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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－A B C 中，△AB C为等边三角形，
1 1 1 1
四边形AA B B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.
1 1
(1)求证：AB ⊥A C；
1 1
(2)线段CC 上是否存在一点E，使得平面AB E与平面ABC的夹角的余弦值为？
1 1
若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接A B与AB 相交于点F，连接CF，如图①所示.
1 1
∵四边形AA B B为菱形，
1 1
∴F为AB 的中点，
1
A B⊥AB .
1 1
∵△AB C为等边三角形，∴CF⊥AB ，
1 1
又A B，CF 平面A BC，A B∩CF＝F，
1 1 1
⊂∴AB ⊥平面A BC.
1 1
∵A C 平面A BC，∴AB ⊥A C.
1 1 1 1
⊂
(2)解 假设存在，设O，G分别为AC，AB的中点，
连接B O，OG，由(1)可知AB ⊥BC，
1 1
又AC⊥BC，AB ，AC 平面AB C，AB ∩AC＝A，
1 1 1
⊂
∴BC⊥平面AB C.
1
又OG∥BC，∴OG⊥平面AB C.
1
∵△AB C为等边三角形，∴B O⊥AC，
1 1
故OG，OC，OB 两两垂直.
1
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)，B (0，0，2)，O(0，0，0)，
1
∵AB＝A1B1，BC＝B1C1，
∴A (－3，－4，2)，C (－3，0，2).
1 1
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AB E的法向量为n＝(x，y，z)，
1
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AB E与平面ABC的夹角的余弦值为，
1
则有|cos 〈n，m〉|＝
＝＝，
则＝36，
又0<λ≤1，∴λ＝.
当λ＝0时，平面AB E即平面AB C，
1 1
∵B O⊥平面ABC，B O 平面AB C，
1 1 1
⊂
∴平面AB C⊥平面ABC，不满足题意.
1
所以点E存在，且CE＝CC .
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 (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n ＝(x ，y ，z )是平面PAD的法向量，
1 1 1 1
则
令x ＝，则y ＝1，z ＝－1，
1 1 1
所以n ＝(，1，－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n ＝(x ，y ，z )是平面BEQF的法向量，则
2 2 2 2
令x ＝λ，则z ＝4－3λ，
2 2
所以n ＝(λ，0，4－3λ).
2
因为平面BEQF⊥平面PAD，
所以n ⊥n ，
1 2
所以n ·n ＝3λ＋3λ－4＝0，
1 2
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 ＝·OD·OP·sin∠DOP，
△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n ＝(x，y，z).
1
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n ＝(1，1，1).
1易知平面OPD的一个法向量为n ＝(1，0，0)，
2
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△A EF，得到四棱锥A －EFCB，P为A C的中
1 1 1
点，如图(2).
(1)求证：FP∥平面A BE；
1
(2)若平面A EF⊥平面EFCB，求直线A F与平面BFP所成的角的正弦值.
1 1
(1)证明 如图，取A B的中点Q，连接PQ，EQ，
1
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A BE，EQ 平面A BE，
1 1
⊂
所以FP∥平面A BE.
1
(2)解 如图，取EF的中点O，BC的中点G，连接A O，OG.
1
由平面A EF⊥平面EFCB，且交线为EF，
1
A O 平面A EF，知A O⊥平面EFCB，
1 1 1
⊂
此时，OA ，OE，OG两两垂直，
1
以O为坐标原点，OE，OG，OA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的
1
空间直角坐标系，
则A (0，0，)，F(－1，0，0)，B(2，，0)，C(－2，，0).
1
由P为A C的中点，则P，
1
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A F与平面BFP所成的角为θ，
1
则sin θ＝|cos 〈A1F，n〉|＝＝＝.
故直线A F与平面BFP所成的角的正弦值为.
1
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＝(x ，y ，z )，
1 1 1
则即
令y ＝－1，则x ＝2，z ＝2，
1 1 1
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＝(x ，y ，1)为平面PDC的一个法向量，
0 0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.
