2023高考数学复习练16　立体几何中的折叠、探究问题

微专题16立体几何中的折叠、探究问题

高考定位L立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点，主要包

括两个方面：一是平面图形的折叠问题，多涉及到空间中的线面关系、体积的求

解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题，主要涉及到几

何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等；2.以空间向量为工具，探究空间

几何体中线面关系或空间角存在的条件,计算量较大，一般以解答题的形式考查，

难度中等偏上.

真题演练感悟高考练真题明方向

1.(2019•全国In卷)图①是由矩形ADEB,Rt∆ΛBC和菱形BFGC组成的一个平面

图形，其中AB=1,BE=BF=2,NFBC=60。.将其沿AB,BC折起使得BE与

BF重合，连接。G,如图②.

(1)证明：图②中的A,C,G,。四点共面，且平面ABC，平面BCGE

(2)求图②中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.

⑴证明由已知得ACG//BE,所以AO〃CG,

所以AO,CG确定一个平面，从而A,C,G,。四点共面.

由已知得ABlBC,且8E∩8C=8,BE,BCU平面BCGE,

所以AB，平面BCGE.

又因为ABU平面ABC所以平面ABCU平面BCGE

(2)解作垂足为H.

因为EHU平面BCGE,平面BCGEL平面ABC,平面BCGE∩平面ABC=BC,

所以EHi,平面ABC.

由已知，菱形BCGE的边长为2,ZEBC=60°,可求得B"=l,EH=y∣3.

以H为坐标原点，比的方向为X轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H

—xyz,则

Λ(-l,1,O),C(l,O,O),G(2,O,√3),CG=(1,0,√3),AC=(2,-1,0).

设平面ACGf)的法向量为〃=(X,y,z),

CGn=O,[x+yβz=O,

则｛即｛

ACn=O,⑵—N∙

所以可取〃=(3,6,-√3).

又平面BCGE的法向量可取加=(0,1,0),

设平面BCG与平面CGA夹角的大小为θ,

所以cosO=∣cos〈〃，m)∣=∣"∣∣^∣=2.

因此平面BCG与平面CGA夹角的大小为30°.

2.(2021•全国甲卷)已知直三棱柱ABC—AiBiCi中，侧面A4ιB8为正方形，AB=

BC=2,E,尸分别为AC和Ce的中点，。为棱AIBl上的点，BF±AiBi.

(1)证明：BFtDE;

(2)当BiD为何值时，平面BBlClC与平面OPE所成的二面角的正弦值最小？

⑴证明因为E,尸分别是AC和Ca的中点，且AB=BC=2,侧面AAiB心为

正方形，

所以b=l,BF=yβ.

如图，连接AF,由AB∕∕A∖B∖,得于是AF==

3,所以AC="4户一C9=2√Σ由AB2+BC2=AC2,得BA_LBc

Y三棱柱ABC—4Blc为直三棱柱，

J.BB∖LABS-BB∖LBC,

则BA,BC,BBl两两互相垂直，

故以B为坐标原点，以BA,BC,所在直线分别为X,y,z轴建立空间直角坐

标系B-xyz,

则8(0,0,0),E(l,1,0),F(0,2,1),BF=(0,2,1).

设BιD=m(0≤m≤2),则D(m,0,2),

于是屋=(1一加，1,-2).

所以丽•庠=0,所以BFLDE.

(2)解易知平面BBIGC的一个法向量为m=(l,0,0).

设平面O/7E的法向量为“2=(x,y,z),

∖DE∙n2=O,

则f

lEF∙n2=O,

又由(1)得读=(1一机，1,-2),EF=(-1,1,1),

(1—m)χ-∖-y—2z=0,

所以

、一x+y+z=O,

令x=3,得y=m+l,z=2-m,

于是，平面。FE的一个法向量为

“2=(3,m+1,2—m),

所以CoS<711,〃2〉=

设平面8B1CC与平面QFE所成的二面角为θ,

贝Usin0ɪʌ/l-cos2(∕ιι,nι)

_____9

2(m-2∣24

Iʌ/ɜ

故当机=与时，平面BBelC与平面。町所成的二面角的正弦值最小为半，

即当BIO=T时，平面BBlCIC与平面ObE所成的二面角的正弦值最小.

热点聚焦分类突破研热点析考向

热点一折叠问题

I核心归纳

解答折叠问题的关键是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.

考向1折叠后的位置关系及空间角

例1(2022・重庆诊断)在直角梯形ABeD^',AB//CD,AB±AD,AB=2CD=4,E,

产分别为AO,BC的中点，沿E/将四边形EbCo折起，使得。E_LBF(如图2).

(1)求证：平面ABbE，平面ErC。；

(2)若直线AC与平面ABFE所成角的正切值为坐，求平面CEB与平面EBF夹角

的余弦值.

⑴证明由题设条件，'得EFIINBIICD,ABlAD,

贝IDE±EF,

又DELBF且BFCEF=F,BF,EF<∑^ABFE,

则DEljFSABFE,

又DEU平面EFCD,

故平面ABbEL平面EFCD.

(2)解如图过点C作CGLEE交EF于点G,连接AG,

因为平面平面EFCD,且平面A8fE∩平面MCO=M,

所以CG_L平面ABFE,

故直线AC与平面ABFE所成的角为NCAG,

设DE=h,则在RtZ∖C4G中，CG=DE=h,

AG=y∣EG2+EA2=√Λ2+4,

所以tanNCAG=芯=四+4=£

解得九=2j,

如图，建立空间直角坐标系E—xyz,

则E(0,0,0),B(2√2,4,0),C(0,2,2√2),

所以比=(0,2,2√2),EB=(2√2,4,0),

则平面EBf'的法向量为m=(0,0,1),

设平面CE3的法向量为〃=(X,y,z),

n∙EC=2y+2y∣2z=0L

由9令尸―小,

√ι∙EB=2√2x+4γ=0,

则〃=(2,-√2,1),

则平面CEB与平面EBE夹角的余弦值为

∖m∙n∖亚

lcos〈”加尸丽=7-

∕γ

所以平面CEB与平面EBF夹角的余弦值为λ年.

易错提醒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.

考向2展开后的数字特征

例2(1)(2022.青岛质检)如图所示，在直三棱柱ABC-A闰。中，底面为直角三角

形，NAC3=90。，AC=6,BC=CCI=巾,尸是BCI上一动点，则CP+Rh的最

小值是.

(2)如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4m,一只小虫从圆锥的底

面圆上的点P出发,绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程

为4小m,则圆锥底面圆的半径等于m.

答案(1)5√2(2)1

解析(1)如图，以BG为轴，把平面BCC翻折到与平面4BG共面，则AiBCG

在同一个平面内，图中AC就是所求最小值.通过计算可得N4G8=90。，ZBCiC

=45°,所以NAiGC=135。，由余弦定理可得4C=5√Σ

(2)圆锥顶点记为O,把圆锥侧面沿母线OP展开成如图所示的扇形,

由题意OP=4,

PP=4√5,

.42+42-（4小）21

川CoSNPOP'=2×4×4=~T

又NPOP为APOP'一内角,

所以NPop=7.

设底面圆的半径为r,则2“=号X4,

4

所以r=-j.

易错提醒几何体表面上的最短距离要注意棱柱的侧面展开图可能有多种，如长

方体的表面展开图等，要把不同展开图中的最短距离进行比较，找出其中的最小

值.

训练1如图1,在直角梯形ABCo中，AB//DC,ND=90。，AB=2,OC=3,

AD=√5,CE=2ED.沿BE将48CE折起,使点C到达点Ci的位置,且AG=加，

如图2.

(1)求证：平面BGE，平面ABE。；

(2)求直线BCl与平面ACiD所成角的正弦值.

⑴证明在图①中，连接AE,由已知得AE=2.

图①

,JCE∕∕AB,CE=AB=AE=2,

.∙.四边形ABCE为菱形.

连接AC交BE于点片则CFLBE.

在RtAACD中，AC=Y32+(√5)2=2√5,

所以A/=c∕7=√i

如图②中，由翻折，可知CF=√5,CiF±BE.

D

y

图②

VAG=√6,AF=CIF=5,

ΛAF2+CIF2=ΛCT,

ΛC∖FVAF,XBECAF=F,BEU平面ABEO,

AFU平面ABEO,

，CFL平面ABED

又CIFU平面BCiE,

所以平面BCEj_平面ABED.

(2)解如图②，建立空间直角坐标系，则O(O,O,O),A(√3,O,O),B(√3,2,

所以比I=(一坐，-ɪ√3],DA=(√3,O,O),Z5c∣=[^,I，小),

设平面ACI。的法向量为〃=(x,y,z),

f√3x=O,

DAn=O,

则’一［坐x+∣y+√5z=O,

DC]-w=O,

令Z=Λ∕5,则九=0,y=-2,

所以〃=(0,-2,√5)为平面A。。的一个法向量.

设直线BCi与平面ACiD所成的角为仇

.∣.→\,战IM425

则πsinθ—∣cosz{BC∖,n}\——~7~一.

∖BC∖∖∖n∖27

所以直线与平面所成角的正弦值为手.

BClAC1D

热点二探究问题

I核心归纳

与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类

是探究线面角或平面与平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：先建

立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探

究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.

考向1探究线面位置关系

例3(2022•济南质检)如图,在正四棱柱ABC。一AlBlCQI中，AAι=2AB=2,E,

P分别为棱A4ι,CG的中点，G为棱。。上的动点.

(1)求证：B,E,Di,尸四点共面；

(2)是否存在点G,使得平面GEr_L平面BEF?若存在，求出。G的长;若不存在，

说明理由.

⑴证明如图，连接。ιE,D∖F,取的中点为M,连接MCI,ME,

因为E为A4的中点，

所以EM〃AIBi〃CIo1,且EM=AiBi=GOi,

所以四边形EMCIDI为平行四边形，

所以DiE//MCi,

又尸为CG的中点，

所以GE且BM=G凡

所以四边形BMGP为平行四边形，

所以BF〃MCi.

所以BF∕∕D∖E,

所以8,E,Di,尸四点共面.

(2)解以。为坐标原点，DA,DC,DOI所在直线分别为X轴，y轴，Z轴建立空

间直角坐标系，

假设存在满足题意的点G(0,0,t),

由已知B(L1,0),

E(l,0,1),F(0,1,1),

则丽=(—1,1,0),EB=(0,1,-1),EG=(-1,0,t-

设平面BET7的法向量为〃I=(XI,yι,zι),

Zii-EF=O,

则

∕j∣∙EB=O,

-χι+Vi=O,

即J

Iyi-Zi=O,

取XI=1,则yι=l,z∣=l,

nι=(l,1,1).

设平面GEF的法向量为“2=(x2,y2,Z2),

ιi2∙EF=O,

则

712•反7=0,

—Λ2÷y2=0,

即

一尤2+Ct-1)Z2=0,

取X2=Z-1,

则1,Z2=1,nι=(t-1,t—1,1).

因为平面GEFmBEF,

所以»1/12=0

所以z-l+z-l+l=θ,

所以t—y

所以存在满足题意的点G,使得平面GE尸，平面BEE且OG的长为;.

考向2与空间角有关的探究性问题

例4如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB//CD,BC=CD=I,

AB=2∙ZSP3C是等边三角形，平面PBC，平面ABC。，点M在棱PC上.

(1)当M为棱PC的中点时，求证：APLBM-,

3

(2)是否存在点M,使得平面DMB与平面MBC夹角的余弦值为乃若存在，求CM

的长；若不存在，请说明理由.

⑴证明连接AC,由底面A3C。是等腰梯形且A3=2,BC=CD=得NABC

=1，在AABC中，由余弦定理得AC=√5,

：.AC1+BC1=AB1,

π

ΛZACB=2',ACJLBC

又；平面PBC，平面ABCD,平面PBe∩平面ABCD=BC,AeU平面ABCD,

，ACJ_平面PBC,

TBMu平面PBC,

：.ACLBM,又M为棱PC的中点，且APBC是等边三角形，

.∖BM±PC,

XVPC∩AC=C,PCU平面APC,AeU平面APC,

.∙.3M，平面APC,

「APu平面APC,

J.APLBM.

3

(2)解假设存在点M,使得平面OMB与平面MBC夹角的余弦值为M

过点P作POlBC交BC于点0,

;平面PBC，平面ABCD,平面P8C∩平面ABCD=BC,PoU平面PBC,

.∙.P0，平面ABCr>,取AB的中点E,连接OE,则。E〃CA,由(1)知OE_L平面

PBC,因此以。为原点，以OC,OE,OP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O—xyz.

.∙.O(0,O,O),p[θ,0,坐戏,0,0),

B(T0,0),O(I,坐,0),

则访=(一方,_坐,o),

"昌①啜

设而=件(OuWl),

则0,坐

则加1千L,一坐‘判’

设平面£)的法向量为α=(x,y,z),

"f1+rʌ/ɜʌ/ɜ

a∙DM=——yr—T^7+lT^^fz=0,

则彳Γ

a∙DB=-]x一坐y=0,

令X=小,则y=—3,z=½^

.,.a=[yβ,-3,匕2)为平面OMB的一个法向量,

易知平面MBC的一个法向量为

》=(0,1,0),

则ICOS<a,b>l=∣fl∣∣fe∣

2

解得f=东

r2—►2

故CM=∖CM∖=^CP∖=y

32

所以存在点M,使得平面OMB与平面MBC夹角的余弦值为不且CM的长为］

规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法

(1)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.

(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的应用.

训练2(2022.盐城模拟)如图，三棱柱ABC-A山ICl的所有棱长都为2,BιC=√6,

AB±B∖C.

(1)求证：平面ABBiAi_1_平面ABe

(2)在棱BB∖上是否存在点P,使直线CP与平面ACG4所成角的正弦值为若

不存在，请说明理由，若存在，求BP的长.

⑴证明如图，取AB的中点。，连接C。，B∖D,

A

因为三棱柱ABC—AiBiG的所有棱长都为2,

所以ABLCD,CD=√3,BD=L

又因为A3L8C,

且CD∩3ιC=C,CD,BICU平面Ble。，

所以45_L平面BiCD.

又因为BIoU平面BiCD,

所以AB_LBD

在RtaBiBO中，BD=I,B∖B=2,

所以BID=4.

在a3ιC。中，CD=√3,BlD=y∣3,B∣C=√6,

所以。。2+8。2=81。2,

所以CO_LBO,

又因为ABLBiD,ABQCD=D,AB,CoU平面ABC,

所以BiO，平面ABC.

又因为Blz)U平面ABBiAi,

所以平面ABBiAi_1_平面ABC.

(2)解假设存在，以。C,DA,。5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,则4(0,1,0),3(0,-1,0),C(√3,0,0),Bι(0,0,√3),

因此而I=(0,1,√3),ΛC=(√3,-1,0),Λ4ι=BB∣=(0,1,√3),

Cδ=(-√3,-1,0).

因为点P在棱上，

设丽=漏="0,1,√3),

其中OWaWL

则行=丽+济=丽+2丽ι=(-√5,-l+λ,√3∕l).

设平面ACCIAl的法向量为"=(x,y,z),

n∙AC=O,(yβχ-y=O,

由l∣∙R=0,Hy+小Z=O,

取X=1,则y=√5,Z=-I,

所以平面ACa4的一个法向量为

«=(1,√3,-1).

4

因为直线CP与平面ACCiAi所成角的正弦值为亍

所以ICoS(n,CP)'”

∣n∣∣O,l

________一2小_________4

一√5×√3+(A-I)2+3λ2-5,

化简得16万一82+1=0,解得4=(,

所以防=5丽1|=；,

故BP的长为去

高分训练对接高考重落实迎高考

一'基本技能练

1.(2022•哈尔滨模拟)如图1,矩形ABC。中，点E,尸分别是线段AB,CO的中点,

AB=4,AD=2,将矩形ABCo沿EF翻折.

Tr

(1)若所成二面角的大小为手如图2),求证：直线CEJ_平面。Ba

JT

(2)若所成二面角的大小为不如图3),点M在线段AD上，当直线BE与平面EMC

Tr

所成角为W时，求平面OEM和平面EMC夹角的余弦值.

⑴证明由题设易知：四边形BEFC是边长为2的正方形,BF,EC是其对角线，

所以BFLEC,

又平面BMCJ_平面AEfD,平面BEFC∩平面AE∕7D=E∕,DFlEF,OR=平面

AEFD,

所以。尸，平面BEFC,

又ECU平面BEFC,则DFLEC,

又DFCBF=F,BF,。尸U平面BDF,则ECj_平面BDF.

(2)解过E作EZj_面AEH>,而AE,EFU面AEFD,贝IIEZ_LAE,EzlEF,而

AE±EF,

Tr

可建立如图所示的空间直角坐标系，由题设知：ZBEA=ZCFD=y

所以E(0,0,0),

8(1,O,√3),C(l,2,√3),MQ,m,0)且

0≤m≤2,

则或=(1,O,√3),EC=(1,2,√3),EΛ∕=(2,m,0),

EC∙n=x+2γ+√3z=0,

若〃=(X,y,Z)是平面EMC的法向量，贝卜一

EM-n=2x+my=Q,

.Ll4-m

令X=加，则〃=(加，—2,—7τ^),

73

,∕F¾∖廊划

∣cos∖EB,n)l|---------

I面〃I

1__1_

+l^∖∣2'

可得m=1,则〃=(1,—2,√3),

又/=(0,0,1)是平面EMo的一个法向量，

gtp,l,1∖,∖l-n∖vɜλ∕6

所以ICOS<l,n}∣-∣z∣∣w∣-2^-4

所以平面DEM和平面EMC夹角的余弦值为乎.

2.如图，四棱锥S—ABCO的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的6倍,

P为侧棱S。上的点.

⑴求证：ΛC±SD;

⑵若SO_L平面PAC,求平面∕¾C与平面ACS夹角的大小；

(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E,使得BE〃平面∕¾C?若存在，求

SC：SE的值；若不存在，试说明理由.

⑴证明连接8。交AC于点0,连接Sa由题意知SO,Ac

在正方形ABC。中，ACLBD.

因为8O∩SO=O,BD,SoU平面S3。，

所以ACj_平面SBD,又Sr)U平面SBO,所以ACj_SD

(2)解由题设知，SO_L平面ABCD以。为坐标原点，OB,OC,旃的方向分别

为X轴，y轴，Z轴的正方向，建立空间直角坐标系。一孙z,如图.

设底面边长为4,则高S。=奇^α,

-乎”,。，θ),

又平面PAC,

则平面以C的一个法向量为

示=(乎0,0,当j,

平面SAC的一个法向量为

OD=[-^a,0,0),

设平面fi4C与平面ACS夹角的大小为θ.

贝!]cos9=∣cos{DS,OD)I=IDS。£>|二:,

两曲

JT

所以平面∕¾C与平面ACS夹角的大小为亍

(3)解在棱SC上存在一点E使BE〃平面BAC理由如下：

由(2)知话是平面∕¾C的一个法向量，

且就=(半a,0,乎’,

揖=(θ,-乎°，乎J，

比=(一乎α,坐α,0).

设走=商，Z∈[0,1],

则庵=册+走=比+f氐=(一乎α,当a(I-Z),当j.

因为BE〃平面∕¾C,所以命∙W=0,

所以一呼12+呼32(=0,解1得

故侧棱SC上存在一点E,使得BE〃平面%C,

此时SC:SE=3:2.

3.(2022•全国名校大联考)如图1,直角梯形ABC。中，AD//BC,ZABC=9Q0,E

为AO边上的点，且AO=2AE=2AB=2BC=2.将aABE沿BE向上折起，使得异

(1)#DElCF,求丽的值；

(2)求平面ABC与平面AED所成锐二面角的余弦值.

解(1)如图①中，连接CE.

由题意可知，XNBE,/XCED,Z∖BCE均为等腰直角三角形，

因为BC〃皮＞,所以NABC即为异面直线AB与EO所成的角，

所以NABC=60。，所以AC=L

S

取BE的中点O,连接OC0A,0D,贝UQALBE,0C±BE,且QA=OC=5

因为OA2+0C2=AC2,所以0AL0C,

因为BE∩0C=0,BE,OCU平面BCDE.

所以04,平面BCDE.

连接EF,因为DE±EC,DELCF,CEQCF=C,CE,CFU平面ECF,所以OEL

平面ECF,

又Z)EU平面BCDE,所以平面Eer，平面3C0E,故OA〃平面ECF

连接。。交CE于点G,连接尸G,因为平面AOo∩平面EC/=FG,

所以0A∕∕GF,故丽=历=而=]•

(2)如图②，以O为坐标原点，OB,0C,OA所在直线分别为无，y,Z轴，建立空

间直角坐标系。一孙z.

则A(θ,0,孝),《0,乎,0),B惇,0,0),4-坐,0,0)，-啦,坐,0)

所以屈=停，0,—坐)，

反U-坐坐4AM-来°-普I,昨(一坐坐°)

设平面ABc1的法向量为“1=(x1,jι,z∣),

rβ∕i—啦=C

nι∙AB=0,2"I2zι-°,

则即1ΓΓ

m∙BC=Q,~2x'2^'=θ,

令Xl=2,则yι=2,zι=2,

所以平面ABC的一个法向量为m=(2,2,2),

设平面AED的法向量为“2=(X2,V2,Z2),

察

--O

通I

J22-9

加

即

贝"d^

πV

j

3O

2设-

、.2+-,

令X2=2,则y2=2,Z2=-2,

所以平面AEO的一个法向量为〃2=(2,2,-2),

回出_______12X2+2X2—2X211

所以)

ICoS<711,«2I=