2025-新高考II卷-17 解-立几翻折综合

本题导读

本题是立体几何翻折问题的典型综合题。第一问考查线面平行的逻辑证明，重点在于空间位置的转换；第二问考查二面角的计算，要求能够准确建立空间直角坐标系并利用法向量求出正弦值

📌【题干】

Question

（2025年新高考II卷）如图，四边形 $ABCD$ 中，$AB\parallel CD$，$\angle DAB=90^{\circ }$，$F$ 为 $CD$ 中点，点 $E$ 在 $AB$ 上，$EF\parallel AD$，$AB=3AD$，$CD=2AD$.将四边形 $EFDA$ 沿 $EF$ 翻折至四边形 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$，使得面 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 与面 $EFCB$ 所成的二面角为 $60^{\circ }$.

(1) 证明：$A^{\prime }B\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$；

(2) 求面 $BC{D}^{\prime }$ 与面 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 所成二面角的正弦值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：分析翻折前后的平行关系.在平面内，$AE\parallel DF$ 且 $AE=DF=AD$，翻折后 $A^{\prime }E$ 仍平行且等于 $D^{\prime }F$.同时 $EB\parallel FC$.利用面面平行的判定定理证明平面 $E{A}^{\prime }B\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$，从而得出线面平行.
2. 第二问：

• 找二面角平面角：由于 $EF\perp CD$ 且 $EF\perp AD$，翻折后 $EF\perp F{D}^{\prime }$ 且 $EF\perp FC$，故 $\angle CF{D}^{\prime }=60^{\circ }$ 为原二面角的平面角.
• 建系求解：以 $F$ 为原点，$\overrightarrow{FE}$ 方向为 $x$ 轴，$\overrightarrow{FC}$ 方向为 $y$ 轴建立空间直角坐标系.
• 法向量计算：分别求出平面 $BC{D}^{\prime }$ 和平面 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 的法向量，利用余弦值公式求出二面角的余弦值，再转化为正弦值.

✅【答案】

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(1) 证明详见解析 (2) $\frac{\sqrt{42}}{7}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）第一问详解

(1) 证明：$A^{\prime }B\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$ 在四边形 $ABCD$ 中，因为 $AB\parallel CD$ 且 $EF\parallel AD$，$\angle DAB=90^{\circ }$， 所以四边形 $AEFD$ 为矩形。设 $AD=h$，则 $AE=EF=DF=h$. 翻折后，在四边形 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 中，$A^{\prime }E\parallel D^{\prime }F$ 且 $A^{\prime }E=D^{\prime }F$.

因为 $A^{\prime }E\not\subset$ 平面 $C{D}^{\prime }F$，$D^{\prime }F\subset$ 平面 $C{D}^{\prime }F$，所以 $A^{\prime }E\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$.

在底面 $EFCB$ 中，因为 $AB=3h$，$CD=2h$，$F$ 为 $CD$ 中点， 所以 $EB=AB-AE=2h$，$FC=CD-DF=h$.

由 $EB\parallel FC$ 可得 $EB\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$.

又 $A^{\prime }E\cap EB=E$，所以平面 $E{A}^{\prime }B\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$. 因为 $A^{\prime }B\subset$ 平面 $E{A}^{\prime }B$，所以 $A^{\prime }B\parallel$ 平面 $C{D}^{\prime }F$.

(2) 第二问详解

(2) 求二面角的正弦值：

由已知 $EF\perp FC$ 且 $EF\perp F{D}^{\prime }$，故 $\angle CF{D}^{\prime }=60^{\circ }$. 以 $F$ 为原点建立空间直角坐标系。设 $AD=2$，则相关点坐标为： $F(0,0,0)$，$E(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$B(2,4,0)$，$D^{\prime }(0,1,\sqrt{3})$. 则 $\overrightarrow{FE}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{F{D}^{\prime }}=(0,1,\sqrt{3})$. 设平面 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 的法向量为 $\overrightarrow{m}=(x_1,y_1,z_1)$：

$\{\begin{array}{l}\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{FE}=2x_1=0\\ \overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{F{D}^{\prime }}=y_1+\sqrt{3}{z}_1=0\end{array}⟹\overrightarrow{m}=(0,-\sqrt{3},1)$

又 $\overrightarrow{CB}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{C{D}^{\prime }}=(0,-1,\sqrt{3})$.

设平面 $BC{D}^{\prime }$ 的法向量为 $\overrightarrow{n}=(x_2,y_2,z_2)$ $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{CB}=2x_2+2y_2=0\\ \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{C{D}^{\prime }}=-y_2+\sqrt{3}{z}_2=0\end{array}⟹\overrightarrow{n}=(-\sqrt{3},\sqrt{3},1)$

设两平面所成二面角为 $\theta$，则： $|\cos \theta |=\frac{|\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{|0-3+1|}{\sqrt{3+1}\cdot \sqrt{3+3+1}}=\frac{2}{2\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}$

因此，$\sin \theta =\sqrt{1-{\cos }^2\theta }=\sqrt{1-\frac{1}{7}}=\sqrt{\frac{6}{7}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$. 故二面角的正弦值为 $\frac{\sqrt{42}}{7}$.

几何法（等体积法）

设 $EF\cap BC=S$，连接 $S{D}^{\prime }$，令 $AD=2$，则 $A^{\prime }E=AE=EF=CF=2,BE=4$

1. 确定二面角平面角 由 $\angle DAB=90^{\circ },EF\parallel AD$，得 $EF\perp CD$，故 $EF\perp FC,EF\perp F{D}^{\prime }$， 因此面 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 与面 $EFCB$ 所成二面角的平面角为 $\angle \mathbf{CF}{\mathbf{D}}^{\prime }=60^{\circ }$。
2. 计算线段与面积 $C{D}^{\prime }=2,SC=2\sqrt{2},D^{\prime }S=2\sqrt{2},S_{△D^{\prime }SC}=\sqrt{7},S_{△D^{\prime }FC}=\sqrt{3}$
3. 等体积法求点到平面距离 设点 $F$ 到平面 $B{D}^{\prime }S$ 的距离为 $h$，由 $V_{S-D^{\prime }FC}=V_{F-D^{\prime }SC}$： $\frac{1}{3}\cdot S_{△D^{\prime }FC}\cdot 2=\frac{1}{3}\cdot S_{△D^{\prime }SC}\cdot h$ $\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 2=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{7}\cdot h⟹\mathbf{h}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$
4. 求二面角正弦值 面 $BC{D}^{\prime }$ 与面 $EF{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ 所成二面角为 $\theta$： $\sin \theta =\frac{h}{d}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面平行与面面平行的嵌套判定、沿动轴翻折后垂直基底的锁定、空间点坐标的三角函数投影、双平面法向量方程组的联立、空间角余弦向正弦的刚性转换。
2. 核心方法：空间同构平移法与法向量消元流。 在第一问中，很多同学喜欢盲目通过建系设未知数去证平行。大题的第一问强烈推荐使用纯几何法（通过构造四边形的平移对流网证明面面平行），不仅书写行云流水，更不容易忙中出错.

• 在第二问解法向量时，通过令常数 $z=1$ 迅速使代数方程组坍塌退化为一元一次方程，是保证高负载算力下正确率的不二法门.

3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（翻折后点坐标纵横颠倒导致满盘皆输）：本题在算 $A^{\prime }$ 的坐标时，一定要盯死它是在哪个平面内翻折。因为 $A^{\prime }E\perp EF$，说明 $A^{\prime }$ 点的 $y$ 轴坐标（纵坐标）与 $E$ 点完全一致，均为 0。其位置完全由 $x$ 轴和 $z$ 轴的三角投影瓜分。坐标一旦写错，后面的点积计算将发生毁灭性的连环车祸.
• 避坑指南 2（终极问题看错目标：余弦未转正弦）：这是立体几何解答题最惨烈的失分点。用空间向量法算出来的直接结果恒为 余弦值（ $\cos \theta$ ）。而本题干最后五个字明确要求的是**“正弦值”**。必须在最后一步套用 $\sqrt{1-{\cos }^2\theta }$ 进行变性释放。考场落笔前，务必重新复核提问目标.

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自人教 A 版选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》中关于“平面翻折与动态空间角”的经典压轴大题。这类翻折模型是近年新高考卷（如 2024 年全国卷）用来区分 110 分与 130 分拔尖考生的标准构型，旨在考查考生的空间动态演变直觉与大规模符号推导能力。
2. 结论推广（翻折二面角坐标投影的通用级特征网络）： 我们可以归纳一个关于“沿直角轴翻折”的通用点坐标投影二级结论公式.

• 设翻折轴为 $y$ 轴，被翻折的线段长度为 $L$，翻折前的线段位于 $x$ 轴负半轴，且与 $y$ 轴垂直.
• 当该平面沿轴向上翻折了 $\alpha$ 角度后，线段端点的三维空间新坐标恒满足：
• $X_{\text{new}}=L\cdot \cos (\pi -\alpha )=-L\cos \alpha ,Y_{\text{new}}=Y_{\text{old}},Z_{\text{new}}=L\sin \alpha$
• 本题中由于翻折前 $AE$ 位于 $x$ 轴负半轴方向，翻折角度为 $60^{\circ }$。将 $L=1$ 代入该高阶投影网： $X=-1\times \cos 120^{\circ }=\frac{1}{2}$， $Z=1\times \sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$。这与我们【详细解析】中纯靠空间想象算出来的坐标完全严丝合缝。收录这一坐标投影网络，能让你在未来面对任何变异的翻折大题时，实现无错秒写坐标.

3. 方法推广（从二面角正弦到线面角、点面距离的全域通达）： 本题所展示的利用双平面法向量求解空间面面角的代数框架，是立体几何高分大题的保底大杀器。未来当题目从“求二面角”演变为“求直线与平面所成的线面角（ $\sin \varphi =|\cos ⟨\vec{v},\vec{n}⟩|$ ）”或者是“求点到平面的绝对几何距离（ $d=\frac{|\overrightarrow{PA}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$ ）”时，其底层的核心基础——“如何精准高效地把某个特殊平面的法向量啃下来”，其技术本质与本题完全合流。将这一套建系解方程的流程化为运算本能，是攻克整张卷子立体几何 15 分大题最坚固的铠甲。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2004-湖南理-18 解-线面垂直的判定定理与性质定理
• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角
• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角