立体几何中的折叠与探索问题
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.
【母题突破】
类型一 探索性问题
母题1 (人教A 版选修一P44T16)如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,∠BAC＝90°,AB＝AC＝2,AA1
＝3.M 是AB 的中点,N 是B1C1的中点,P 是BC1与B1C 的交点.在线段A1N 上是否存在点Q,使得
PQ∥平面A1CM?
解 在直三棱柱ABC－A1B1C1中,
因为∠BAC＝90°,
所以以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
因为AB＝AC＝2,AA1＝3,
M 是AB 的中点,N 是B1C1的中点,BC1∩CB1＝P,
所以A1(0,0,3),C(0,－2,0),P(1,−1, 3
2),M(1,0,0),
N(1,－1,3).
设⃗A1Q＝t⃗A1 N(0≤t≤1),
所以Q(t,－t,3),
所以⃗PQ＝(t −1,−t ＋1, 3
2),⃗A1C＝(0,－2,－3),⃗A1 M＝(1,0,－3).
设n＝(x,y,z)为平面A1CM 的法向量,
则n⊥⃗A1C,n⊥⃗A1 M,
所以{
n·⃗A1C ＝−2 y −3 z＝0,
n·⃗A1 M ＝x−3 z＝0,
取z＝1,则x＝3,y＝－3
2,
所以n＝(3,−3
2 ,1).
若PQ∥平面A1CM,则⃗PQ⊥n,
所以⃗PQ·n＝(t −1,−t ＋1, 3
2)·(3,−3
2 ,1)＝0,
即3t－3＋3
2t－3
2 ＋3
2＝0,
解得t＝2
3,
所以在线段A1N 上存在点Q,使得PQ∥平面A1CM.
真题1 (2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2,AA1＝4,点A2,B2,C2,D2分
别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2＝1,BB2＝DD2＝2,CC2＝3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P 在棱BB1上,当二面角P－A2C2－D2为150°时,求B2P.
(1)证明 法一 依题意,得⃗B2C2＝⃗B2B1＋⃗B1C1＋⃗C1C2＝⃗D D2＋⃗AD＋⃗A2 A ＝⃗A2 D2,
又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2.
法二 以点C 为坐标原点,CD,CB,CC1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B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),
所以⃗B2C2＝(0,－2,1),⃗A2 D2＝(0,－2,1),
所以⃗B2C2＝⃗A2 D2,
又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2.
(2)解 建立空间直角坐标系,建系方法同(1)中法二,设BP＝n(0≤n≤4),则P(0,2,n),
所以⃗P A2＝(2,0,1－n),⃗PC2＝(0,－2,3－n).
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1,y1,z1),
所以{⃗
P A2·a＝2 x1＋(1−n)z1＝0,⃗
PC2·a＝−2 y1＋(3−n)z1＝0,
令x1＝n－1,得a＝(n－1,3－n,2).
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2,y2,z2),
由(1)法二知,⃗A2C2＝(－2,－2,2),⃗
A2 D2＝(0,－2,1),
所以{⃗
A2C2·b＝−2 x2−2 y2＋2 z2＝0,⃗
A2 D2·b＝−2 y2＋z2＝0,
令y2＝1,得b＝(1,1,2).
所以|cos 150°|＝|cos<a,b>|,
即√3
2 ＝
|n −1＋3−n＋4|
√(n−1)
2＋(3−n)
2＋4×√6,
整理得n2－4n＋3＝0,解得n＝1 或n＝3,
所以BP＝1 或BP＝3,
所以B2P＝1.
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,则说明假设成立,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.
样题1 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 的法向量为n1＝(x1,y1,z1),
则{
n1·⃗EF ＝−x1＋y1＝0,
n1·⃗EB＝y1−z1＝0,
取x1＝1,则y1＝1,z1＝1,
所以n1＝(1,1,1).
设平面GEF 的法向量为n2＝(x2,y2,z2),
则{
n2·⃗EF ＝−x2＋y2＝0,
n2·⃗EG＝−x2＋(t −1)z2＝0,
取x2＝t－1,
则y2＝t－1,z2＝1,所以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＝1
2,
所以存在满足题意的点G,使得平面GEF⊥平面BEF,且DG 的长为1
2.
样题2 (2025·鹰潭模拟)如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,AB⊥AC,AB＝AC＝AA1＝2,∠A1AB＝
∠A1AC＝2π
3 .
(1)求证:BC⊥AA1;
(2)侧棱CC1上是否存在点D,使得直线AD 与平面A1BC 所成角的正弦值为√70
14 ?若存在,确定点D
的位置;若不存在,说明理由.
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中,取BC 的中点E,连接AE,A1E.
在△A1AB 与△A1AC 中,
因为AB＝AC,∠A1AB＝∠A1AC,AA1＝AA1,
所以△A1AB≌△A1AC,所以A1B＝A1C.
又因为EB＝EC,所以A1E⊥BC.
同理,因为AB＝AC,BE＝CE,所以AE⊥BC.
又因为A1E∩AE＝E,所以BC⊥平面A1AE,
又AA1⊂平面A1AE,所以BC⊥AA1.
(2)解 在△ABC 中,AB⊥AC,AB＝AC＝2,
则AE＝CE＝BE＝√2.
在△A1AB 中,因为AB＝AA1＝2,∠A1AB＝2π
3 ,所以A1B＝2√3,
同理A1C＝2√3.
在等腰△A1BC 中,因为A1B＝A1C＝2√3,BE＝CE＝√2,所以A1E＝√10.
在△AEA1中,由余弦定理得cos∠A1EA＝2＋10−4
2×√2×√10 ＝2√5
5 ,
所以sin∠A1EA＝√5
5 .
在平面AEA1内过E 作Ez⊥AE,
则Ez⊥平面ABC,于是直线EA,EB,Ez 两两垂直,
故以E 为原点,直线EA,EB,Ez 分别为x,y,z 轴建立如图所示空间直角坐标系.
在平面AEA1内过A1作A1H⊥AE 于点H,
则A1H⊥平面ABC,A1H＝A1Esin∠A1EA＝√10× √5
5 ＝√2,
EH＝A1Ecos∠A1EA＝√10× 2√5
5 ＝2√2,
则A1(2√2,0,√2),A(√2,0,0),B(0,√2,0),C(0,－√2,0),
则⃗A1B＝(－2√2,√2,－√2),⃗BC＝(0,－2√2,0),⃗
C C1＝⃗A A1＝(√2,0,√2).
设平面A1BC 的法向量为m＝(x,y,z),
则{
m·⃗A1B＝−2√2 x＋√2 y −√2 z＝0,
m·⃗BC ＝−2√2 y ＝0,
取平面A1BC 的一个法向量m＝(1,0,－2).
设⃗CD＝t⃗C C1＝(√2t,0,√2t),0≤t≤1,
则⃗AD＝⃗AC ＋⃗CD＝(√2(t－1),－√2,√2t).
若AD 与平面A1BC 所成角的正弦值为√70
14 ,
则|cos<⃗AD,m>|＝|⃗AD·m|
|⃗AD||m|
＝
|√2(t ＋1)|
2√5√t
2−t ＋1
＝√70
14 ,
整理得6t2－13t＋6＝0,
解得t＝2
3或t＝3
2(舍),
故存在满足题意的点D,且点D 在靠近C1的三等分点处.
类型二 折叠问题
母题2 (人教A 版选修一P49T13)如图,把正方形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角,E,F 分别
为AD,BC 的中点,O 是原正方形ABCD 的中心,求折纸后∠EOF 的大小.
解 折起后的图形如图所示,
连接BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC.
又平面ABC⊥平面ADC,
平面ABC∩平面ADC＝AC,
所以BO⊥平面ADC,
所以OB,OC,OD 三条直线两两垂直,
分别以这三条直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系.
设正方形的对角线长为2,
则可确定以下点坐标:O(0,0,0),A(0,－1,0),D(0,0,1),E(0,−1
2 , 1
2).
则B(1,0,0),C(0,1,0),F(
1
2 , 1
2 ,0).
所以⃗OE＝(0,−1
2 , 1
2),⃗OF ＝(
1
2 , 1
2 ,0).
所以cos<⃗OE,⃗OF>＝⃗
OE·⃗OF
|⃗OE||⃗OF |
＝
−1
4
√
1
2 ×√
1
2
＝－1
2.
所以<⃗OE,⃗OF>＝120°.
所以∠EOF＝120°.
真题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⊥FC,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·⃗FE＝2 x＝0,
m·⃗FD' ＝y ＋√3 z＝0,
可得m＝(0,－√3,1),
再设平面BCD'的法向量n＝(x,y,z),
则{
n·⃗CB＝2 x＋2 y ＝0,
n·⃗CD' ＝−y ＋√3 z＝0,
解得n＝(－√3,√3,1),
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cos θ|＝|m·n|
|m||n|
＝
|0×(−√3)−√3×√3＋1×1|
√(−√3)
2＋1
2√(−√3)
2＋(√3)
2＋1
2 ＝√7
7 ,
所以sin θ＝√1−co s
2θ＝√
1−(
√7
7 )
2
＝√42
7 ,
故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为√42
7 .
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.
样题3 (2025·北京东城区模拟)如图,在等腰梯形ABCD 中,AB∥CD,AD＝BC,E,F 分别为AB,CD
的中点,沿线段EF 将四边形AEFD 翻折到四边形MEFN 的位置,连接MB,NC.已知BE＝EF＝2,CF
＝3,∠CFN＝2π
3 ,P 为射线FN 上一点.
(1)若⃗NP＝2
3⃗NF,证明:EP∥平面BCNM.
(2)若直线FN 与平面CEP 所成角的正弦值为2
5,求PF.
(1)证明 在线段CN 上取一点Q,
使得NQ＝2
3NC,连接PQ,BQ.
因为⃗NP＝2
3⃗NF,
所以PQ∥FC,且PQ＝2
3FC＝2.
因为AB∥CD,BE＝2,
所以PQ∥BE,且PQ＝BE,
所以四边形EBQP 是平行四边形,所以EP∥BQ.
因为EP⊄平面BCNM,BQ⊂平面BCNM,
所以EP∥平面BCNM.
(2)解 以F 为坐标原点,FN,FE 所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则F(0,0,0),E(0,0,2),C(−3
2 , 3√3
2
,0),⃗EC ＝(−3
2 , 3√3
2
,−2).
设P(a,0,0)(a>0),则⃗EP＝(a,0,－2).
设平面CEP 的法向量为n＝(x,y,z),
则{
n·⃗EC ＝−3
2 x＋3√3
2
y −2 z＝0,
n·⃗EP＝ax−2 z＝0,
令x＝2,则n＝(2, 2√3(2a＋3)
9
,a).
直线FN 的一个方向向量为m＝(1,0,0).
由|cos<m,n>|＝|m·n|
|m||n|
＝
2
√
4＋[
2√3(2a＋3)
9
]
2
＋a
2
＝2
5,
解得a＝3(a＝−177
43 舍去).
故PF＝3.
样题4 (2025·鞍山二模)如图,斜三棱柱ABC－A1B1C1中,∠ACB＝π
2 ,点B1在底面ABC 的射影恰好
是BC 的中点O,B1B＝BC＝CA＝2.
(1)证明:BC1⊥AB1;
(2)将△A1B1C1沿A1C1翻折至△A1B0C1,使得点B0在平面AA1C1C 上,求平面AB1B0与平面AB1C1夹角
的余弦值.
(1)证明 由已知B1O⊥平面ABC,
又AC⊂平面ABC,所以B1O⊥AC.
因为∠ACB＝π
2 ,所以BC⊥AC.
又B1O∩BC＝O,BC,B1O⊂平面B1BCC1,
所以AC⊥平面B1BCC1,
又BC1⊂平面B1BCC1,所以AC⊥BC1.
因为B1B＝BC,
所以平行四边形B1BCC1为菱形,
所以B1C⊥BC1,
又AC∩B1C＝C,AC,B1C⊂平面AB1C,
所以BC1⊥平面AB1C,
又AB1⊂平面AB1C,所以BC1⊥AB1,
(2)解 因为A1C1∥AC,由(1)知AC⊥平面B1BCC1,所以A1C1⊥平面B1BCC1,
又CC1⊂平面B1BCC1,
所以A1C1⊥CC1.
由已知A1C1⊥B0C1,直线A1C1,CC1和B0C1均在平面AA1C1C 内,所以B0,C1,C 三点共线.
因为B0C1＝CC1,所以C1为B0C 的中点.
取AB 中点D,连接OD,
因为O 是BC 的中点,所以OD∥AC,
所以OD⊥平面B1BCC1,
又B1O,BC⊂平面B1BCC1,所以OD⊥B1O,OD⊥BC,又B1O⊥平面ABC,
故分别以直线BC,OD,B1O 为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则B(－1,0,0),C(1,0,0),
A(1,2,0),B1(0,0,√3),
所以⃗A B1＝(－1,－2,√3),⃗AC＝(0,－2,0),⃗
BC＝(2,0,0),⃗B B1＝(1,0,√3),
所以⃗B1B0＝⃗B1C1＋⃗C1B0＝⃗BC ＋⃗C C1
＝⃗BC ＋⃗B B1＝(3,0,√3).
设平面AB1C1的法向量为m＝(x1,y1,z1),
则{
m·⃗A B1＝−x1−2 y1＋√3 z1＝0,
m·⃗B1C1＝2 x1＝0,
令y1＝√3,
可得平面AB1C1的一个法向量为m＝(0,√3,2).
设平面AB1B0的法向量为n＝(x2,y2,z2),
则{
n·⃗A B1＝−x2−2 y2＋√3 z2＝0,
n·⃗B1B0＝3 x2＋√3 z2＝0,
令x2＝1,
可得平面AB1B0的一个法向量为n＝(1,－2,－√3).
因为|cos<m,n>|＝|m·n|
|m|·|n|
＝
4√3
√7×2√2 ＝√42
7 ,所以平面AB1B0与平面AB1C1夹角的余弦值为√42
7 .
【精准强化练】
1.(2025·上海浦东二模)如图,四边形ABCD 为长方形,PA⊥平面ABCD,AB＝AP＝2,AD＝3.
(1)若E,F 分别是PB,CD 的中点,求证:EF∥平面PAD;
(2)边BC 上是否存在点G,使得直线PG 与平面PAD 所成的角的大小为30°?若存在,求BG 长;若不
存在,说明理由.
法一 (1)证明 如图,取AP 的中点M,
连接EM,DM.
∵ME∥AB,DF∥AB,
∴ME∥DF.
∵ME＝1
2AB,DF＝1
2AB,
∴ME＝DF,
∴四边形DFEM 为平行四边形,∴EF∥DM,
∵DM⊂平面PDA,EF⊄平面PDA,
∴EF∥平面PDA.
(2)解 作GH⊥AD,垂足为H,连接PH.
∵PA⊥平面ABCD,GH⊂平面ABCD,
∴PA⊥GH,
又AD,PA 为平面PAD 内两条相交直线,
∴GH⊥平面PAD,
∴直线PG 与平面PAD 所成的角为∠GPH＝30°,
∴HG
PH ＝tan 30°＝1
√3,
∴PH＝2√3,
∴BG＝AH＝√P H
2−P A
2＝2√2,
∴边BC 上存在点G,使得直线PG 与平面PAD 所成的角为30°,且BG＝2√2.
法二 (1)证明 由题意建立如图所示空间直角坐标系,
则D(3,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),F(3,1,0),E(0,1,1),C(3,2,0),∴⃗EF＝(3,0,－1).
易知平面PAD 的一个法向量n＝(0,1,0),
∵⃗EF·n＝0,且EF⊄平面PDA,
∴EF∥平面PDA.
(2)解 设BG＝t(0≤t≤3),则G(t,2,0),
∴⃗PG＝(t,2,－2).
易知平面PAD 的一个法向量n＝(0,1,0),
设⃗PG与n 的夹角为φ,
则sin 30°＝|cos φ|＝|⃗PG·n|
|⃗PG||n|
＝
2
√t
2＋8,
解得t＝2√2,
∴边BC 上存在点G,使得直线PG 与平面PAD 所成的角为30°,且BG＝2√2.
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,
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√3,0),P(1,0,√3),
所以⃗AD＝(－2,2√3,0),⃗AP＝(1,0,√3),⃗
BD＝(－4,2√3,0),⃗DP＝(3,－2√3,√3).
设n1＝(x1,y1,z1)是平面PAD 的一个法向量,
则{
n1·⃗AD＝−2 x1＋2√3 y1＝0,
n1·⃗AP＝x1＋√3 z1＝0,
取n1＝(√3,1,－1).
设⃗DQ＝λ⃗DP,其中0≤λ≤1,
则⃗BQ＝⃗BD＋⃗DQ＝⃗BD＋λ⃗DP
＝(3λ－4,2√3－2√3λ,√3λ).
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{
n2· j＝y2＝0,
n2·⃗BQ＝(3 λ−4)x2＋2√3(1−λ) y2＋√3 λ z2＝0,
取n2＝(√3λ,0,4－3λ).
若平面BEQF⊥平面PAD,则n1⊥n2,
即n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0,解得λ＝2
3.
故在侧棱PD 上存在点Q,且当DQ＝2
3DP 时,使得平面BEQF⊥平面PAD.
3.(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD 中,AB＝8,CD＝3,AD＝5√3,∠ADC＝90°,∠BAD＝
30°,点E,F 满足⃗AE＝2
5⃗AD,⃗AF ＝1
2⃗AB.将△AEF 沿EF 翻折至△PEF,使得PC＝4√3.
(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＝2
5AD＝2√3,AF＝1
2AB＝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√3,CD＝3,∠CDE＝90°,
故CE＝√D E
2＋C D
2＝6.
又PE＝AE＝2√3,PC＝4√3,
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√3),D(0,3√3,0),F(2,0,0),A(0,－2√3,0),C(3,3√3,0).
连接PA,则⃗PD＝(0,3√3,－2√3),⃗DC＝(3,0,0),⃗AP＝(0,2√3,2√3,),⃗AF＝(2,2√3,0).
设平面PCD 的法向量n1＝(x1,y1,z1),
则{
n1·⃗PD＝3√3 y1−2√3 z1＝0,
n1·⃗DC ＝3 x1＝0,
可取n1＝(0,2,3).
设平面PBF 即平面PAF 的法向量n2＝(x2,y2,z2),
则{
n2·⃗AP＝2√3 y2＋2√3 z2＝0,
n2·⃗AF ＝2 x2＋2√3 y2＝0,
可取n2＝(√3,－1,1).
因为|cos<n1,n2>|＝
|n1·n2|
|n1|·|n2| ＝1
√65,
故平面PCD 与平面PBF 所成二面角的正弦值为√1−1
65 ＝8√65
65 .
4.(2025·安庆二模)如图1,在矩形ABCD 中,AB＝6,BC＝4,E 为AD 的中点,F 在CD 边上,且CF＝
2DF,将△DEF 沿EF 翻折至△PEF,得到五棱锥P－ABCFE(图2),M 为PB 的中点.
(1)求证:EM∥平面PCF:
(2)若平面PEF⊥平面ABCFE,求直线AM 与平面PCF 所成角的正弦值.
(1)证明 如图,取BC 的中点Q,连接EQ,MQ.
因为在矩形ABCD 中,AE∥BC,AE＝1
2BC,
所以AE∥BQ 且AE＝BQ,
所以四边形ABQE 为平行四边形,
所以EQ∥AB,
又FC∥AB,所以EQ∥FC,
因为EQ⊄平面PCF,FC⊂平面PCF,
所以EQ∥平面PCF.
在△PBC 中,M,Q 分别为PB,BC 的中点,
所以MQ∥PC.
因为MQ⊄平面PFC,PC⊂平面PFC,
所以MQ∥平面PCF.
因为EQ∩MQ＝Q,EQ,MQ⊂平面EMQ,
所以平面EMQ∥平面PCF,
又EM⊂平面EMQ,所以EM∥平面PCF.
(2)解 取EF 的中点O,连接OP,如图所示.
因为在矩形ABCD 中,AB＝6,BC＝4,
CF＝2DF,
所以在Rt△PEF 中,PE＝PF＝2,PO⊥EF,且PO＝√2.
因为平面PEF⊥平面ABCFE,且平面PEF∩平面ABCFE＝EF,PO⊂平面PEF,所以PO⊥平面
ABCFE.
以O 为坐标原点,OP 所在直线为z 轴,并过O 点分别作与BC 平行的直线为x 轴,与AB 平行的直线
为y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,根据题意可得:
P(0,0,√2),A(3,－1,0),B(3,5,0),C(－1,5,0),F(－1,1,0),M(
3
2 , 5
2 , √2
2 ),
所以⃗PF＝(－1,1,－√2),⃗CF＝(0,－4,0).
设平面PCF 的法向量为n＝(x,y,z),
即{⃗
PF ·n＝−x＋y −√2 z＝0,⃗
CF ·n＝−4 y ＝0,
所以{
x＝−√2 z ,
y ＝0,
取z＝1,
得平面PCF 的一个法向量为n＝(－√2,0,1).
又⃗AM ＝(−3
2 , 7
2 , √2
2 ),
设直线AM 与平面PCF 所成角为θ,
则sin θ＝|cos <⃗AM,n>|＝|⃗AM ·n|
|⃗AM |·|n|
＝
|
3√2
2
＋√2
2 |
√(−3
2)
2
＋(
7
2)
2
＋(
√2
2 )
2
·√(−√2)
2＋1
2
＝2√10
15 ,
所以直线AM 与平面PCF 所成角的正弦值为2√10
15
