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第9 节 探索性及折叠问题
考试要求 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，解决折叠问题.
考点一 探索性问题
例1 (2024·青岛调研)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C 为等边三角形，
四边形AA1B1B 为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.
(1)求证：AB1⊥A1C；
(2)线段CC1上是否存在一点E，使得平面AB1E 与平面ABC 的夹角的余弦值为？
若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接A1B 与AB1相交于点F，连接CF，如图①所示.
∵四边形AA1B1B 为菱形，
∴F 为AB1的中点，
A1B⊥AB1.
∵△AB1C 为等边三角形，∴CF⊥AB1，
又A1B，CF⊂平面A1BC，A1B∩CF＝F，
∴AB1⊥平面A1BC.
∵A1C⊂平面A1BC，∴AB1⊥A1C.
(2)解 假设存在，设O，G 分别为AC，AB 的中点，
连接B1O，OG，由(1)可知AB1⊥BC，
又AC⊥BC，AB1，AC⊂平面AB1C，AB1∩AC＝A，
∴BC⊥平面AB1C.
又OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C.
∵△AB1C 为等边三角形，∴B1O⊥AC，
故OG，OC，OB1两两垂直.
以O 为原点，OG，OC，OB1的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图
②所示的空间直角坐标系，
则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(3，2，0)，B1(0，0，2)，O(0，0，0)，
∵AB＝A1B1，BC＝B1C1，
∴A1(－3，－4，2)，C1(－3，0，2).
设CE＝λCC1(0≤λ≤1)，
则OE－OC＝λCC1，
有OE＝λCC1＋OC＝λ(－3，－2，2)＋(0，2，0)＝(－3λ，2－2λ，2λ)，
∴E(－3λ，2－2λ，2λ)，AE＝(－3λ，4－2λ，2λ)，AB1＝(0，2，2).
设平面AB1E 的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
当λ≠0 时，令z＝，则x＝，y＝－3，
即n＝.
平面ABC 的一个法向量为OB1方向上的单位向量m＝(0，0，1).
若平面AB1E 与平面ABC 的夹角的余弦值为，
则有|cos 〈n，m〉|＝
＝＝，
则＝36，
又0<λ≤1，∴λ＝.
当λ＝0 时，平面AB1E 即平面AB1C，
∵B1O⊥平面ABC，B1O⊂平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面ABC，不满足题意.
所以点E 存在，且CE＝CC1.
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 (2024·武汉模拟)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，AC＝AB，PB⊥AC.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)设Q 为侧棱PD 上的一点，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，求的值；若不存
在，请说明理由.
(1)证明 在△ABC 中，因为BC＝2AB，AC＝AB，
所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB.
又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且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Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
取AB 的中点为H，连接PH，则PH⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH⊂平面PAB，
所以PH⊥平面ABCD.
以A 为坐标原点，AB，AC 所在直线分别为x，y 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系.
不妨设AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，
D(－2，2，0)，P(1，0，)，
则AD＝(－2，2，0)，AP＝(1，0，)，
BD＝(－4，2，0)，DP＝(3，－2，).
设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD 的法向量，
则
令x1＝，则y1＝1，z1＝－1，
所以n1＝(，1，－1).
设DQ＝λDP，其中0≤λ≤1，
则BQ＝BD＋DQ＝BD＋λDP
＝(3λ－4，2－2λ，λ).
连接EF，因为AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，
所以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 的法向量，则
令x2＝λ，则z2＝4－3λ，
所以n2＝(λ，0，4－3λ).
因为平面BEQF⊥平面PAD，
所以n1⊥n2，
所以n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，
解得λ＝.
故在侧棱PD 上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，此时＝.
考点二 折叠问题
例2 (2023·苏北四市质检)已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有
C，D 两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝，点P 是BD上的动点.沿AB 将纸片折为直
二面角，并连接PO，PD，PC，CD.
(1)当AB∥平面PCD 时，求PD 的长；
(2)当三棱锥P－COD 的体积最大时，求平面OPD 与平面CPD 夹角的余弦值.
解 (1)因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
又∠AOD＝，所以∠ODP＝∠OPD＝，
所以∠POD＝，
又OD＝OP＝1，所以PD＝.
(2)由题意知OC⊥平面POD，
而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，
所以当OD⊥OP 时，三棱锥P－COD 的体积最大.
易知OC，OD，OP 两两垂直，以O 为坐标原点，OC，OP，OD的方向分别为x
轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
则C(1，0，0)，D(0，0，1)，P(0，1，0)，
故PC＝(1，－1，0)，DP＝(0，1，－1).
设平面CPD 的法向量为n1＝(x，y，z).
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD 的一个法向量为n1＝(1，1，1).
易知平面OPD 的一个法向量为n2＝(1，0，0)，
设平面OPD 与平面CPD 的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
所以平面OPD 与平面CPD 夹角的余弦值为.
感悟提升 翻折问题中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 (2024·成都诊断)如图①，在等腰直角三角形ABC 中，CD 是斜边AB 上的
高，以CD 为折痕把△ACD 折起，使点A 到达点P 的位置，且∠PBD＝60°，E，
F，H 分别为PB，BC，PD 的中点，G 为CF 的中点(如图②).
(1)求证：GH∥平面DEF；
(2)求直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值.
(1)证明 连接BH，与ED 相交于点M，
连接MF，因为三角形ABC 是等腰直角三角形，CD 是斜边AB 上的高，
所以AD＝DB，即PD＝DB，
因为∠PBD＝60°，所以△PBD 是等边三角形，
因为E，H 分别为PB，PD 的中点，
所以DE，BH 是△PBD 的中线，BM＝BH，
因为F 为BC 中点，G 为CF 的中点，
所以BF＝BG，
所以MF∥GH，
因为MF⊂平面DEF，GH⊄平面DEF，
所以GH∥平面DEF.
(2)解 因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，DB，DP⊂平面DBP，
所以CD⊥平面DBP.
如图，过点D 作直线垂直平面BDC，
作空间直角坐标系，
设PD＝DB＝DC＝2，
则C(0，2，0)，B(2，0，0)，P(1，0，)，
H，G，BC＝(－2，2，0)，
BP＝(－1，0，)，HG＝.
设平面PBC 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝，则y＝，z＝1，n＝(，，1).
设直线GH 与平面PBC 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，HG〉|＝
＝＝，
故直线GH 与平面PBC 所成角的正弦值为.
【A 级 基础巩固】
1.(2024·广州调研)如图(1)，在边长为4 的正三角形ABC 中，E，F 分别为边AB，
AC 的中点.将△AEF 沿EF 翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P 为A1C 的中
点，如图(2).
(1)求证：FP∥平面A1BE；
(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F 与平面BFP 所成的角的正弦值.
(1)证明 如图，取A1B 的中点Q，连接PQ，EQ，
则有PQ∥BC，
且PQ＝BC.
又EF∥BC，
且EF＝BC，
所以PQ∥EF，且PQ＝EF，
则四边形EFPQ 为平行四边形，则FP∥EQ.
又FP⊄平面A1BE，EQ⊂平面A1BE，
所以FP∥平面A1BE.
(2)解 如图，取EF 的中点O，BC 的中点G，连接A1O，OG.
由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF，
A1O⊂平面A1EF，知A1O⊥平面EFCB，
此时，OA1，OE，OG 两两垂直，
以O 为坐标原点，OE，OG，OA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图的
空间直角坐标系，
则A1(0，0，)，F(－1，0，0)，B(2，，0)，C(－2，，0).
由P 为A1C 的中点，则P，
则A1F＝(－1，0，－)，FB＝(3，，0)，FP＝.
设平面BFP 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝－，z＝，
故n＝(1，－，).
设直线A1F 与平面BFP 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈A1F，n〉|＝＝＝.
故直线A1F 与平面BFP 所成的角的正弦值为.
2.(2024·河南名校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB∥CD，∠ABC＝，BC＝CD＝
2，AD＝，DE⊥AB，垂足为点E.将△AED 沿DE 折起，使点A 到点P 的位置，
且PE⊥EB，连接PB，PC，点M，N 分别为PC，EB 的中点，连接CN，ND，
DM，MN.
(1)求证：MN∥平面PED；
(2)求二面角D－MN－C 的正弦值.
(1)证明 如图，取PB 的中点Q，连接MQ，NQ.
因为AB∥CD，∠ABC＝，DE⊥BE，
所以四边形BCDE 为正方形.
因为点M，N，Q 分别为PC，BE，PB 的中点，
所以MQ∥BC∥ED，NQ∥PE.
又DE，PE⊂平面PED，MQ，NQ⊄平面PED，
所以MQ∥平面PED，NQ∥平面PED.
因为MQ∩NQ＝Q，MQ，NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面PED.
因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PED.
(2)解 由题意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB.
因为AD＝，DE＝BC＝2，
所以AE＝＝1，即PE＝1.
以E 为坐标原点，EB，ED，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图的
空间直角坐标系，
则D(0，2，0)，M，N(1，0，0)，C(2，2，0)，
则DM＝，DN＝(1，－2，0)，
CM＝，CN＝(－1，－2，0).
设平面DMN 的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，得y＝1，z＝－2，
所以m＝(2，1，－2).
设平面CMN 的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝－1，则x1＝2，z1＝2，
所以n＝(2，－1，2).
所以cos 〈n，m〉＝＝＝－，
所以二面角D－MN－C 的正弦值为
＝.
3.如图，在四棱锥P－ABCD 中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，
AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱PA 上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，
说明理由.
(1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD 中点O，
连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.
又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD.
∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO.
∵AC＝CD，∴CO⊥AD.
以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，
D(0，－1，0)，C(2，0，0).
则PB＝(1，1，－1)，PD＝(0，－1，－1)，PC＝(2，0，－1)，CD＝(-2，-1，0).
设n＝(x0，y0，1)为平面PDC 的一个法向量，
由得
解得即n＝.
设PB 与平面PCD 的所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，PB〉|＝＝＝，
∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为.
(3)解 假设存在，设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM＝λAP，
因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).
∵BM⊄平面PCD，要使BM∥平面PCD，
当且仅当BM·n＝0，
即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝，
∴在棱PA 上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.
【B 级 能力提升】
4.(2024·长沙模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC 中，底面是边长为4 的正三角形，
PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F 分别为AC，PC 的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB 上是否存在点G，使得直线AG 与平面PBC 所成角的正弦值为？若
存在，确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵△ABC 是正三角形，E 为AC 的中点，∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在.
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F 分别为AC，PC 的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF 两两垂直.
以E 为坐标原点，以EB，EC，EF 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标
系，如图所示，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
BP＝(－2，－2，2)，AB＝(2，2，0).
设BG＝λBP＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
∴AG＝AB＋BG＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
BC＝(－2，2，0)，PC＝(0，4，－2)，
设平面PBC 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝，z＝2，
∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝，
解得λ＝或λ＝(舍去)，故λ＝，
∴存在满足条件的点G，点G 为PB 的中点.
