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微专题 12 折叠与探索问题
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.(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD 中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，
∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F 满足AE＝AD，AF＝AB.将△AEF 沿EF 翻
折至△PEF，使得PC＝4.
(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＝AD＝2，AF＝AB＝4，
又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝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＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，
故CE＝＝6.
又PE＝AE＝2，PC＝4，
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(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，
0)，C(3，3，0)，
连接PA，则PD＝(0，3，－2)，DC＝(3，0，0)，AP＝(0，2，2，)，
AF＝(2，2，0).
设平面PCD 的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则
可取n1＝(0，2，3).
设平面PBF 即平面PAF 的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则
可取n2＝(，－1，1).
|cos〈n1，n2〉|＝＝.
故平面PCD 与平面PBF 所成二面角的正弦值为＝.
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；
(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＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，
于是AF＝＝3，
所以AC＝＝2.
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)，
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
又由(1)得DE＝(1－m，1，－2)，EF＝(－1，1，1)，
所以
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〉|＝.
设平面BB1C1C 与平面DFE 所成的二面角为θ，
则sin θ＝＝，
故当m＝时，平面BB1C1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小为，
即当B1D＝时，平面BB1C1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小.
【热点突破】
热点一 折叠问题
例1 (2024·鞍山模拟)如图1，在平面五边形ABCDE 中，AE∥BD，且DE＝2，
∠EDB＝60°，CD＝BC＝，cos∠DCB＝，将△BCD 沿BD 折起，使点C 到P 的
位置，且EP＝，得到如图2 所示的四棱锥P－ABDE.
(1)求证：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.
(1)证明 如题干图1，在△BCD 中，CD＝BC＝，cos∠DCB＝，
由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠DCB＝7＋7－2×××＝4，
所以BD＝2，
又因为DE＝2，∠EDB＝60°，
所以△BDE 为正三角形，所以BE＝2，
在图2 中，EP＝，DE＝BE＝2，PD＝PB＝，
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)解 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，
可得A(1，0，0)，B(1，，0)，F(0，，0)，P(0，0，)，
则AB＝(0，，0)，
AP＝(－1，0，)，
BP＝(－1，－，)，BF＝(－1，0，0)，
设平面PAB 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
取x1＝，可得y1＝0，z1＝1，
可得平面PAB 的一个法向量为n1＝(，0，1)，
设平面PBD 的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
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，
则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，
所以平面PAB 与平面PBD 所成锐二面角的余弦值为 .
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.
训练1 如图1，在直角梯形ABCD 中，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，
AD＝，CE＝2ED.沿BE 将△BCE 折起，使点C 到达点C1的位置，且AC1＝，如
图2.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D 所成角的正弦值.
(1)证明 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.
在Rt△ACD 中，AC＝＝2，
所以AF＝CF＝.
图②
如图②中，由翻折，可知C1F＝，C1F⊥BE.
∵AC1＝，AF＝C1F＝，
∴AF2＋C1F2＝AC，
∴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)解 如图③，建立空间直角坐标系，则
图③
D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，2，0)，C1，
所以BC1＝，
DA＝(，0，0)，DC1＝，
设平面AC1D 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝，则x＝0，y＝－2，
所以n＝(0，－2，)为平面AC1D 的一个法向量.
设直线BC1与平面AC1D 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈BC1，n〉|＝＝＝.
所以直线BC1与平面AC1D 所成角的正弦值为.
热点二 探索问题
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；
(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.
(1)证明 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)解 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)，
则EF＝(－1，1，0)，EB＝(0，1，－1)，
EG＝(－1，0，t－1)，
设平面BEF 的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
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)，
则
即
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，
所以t－1＋t－1＋1＝0，所以t＝，
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG 的长为.
考向2 与空间角有关的探索性问题
例3 (2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD 中，四边形ABCD 为直角梯形，
AB∥CD，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2，平面PCB⊥平面
ABCD，F 为线段BC 的中点，E 为线段PF 上一点.
(1)证明：PF⊥AD；
(2)当EF 为何值时，直线BE 与平面PAD 夹角的正弦值为.
(1)证明 因为四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB＝60°，CD＝1，AB＝3，
所以AD＝4，BC＝2，
由PC＝2，∠PCB＝60°，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.
(2) 解 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，则A(3，，0)，D(1，－，0)，P(0，0，3)，B(0，，0)，
因为E 为线段PF 上一点，
设E(0，0，a)，a∈[0，3]，
可得DA＝(2，2，0)，DP＝(－1，，3)，
BE＝(0，－，a)，
设平面PAD 的法向量n＝(x，y，z)，
则
令x＝－3，则y＝，z＝－2，
可得n＝(－3，，－2)，
设直线BE 与平面PAD 夹角为α，
则sin α＝|cos 〈n，BE〉|＝＝＝，
解得a＝2，
故EF＝2 时，直线BE 与平面PAD 夹角的正弦值为.
规律方法 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.
训练2 (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.
(1)记平面BCM 交PA 于点N，求证：MN∥平面PBC；
(2)是否存在点M，使得二面角P－BC－M 的正弦值为？若存在，确定点M 的位
置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 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.
(2)解 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，
则B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－2，，0)，P(0，0，)，
所以BC＝(－1，，0)，BP＝(－1，0，)，PD＝(－2，，－)，
设PM＝λPD＝λ(－2，，－)＝(－2λ，λ，－λ)，其中0<λ<1，
设平面PBC 的一个法向量为m＝(x1，y1，z1).
由
取x1＝，可得m＝(，1，1)，
设平面BCM 的法向量为n＝(x2，y2，z2).
BM＝BP＋PM＝(－1，0，)＋(－2λ，λ，－λ)＝(－2λ－1，λ，－λ)，
由
取x2＝－λ，则y2＝1－λ，z2＝λ＋1，
所以n＝(－λ，1－λ，λ＋1)，
由题意可得|cos〈m，n〉|＝
＝＝＝，
整理可得27λ2＋6λ－5＝0，即(3λ－1)(9λ＋5)＝0，
因为0<λ<1，所以λ＝，
故当点M 为线段PD 上靠近点P 的三等分点时，二面角P－BC－M 的正弦值为.
【精准强化练】
1.已知菱形ABCD 满足A＝60°，AB＝2，将△ABD 沿BD 折起，使得A1C＝.
(1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；
(2)求直线A1D 与平面A1BC 所成角的正弦值.
(1)证明 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，
则A1B＝A1D＝BD＝CB＝CD＝2，A1E＝CE＝，所以A1E⊥BD，
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.
(2)解 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，
则E(0，0，0)，A1(0，0，)，D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，，0)，所以A1D
＝(1，0，－)，A1B＝(－1，0，－)，A1C＝(0，，－)，
设平面A1BC 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，则n＝(－，1，1)，
设直线A1D 与平面A1BC 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈A1D，n〉|＝＝＝，
所以直线A1D 与平面A1BC 所成角的正弦值为.
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；
(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.
(1)证明 在△ABC 中，
因为BC＝2AB，∠ABC＝60°，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°＝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.
(2)解 假设存在点Q，
使得平面BEQF⊥平面PAD.
如图，以A 为原点，
分别以AB，AC为x，y 轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，
D(－2，2，0)，P(1，0，)，
所以AD＝(－2，2，0)，AP＝(1，0，)，
BD＝(－4，2，0)，DP＝(3，－2，)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD 的一个法向量，
则
取n1＝(，1，－1)，
设DQ＝λDP，其中0≤λ≤1.
则BQ＝BD＋DQ＝BD＋λDP＝(3λ－4，2－2λ，λ)，
因为AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，
故AC∥EF，取与EF同向的单位向量j＝(0，1，0)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF 的一个法向量，
则
取n2＝(λ，0，4－3λ).
若平面BEQF⊥平面PAD，则n1⊥n2，
即n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝.
故在侧棱PD 上存在点Q，且当DQ＝DP 时，使得平面BEQF⊥平面PAD.
3.(2024·齐齐哈尔模拟)如图1，在平面四边形PABC 中，PA⊥AB，CD∥AB，CD
＝2AB＝2PD＝2AD＝4.点E 是线段PC 上靠近P 端的三等分点，将△PDC 沿CD
折成四棱锥P－ABCD，连接PA，PB，BD，且AP＝2，如图2.
(1)证明：PA∥平面BDE；
(2)求直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值.
(1)证明 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，
可得＝＝，∴＝，∵＝，
∴PA∥EF，PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE.
(2)解 在题干图1 中，PA⊥AB，AB∥CD，
∴PA⊥CD，PD⊥CD，AD⊥CD，
在图2 中，AD＝PD＝2，PA＝2，
∴AP2＝AD2＋DP2，∴PD⊥AD，
∵AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AD，CD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥CD，
以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，2)，
所以BC＝(－2，2，0)，PB＝(2，2，－2)，
设平面PBC 的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
可取m＝(1，1，2)，又AP＝(－2，0，2)，
所以|cos 〈AP，m〉|＝＝，
所以直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为.
4.(2024·邵阳模拟)如图所示，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD 是菱形，
AA1⊥平面ABCD.
(1)证明：BD⊥CC1；
(2)若AB＝2，AA1＝，A1B1＝1，∠ABC＝60°，棱BC 上是否存在一点P，使得平
面AD1P 与平面ADD1的夹角余弦值为.若存在，求线段CP 的长；若不存在，请
说明理由.
(1)证明 连接AC，因为底面ABCD 是菱形，所以BD⊥AC，
又AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1；
又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC.
因为在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AA1，CC1延长线交于一点，
所以A1，C1，C，A 四点共面，所以BD⊥CC1.
(2)解 由(1)知，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，D(0，2，0)，D1(0，1，)，
若存在点P 满足题意，
则设P(，y，0)，y∈[－1，1].
易知平面AD1D 的一个法向量n＝(1，0，0)，
设平面AD1P 的一个法向量m＝(x0，y0，z0).
AD1＝(0，1，)，AP＝(，y，0)，
则则
令y0＝，则z0＝－1，x0＝－y，m＝(－y，，－1).
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
解得y＝±.
故在棱BC 上存在点P 满足题意，此时CP＝或CP＝.
