微专题23 立体几何中的折叠与探索问题
近几年高考： 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.
一、高考真题
1.(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
.
2.(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.
二．典型例题
1.折叠问题
例1 (2025·宜宾二诊)如图,在平面四边形ABCD 中,△ABC 是等
边三角形,△ADC 是等腰三角形,且∠ADC=90°,现将△ACD 沿
AC 翻折至△PAC,形成三棱锥P-ABC,其中P 为动点.
(1)若AB=BP,求证:平面APC⊥平面ABC;
(2)若∠PAB=45°,记△ABC 的重心为G,若⃗AG=⃗GE,求PE 与平
面PAB 所成角的正弦值;
(3)求平面ABC 与平面PBC 夹角正切的最大值.
(1)证明 设等边三角形ABC 的边长为2,
则AD=DC=❑√2,连接BD 交AC 于点O.
因为△ADC 是等腰三角形,
所以DO⊥AC,即PO⊥AC,
因为PB=AB=2,PO=1,BO=❑√3.
所以BO2+PO2=PB2,PO⊥BO,
AC∩BO=O,AC,OB⊂平面ABC,
所以PO⊥平面ABC,因为PO⊂平面APC,
所以平面APC⊥平面ABC.
(2)解 在△APB 中,AP=❑√2,∠PAB=45°,AB=2,
由余弦定理得PB=❑√2,
所以PB=PA=PC,
所以三棱锥P-ABC 为正三棱锥.
因为G 是△ABC 的重心,
所以PG⊥平面ABC,则PG⊥AB,
连接CG 并延长交AB 于Q,
连接PQ,可得CQ⊥AB,PG∩CQ=G,
所以AB⊥平面PCQ,
所以平面PAB⊥平面PGQ,过G 作GH⊥PQ,
因为平面PAB∩平面PGQ=PQ,
所以GH⊥平面PAB.
取PA 的中点为M,
由题意知G 是AE 的中点.
所以GM∥PE,所以∠GMH 为所求线面角.
在△GHM 中,GM=1
2
PE=1
2
PA=
❑√2
2
,
GH=PG·GQ
PQ
=
❑√6
3 ×
❑√3
3
1
=
❑√2
3
,
所以sin ∠GMH=GH
GM
=2
3
.
(3)解 因为PO=1,
设∠POB=α,
过P 作PN⊥OB.
因为AC⊥OP,AC⊥OB,可得AC⊥平面POB,
所以平面POB⊥平面ABC,
所以PN⊥平面ABC,
可得PN=sin α,BN=❑√3-cos α,
过P 作PF⊥BC,连接NF,
易得NF⊥BC,可得∠PFN 为所求夹角.
在Rt△NFB 中,∠NBF=30°,
NF=1
2
(❑√3-cos α),
所以tan ∠PFN=
2sin α
❑√3−cos α
=k(k>0),
∴2sin α=k(❑√3-cos α),
所以sin (α+φ)=
❑√3k
❑√4+k
2≤1,解得k≤❑√2,
所以平面ABC 与平面PBC 夹角正切的最大值为❑√2.
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 (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
3
NC,连接PQ,BQ.
因为⃗NP=2
3⃗NF,
所以PQ∥FC,且PQ=2
3
FC=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.
2.探索问题
（1）、探索线面位置关系
例2 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
2
t-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.
（2）、探索与空间角有关的问题
例3 (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.
规律方法 解决立体几何探索问题的基本方法
(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.
训练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
.
【精准强化练习】
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
2
AB,DF=1
2
AB,∴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
3
DP 时,使得平面BEQF⊥
平面PAD.
3.(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.
连接B1C(图略),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
.
4.(2025·临沂模拟)在△NBC 中,
∠B=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图将△NAD 沿AD 翻折
至
△PAD.
(1)证明:平面PBC⊥平面PAB;
(2)若二面角P-AD-B 大小为120°;
①求PA 与平面PBC 所成角的正弦值;
②在线段PD 上是否存在点E,使得平面ABE 与平面PDC 所成
角的余弦值为1
5
?若存在,确定点E 的位置;若不存在,说明理由.
(1)证明 因为∠B=90°,AD∥BC,
所以AD⊥AP,AD⊥AB.
因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
所以BC⊥平面PAB,
又BC⊂平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)解 ①在四棱锥P-ABCD 中,由(1)知∠PAB 即二面角P-AD-
B 的平面角,
故∠PAB=120°,
因为NA=CD=2AB=2,
所以NC=6,NB=3,
从而BC=3❑√3,∠DCB=30°,
过点A 作AF⊥PB,交PB 于点F,
又因为AF⊥BC,可得AF⊥平面PBC,PA 与平面PBC 所成角即
为∠APF.
在△PAB 中,由余弦定理可得
PB=❑√P A
2+ A B
2−2 PA·AB·cos 120°=❑√7,
由等面积法,
AF=
1
2 PA·AB·sin 120°
1
2 PB
=
❑√21
7
,
sin ∠APF= AF
AP
=
❑√21
14
,
所以PA 与平面PBC 所成角的正弦值为
❑√21
14
.
②如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(-1,0,❑√3),B(1,0,0),D(0,2❑√3,0),C(1,3❑√3
,0),⃗
DP=(-1,-2❑√3,❑√3),
设⃗DE=λ⃗DP,λ∈[0,1],
可得E(-λ,2❑√3(1-λ),❑√3λ),⃗
AE=(-λ,2❑√3(1-λ),❑√3λ),⃗
AB=(1,0,0),⃗DC=(1,❑√3,0),
设平面ABE 的法向量为m=(x,y,z),
平面PDC 的法向量为n=(a,b,c),{
m·⃗AB =0,
m·⃗AE =0,
即{
x =0,
−λx +2❑√3(1−λ) y + ❑√3 λz =0,
令y=λ,可得m=(0,λ,2(λ-1)),
{
n·⃗DP=0,
n·⃗DC =0, 即{
−a−2❑√3b+ ❑√3c =0,
a+ ❑√3b=0,
令a=❑√3,可得n=(❑√3,-1,-1),
设平面ABE 与平面PDC 的夹角为θ,
cos θ=|3 λ−2|
❑√5·
❑√5 λ
2−8 λ+ 4
=1
5
,
解得λ=1
2 或4
5
,
所以存在点E,当DE=1
2
DP 或DE=4
5
DP 时满足题意.
