2025届高中数学二轮复习 板块四 立体几何与空间向量 微专题27　折叠与探索问题课件

微专题27折叠与探索问题板块四立体几何与空间向量高考定位1.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，探索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．【

真题体验

】(1)证明：EF⊥PD；又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos30°＝4，故EF＝2.又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED，又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED.又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD.(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.如图，连接CE，由题意知所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.设平面PCD的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，可取n1＝(0，2，3).设平面PBF即平面PAF的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，2.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC.∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴BB1⊥AB且BB1⊥BC，则BA，BC，BB1两两互相垂直，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，【

热点突破

】精准强化练热点一折叠问题热点二探索问题热点突破热点一折叠问题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，一般来说，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.例1(1)求证：PE⊥平面ABDE；所以BD＝2，又因为DE＝2，∠EDB＝60°，所以△BDE为正三角形，所以BE＝2，所以EP2＋DE2＝DP2，EP2＋BE2＝BP2，故EP⊥ED，EP⊥EB，又ED∩EB＝E，ED，EB⊂平面EBD，所以PE⊥平面ABDE.(2)若AE＝1，求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值.取BD的中点F，连接EF，由(1)可得，DE＝2，BE＝2，∠EDB＝60°，AE∥BD，所以EF⊥BD，EF⊥AE，因为PE⊥平面ABDE，所以EP，EF，EA两两互相垂直，故以E为原点，以EA，EF，EP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，设平面PBD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，取y2＝1，可得x2＝0，z2＝1，可得平面PBD的一个法向量为n2＝(0，1，1)，设平面PAB与平面PBD所成的角为θ，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.易错提醒训练1(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；在图①中，连接AE，由已知得AE＝2.图①∵CE∥AB且CE＝AB＝AE＝2，∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F，则CF⊥BE.图②∴C1F⊥AF，又BE∩AF＝F，BE⊂平面ABED，AF⊂平面ABED，∴C1F⊥平面ABED.又C1F⊂平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.如图③，建立空间直角坐标系，则图③设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，设直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，热点二探索问题与空间向量有关的探索性问题主要有两类：一类是探索线面的位置关系；另一类是探索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，然后探索这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.考向1探索线面位置关系例2如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.(1)求证：B，E，D1，F四点共面；如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，因为E为AA1的中点，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，所以四边形EMC1D1为平行四边形，

所以D1E∥MC1，又F为CC1的中点，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F四点共面.(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由.以D为坐标原点，DA，DC，DD1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(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，设平面BEF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，n1＝(1，1，1).设平面GEF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，取x2＝t－1，则y2＝t－1，z2＝1，n2＝(t－1，t－1，1).因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，考向2与空间角有关的探索性问题例3(1)证明：PF⊥AD；因为四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝60°，CD＝1，AB＝3，则△PBC为等边三角形，且F为线段BC的中点，则PF⊥BC，又因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF⊂平面PCB，可得PF⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，所以PF⊥AD.由(1)可知PF⊥平面ABCD，取线段AD的中点N，连接NF，则FN∥AB，FN＝2，又因为AB⊥BC，可知NF⊥BC，以F为坐标原点，NF，FB，FP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为E为线段PF上一点，设E(0，0，a)，a∈[0，3]，设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，设直线BE与平面PAD夹角为α，解决立体几何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，一定要注意三点共线的应用.规律方法(2024·镇江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB为正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E为线段AB的中点，M是线段PD(不含端点)上的一个动点.训练2(1)记平面BCM交PA于点N，求证：MN∥平面PBC；因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，因为BC⊂平面BCM，平面BCM∩平面PAD＝MN，所以MN∥BC，因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，因此MN∥平面PBC.连接PE，CE，因为△PAB为等边三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，所以AB＝BC＝2，又因为∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，则CE⊥AB.以点E为坐标原点，EB，EC，EP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，设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1).设平面BCM的法向量为n＝(x2，y2，z2).整理可得27λ2＋6λ－5＝0，即(3λ－1)(9λ＋5)＝0，故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时，【精准强化练】(1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；如图，取BD中点E，连接A1E，CE.在菱形ABCD中，∵AB＝AD，CB＝CD，∴A1B＝A1D，CB＝CD，又∠DA1B＝60°，AB＝2，又A1E2＋CE2＝A1C2，即A1E⊥CE，又BD∩CE＝E，BD，CE⊂平面BCD，∴A1E⊥平面BCD，又A1E⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BCD.由(1)可知，以E为原点，ED所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，EA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，(2)求直线A1D与平面A1BC所成角的正弦值.设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，设直线A1D与平面A1BC所成角为θ，2.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PB⊥AC.(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；在△ABC中，因为BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3AB2，AC＝AB，所以AC2＋AB2＝BC2，则∠BAC＝90°，即AC⊥AB.又AC⊥PB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.假设存在点Q，(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由.使得平面BEQF⊥平面PAD.如图，以A为原点，设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的一个法向量，设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的一个法向量，若平面BEQF⊥平面PAD，则n1⊥n2，(1)证明：PA∥平面BDE；连接AC交BD于点F，连接EF，点E是线段PC上靠近P端的三等分点，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，∴PA∥EF，PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE.在题干图1中，PA⊥AB，AB∥CD，(2)求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.∴PA⊥CD，PD⊥CD，AD⊥CD，