直角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
解：(1)證明：連接AC，交BD于點E，連接ME.
∵四邊形ABCD是矩形，∴E是AC的中點．
又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC與平面MDB的交線，
∴PA∥ME，∴M是PC的中點．
(2)記AD的中點為O，連接PO，OE.
∵△PAD為等邊三角形，O為AD中點，∴PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD.∴OA，OE，OP兩兩垂直．

以O(shè)為原點，OA，OE，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(如圖)．
∵△PAD是邊長為2的等邊三角形，
∴OP＝，OA＝OD＝1，
∵PO⊥OC，PC＝，OP＝，
∴OC＝，∴DC＝＝3.
則A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(－1,0,0)，C(－1,3,0)，P(0,0，)，M，
∴＝(－1,0，)，＝.
設(shè)直線PA與MB所成角為θ，
則|cos θ|＝＝，∴|tan θ|＝，
又∵直線PA與MB所成角∠EMB為銳角，
∴直線PA與MB所成角的正切值為.
(3)設(shè)存在F滿足要求，且＝λ，
由＝λ，得F(1－λ，0，λ)．
設(shè)平面MBD的一個法向量為n＝(x，y，z)，
∵＝(2,3,0)，＝，
∴即
取x＝1，則y＝－，z＝，∴n＝，
同理，平面FBD的一個法向量為m＝，
由n·m＝0，得1＋＋＝0，解得λ＝，
故存在點F，使二面角F-BD-M為直角，此時＝.
[課時跟蹤檢測]
1．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)論正確的是(　　)

A．平面ABD⊥平面ABC　　 　B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
解析：選D　∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB?平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.
2．(2019·亳州模擬)如圖甲所示，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個四面體，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，如圖乙所示，那么，在四面體A-EFH中必有(　　)

A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
解析：選A　∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正確； ∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴B不正確；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴過H作平面AEF的垂線，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正確，∴D不正確．故選A.
3．(2019·泉州模擬)如圖，一張A4紙的長、寬分別為2a，2a，A，B，C，D分別是其四條邊的中點．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點重合為一點P，從而得到一個多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是________．(寫出所有正確命題的序號)
①該多面體是三棱錐；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④該多面體外接球的表面積為5πa2.
解析：由題意得該多面體是一個三棱錐，故①正確；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正確；同理可證平面BAC⊥平面ACD，故③正確；該多面體的外接球半徑R＝a，所以該多面體外接球的表面積為5πa2，故④正確．綜上，正確命題的序號為①②③④.
答案：①②③④
4．如圖所示，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是________．
①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面體A′BCD的體積為.

解析：∵BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D.∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝，∴A′C＝，BC＝，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°，四面體A′BCD的體積V＝××12×1＝.
答案：②③
5．如圖，矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，正確的命題是________．
①MB是定值；
②點M在圓上運動；
③一定存在某個位置，使DE⊥A1C；
④一定存在某個位置，使MB∥平面A1DE.
解析：取DC的中點N，連接MN，NB，則MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB?平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正確；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根據(jù)余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，①正確；B是定點，所以M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，②正確；當矩形ABCD滿足AC⊥DE時存在，其他情況不存在，③不正確．所以①②④正確．
答案：①②④
6．(2019·武漢調(diào)研)在矩形 ABCD中，AB＜BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折的過程中，給出下列結(jié)論：
①存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直；
②存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直；
③存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直．
其中正確結(jié)論的序號是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號)
解析：①假設(shè)AC與BD垂直，過點A作AE⊥BD于E，連接CE.則?BD⊥平面AEC?BD⊥CE，而在平面BCD中，EC與BD不垂直，故假設(shè)不成立，①錯．
②假設(shè)AB⊥CD，∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在這樣的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假設(shè)成立，②正確．
③假設(shè)AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB＜BC，故矛盾，假設(shè)不成立，③錯．綜上，填②.
答案：②
7．(2019·豫南九校質(zhì)量考評)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，AB＝AC＝2，AD＝2，PB＝3，PB⊥AC.
(1)求證：平面PAB⊥平面PAC；
(2)若∠PBA＝45°，試判斷棱PA上是否存在與點P，A不重合的點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
解：(1)證明：因為四邊形ABCD是平行四邊形，AD＝2，
所以BC＝AD＝2.又因為AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB.又因為PB⊥AC，且AB∩PB＝B，所以AC⊥平面PAB.因為AC?平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)由(1)知AC⊥AB，平面PAB⊥平面ABC，
AC⊥平面PAB.
如圖，分別以AB，AC所在直線為x軸，y軸，平面PAB內(nèi)過點A且與直線AB垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，
所以＝(0,2,0)，＝(－2,2,0)．
由∠PBA＝45°，PB＝3，可得P(－1,0,3)，
所以＝(－1,0,3)，＝(－3,0,3)．
假設(shè)棱PA上存在點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為，
設(shè)＝λ(0＜λ＜1)，則＝λ＝(－λ，0,3λ)，＝－＝(－λ，－2,3λ)．
設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則
即令z＝1，可得x＝y(tǒng)＝1，
所以平面PBC的一個法向量為n＝(1,1,1)．
設(shè)直線CE與平面PBC所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
整理得3λ2＋4λ＝0，
因為0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0無解，
所以棱PA上不存在與點P，A不重合的點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為.
8．(2019·洛陽尖子生統(tǒng)考)如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖②所示的幾何體．

(1)求證：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，二面角C-AB-D的平面角的正切值為，求二面角B-AD-E的余弦值．
解：(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，
所以DC⊥平面ABD.
因為AB?平面ABD，
所以DC⊥AB.
又因為折疊前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知AB⊥平面ADC，
所以二面角C-AB-D的平面角為∠CAD.
又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，
所以DC⊥AD.
依題意tan∠CAD＝＝.
因為AD＝1，所以CD＝.
設(shè)AB＝x(x＞0)，則BD＝.
依題意△ABD∽△DCB，
所以＝，即＝.
解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3.
法一：如圖所示，建立空間直角坐標系D-xyz，
則D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A.
所以＝，＝.
由(1)知平面BAD的一個法向量n＝(0,1,0)．
設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝－，z＝－，
所以m＝(，－，－)為平面ADE的一個法向量．
所以cos〈n，m〉＝＝－.
由圖可知二面角B-AD-E的平面角為銳角，
所以二面角B-AD-E的余弦值為.

法二：因為DC⊥平面ABD，
所以過點E作EF∥DC交BD于點F，
則EF⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD，所以EF⊥AD.
過點F作FG⊥AD于點G，連接GE，
所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE，
所以二面角B-AD-E的平面角為∠EGF.
由平面幾何的知識求得EF＝CD＝，F(xiàn)G＝AB＝，
所以EG＝＝，
所以cos∠EGF＝＝.
所以二面角B-AD-E的余弦值為.
9．(2018·肇慶二模)如圖1，在高為2的梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，過A，B分別作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn).已知DE＝1，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，得空間幾何體ADE-BCF，如圖2.

(1)若AF⊥BD，證明：DE⊥BE；
(2)若DE∥CF，CD＝，在線段AB上是否存在點P，使得CP與平面ACD所成角的正弦值為？并說明理由．
解：(1)證明：由已知得四邊形ABFE是正方形，且邊長為2，∴AF⊥BE.
∵AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE.
又DE?平面BDE，∴AF⊥DE.
∵AE⊥DE，AE∩AF＝A，
∴DE⊥平面ABFE.
又BE?平面ABFE，∴DE⊥BE.

(2)當P為AB的中點時滿足條件．理由如下：
∵AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，∴AE⊥平面DEFC.
如圖，過E作EG⊥EF交DC于點G，
可知GE，EA，EF兩兩垂直，以E為坐標原點，以，，分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)，D，＝(－2,1，)，＝.
設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令x＝1，得n＝(1，－1，)．
設(shè)＝λ，則P，λ∈(0，＋∞)，
可得＝.
設(shè)CP與平面ACD所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈CP，n〉|＝＝，
解得λ＝1或λ＝－(舍去)，
∴P為AB的中點時，滿足條件．



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