2027年高考数学一轮复习(创新设计)第9节　探索性及折叠问题

第9节探索性及折叠问题题型分析1.以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件等.2.由平面图形折叠成空间几何体,研究空间中的位置关系、体积、空间角、空间距离等.题型一探索性问题例1(2026·广州调研)如图,在四棱台ABCD－A1B1C1D1中,上、下底面均是正方形,且侧面是全等的等腰梯形,AB＝2A1B1＝4,E,F分别为DC,BC的中点,上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下底面,且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.(1)求证:BD1∥平面C1EF;(2)棱BC上是否存在点M,使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为32222,若存在,求出线段BM的长;若不存在(1)证明因为O1O⊥平面ABCD,以点O为坐标原点,DA,OF,OO1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O所成的角为45°,则B(2,2,0),D1(－1,－1,2),C1(－1,1,2),F(0,2,0),E(－2,0,0),A1(1,－1,2),所以BD1＝(－3,－3,2),C1E＝(－1,－1,－2),EF＝(2设平面C1EF的法向量为n＝(x,y,z),则n令x＝1,则n＝(1,－1,0).因为BD1＝(－3,－3,2所以n·BD1＝0,所以n⊥又因为BD1⊄平面C1EF,所以BD1∥平面C1EF.(2)解假设棱BC上存在点M(x,2,0)满足条件,其中x∈[－2,2],则A1M＝(x－1,3,－2设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ,由题意可得sinθ＝|cos<A1M,n>|＝化简得x2－35x＋34＝0,则x＝1或x＝34(舍去),即存在点M符合题意,此时BM＝1.感悟提升1.对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,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.2.对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.训练1(2026·邵阳模拟)如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面ABC,AB＝AC＝2,BC＝22,∠ACC1＝60°,A1C⊥BC1,P为线段AA1上一点,且AP＝λAA(1)证明:A1C⊥平面ABC1;(2)是否存在实数λ,使得点C到平面BPC1的距离为455?若存在,求出λ的值;若不存在(1)证明因为AB＝AC＝2,BC＝22,所以AB2＋AC2＝BC2,故AB⊥AC.又因为平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC＝AC,AB⊂平面ABC,所以AB⊥平面AA1C1C.因为A1C⊂平面AA1C1C,所以AB⊥A1C,又A1C⊥BC1,AB,BC1⊂平面ABC1,BC1∩AB＝B,所以A1C⊥平面ABC1.(2)解由(1)知A1C⊥平面ABC1,所以A1C⊥AC1,所以四边形AA1C1C为菱形,取A1C1的中点为E,连接AE,又∠ACC1＝60°,所以△AA1C1为等边三角形.所以AE⊥A1C1,又AC∥A1C1,所以AE⊥AC.又AB⊥平面AA1C1C,所以AB,AC,AE两两垂直.以点A为坐标原点,分别以AB,AC,AE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,－1,3),C1(0,1,3),AP＝(0,－λ,3λ),BP＝BA＋AP＝(－2,－λ,BC1＝(－2,1,3),BC＝(－2,2设n＝(x,y,z)为平面BPC1的一个法向量,则n令x＝λ,则n＝λ,设d为点C到平面BPC1的距离,则d＝|BC所以28λ2－16λ＋1＝0,即λ＝12或λ＝1故存在λ＝12或λ＝114,题型二折叠问题例2(2025·新高考Ⅱ卷)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',使得平面EFD'A'与平面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.(1)证明因为在四边形ABCD中,AB∥CD,且EF∥AD,所以四边形AEFD是平行四边形,又∠DAB＝90°,所以四边形AEFD为矩形,折叠后,显然EB∥FC,EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F,所以EB∥平面CD'F,又A'E∥D'F,A'E⊄平面CD'F,D'F⊂平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F,且EB∩A'E＝E,EB,A'E⊂平面BA'E,所以平面BA'E∥平面CD'F,且A'B⊂平面BA'E,所以A'B∥平面CD'F.(2)解由∠DAB＝90°,EF∥AD,所以EF⊥CD,所以EF⊥CF,EF⊥D'F,所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC＝60°.结合CF∩D'F＝F,CF,D'F⊂平面CFD',所以EF⊥平面CFD',又EF⊂平面EBCF,可得平面CFD'⊥平面EBCF,又F为CD的中点,所以△CFD'为等边三角形,如图以F为原点建立空间直角坐标系,设AB＝3AD＝6,则CD＝2AD＝4,所以F(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),D'(0,1,3),所以FE＝(2,0,0),FD'＝(0,1,3),CB＝(2,2,0),CD'＝(0,－1,3),设平面EFD'A'的法向量为m＝(x,y,z),则m取m＝(0,－3,1),再设平面BCD'的法向量n＝(x,y,z),则n取n＝(－3,3,1),设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cosθ|＝|m·n|＝|0所以sinθ＝1−cos故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为427感悟提升翻折问题的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系,尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一平面上的性质发生变化.训练2(2026·长沙模拟)在平面四边形ABCD中,AB＝BC＝CD＝BD＝2,AB⊥BD,将△BCD沿BD翻折至△BPD,其中P为动点.(1)若AP＝AD,证明:AB⊥平面BPD;(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.(1)证明在△ABD中,AB＝BD＝2,AB⊥BD,所以AD＝22.因为AP＝AD＝22,AB＝PB＝2,所以AB2＋PB2＝AP2,所以AB⊥BP.又因为AB⊥BD,BP,BD⊂平面BPD,BP∩BD＝B,所以AB⊥平面BPD.(2)解如图,建立以B为原点的空间直角坐标系.设二面角P－BD－A的平面角为θ,则A(2,0,0),B(0,0,0),D(0,2,0),P(3cosθ,1,3sinθ),所以AP＝(3cosθ－2,1,3sinθ).平面ABD的法向量为n＝(0,0,1),设直线AP与平面ABD所成角为α,则sinα＝cos<＝|＝3sin设y＝3sin设8－43cosθ＝t(8－43≤t≤8＋43),所以y＝1－1t－t16≤12,即cosθ＝33时取等号)即sinα≤22故直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为221.(2026·青岛质检)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD＝NB＝1,E为BC的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN,若存在,求出线段AS的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明连接BD,因为MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,所以MD∥NB,又因为MD＝NB＝1,所以四边形MDBN为平行四边形,所以MN∥BD,又BD⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解由题意知,DM,DC,DA两两垂直,以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),M(0,0,1),N(1,1,1),E12假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,连接AE,设AS＝λAN,λ∈[0,1].因为AN＝(0,1,1),AM＝(－1,0,1),EA＝所以AS＝λAN＝(0,λ,λ),则ES＝由ES⊥平面AMN可得ES即−12＋λ＝0此时AS＝0,12,故在线段AN上存在点S,当AS＝22时,ES⊥平面AMN2.(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB＝8,CD＝3,AD＝53,∠ADC＝90°,∠BAD＝30°,点E,F满足AE＝25AD,AF＝12AB.将△AEF沿EF翻折至(1)证明:EF⊥PD;(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(1)证明由题意知,AE＝25AD＝23,AF＝12AB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)解如图,连接CE,由题意知DE＝33,CD＝3,∠CDE＝90°,故CE＝DE又PE＝AE＝23,PC＝43,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.EF,ED,PE两两垂直,故以E为原点,EF,ED,PE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,23),D(0,33,0),F(2,0,0),A(0,－23,0),C(3,33,0),连接PA,则PD＝(0,33,－23),DC＝(3,0,0),AP＝(0,23,23),AF＝(2,23,0).设平面PCD的法向量n1＝(x1,y1,z1),则n可取n1＝(0,2,3).设平面PBF即平面PAF的法向量n2＝(x2,y2,z2),则n可取n2＝(3,－1,1).|cos<n1,n2>|＝|n故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为1−13.(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;(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?(1)证明因为E,F分别是AC和CC1的中点,且AB＝BC＝2,侧面AA1B1B为正方形,所以CF＝1,BF＝5.如图,连接AF,由BF⊥A1B1,AB∥A1B1,得BF⊥AB,于是AF＝BF2所以AC＝AF2−由AB2＋BC2＝AC2,得BA⊥BC.因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱,所以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),所以BF＝(0,2,1).设B1D＝m(0≤m≤2),则D(m,0,2),于是DE＝(1－m,1,－2).所以BF·DE＝0,所以BF⊥DE.(2)解易知平面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),则DE又由(1)得DE＝(1－m,1,－2),EF＝(－1,1,1),所以(1−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),所以|cos<n1,n2>|＝32设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ,则sinθ＝1−co＝1−9故当m＝12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小为3即当B1D＝12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小4.(2026·厦门质检)如图1:等腰直角△ABC中AC⊥AB且AC＝2,分别沿三角形三边向外作等腰梯形ABB2A2,BCC2B3,CAA3C3使得AA2＝BB2＝CC2＝1,∠CAA3＝∠BAA2＝π3,沿三边AB,BC,CA折叠,使得A2A3,B2B3,C2C3,重合于A1,B1,C1,(1)求证:AA1⊥B1C1.(2)求直线CC1与平面AA1B1B所成角θ的正弦值.(1)证明延长AA1,CC1交于点P1(图略),过C1作C1M⊥AC于M,过A1作A1N⊥AC于N,又四边形AA1C1C为等腰梯形,则A1C1＝AC－2AA1cosπ3＝1,则AC＝2A1C1又∵A1C1∥AC,所以P1A1＝AA1,C1为P1C的中点,延长AA1,BB1交于点P2,则P2A1＝AA1,B1为P2B的中点,则P1A1＝P2A1,∴P1与P2重合于点P,P－ABC为三棱锥,设O为BC中点,等腰直角△ABC中AC＝AB,∴AO⊥BC,又∵C1为PC的中点,B1为PB的中点,CC1＝BB1＝1,∴PB＝PC＝2,∴PO⊥BC,又∵AO∩PO＝O,AO,PO⊂平面PAO,∴BC⊥平面PAO,又AA1⊂平面PAO,∴BC⊥AA1,∵BC∥B1C1,∴B1C1⊥AA1.(2)解法一∵BC＝22＋2PB＝PC＝