微专题16　立体几何中的折叠、探究问题-2024年高考数学二轮微专题系列

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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，探究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.
1.(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H为坐标原点，eq \(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则
A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))，eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))
所以可取n＝(3，6，－eq \r(3)).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
设平面BCG与平面CGA夹角的大小为θ，
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
因此平面BCG与平面CGA夹角的大小为30°.
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＝eq \r(5).
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq \r(AF2－CF2)＝2eq \r(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)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2).
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))
又由(1)得eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
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cs〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈n1，n2〉)
＝eq \r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，
故当m＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小为eq \f(\r(3),3)，
即当B1D＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
热点一 折叠问题
解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
考向1 折叠后的位置关系及空间角
例1 (2022·重庆诊断)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使得DE⊥BF(如图2).
(1)求证：平面ABFE⊥平面EFCD；
(2)若直线AC与平面ABFE所成角的正切值为eq \f(\r(6),3)，求平面CEB与平面EBF夹角的余弦值.
(1)证明 由题设条件，得EF∥AB∥CD，AB⊥AD，
则DE⊥EF，
又DE⊥BF且BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面ABFE，
则DE⊥平面ABFE，
又DE⊂平面EFCD，
故平面ABFE⊥平面EFCD.
(2)解 如图过点C作CG⊥EF，交EF于点G，连接AG，
因为平面ABFE⊥平面 EFCD，且平面ABFE∩平面EFCD＝EF，
所以CG⊥平面ABFE，
故直线AC与平面ABFE所成的角为∠CAG，
设DE＝h，则在Rt△CAG中 ，CG＝DE＝h，
AG＝eq \r(EG2＋EA2)＝eq \r(h2＋4)，
所以tan∠CAG＝eq \f(CG,AG)＝eq \f(h,\r(h2＋4))＝eq \f(\r(6),3)，
解得h＝2eq \r(2)，
如图，建立空间直角坐标系E－xyz，
则E(0，0，0)，B(2eq \r(2)，4，0)，C(0，2，2eq \r(2))，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(0，2，2eq \r(2))，eq \(EB,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，4，0)，
则平面EBF的法向量为m＝(0，0，1)，
设平面CEB的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EC,\s\up6(→))＝2y＋2\r(2)z＝0，,n·\(EB,\s\up6(→))＝2\r(2)x＋4y＝0，))令y＝－eq \r(2)，
则n＝(2，－eq \r(2)，1)，
则平面CEB与平面EBF夹角的余弦值为
|cs〈m·n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(7),7).
所以平面CEB与平面EBF夹角的余弦值为eq \f(\r(7),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.
考向2 展开后的数字特征
例2 (1)(2022·青岛质检)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq \r(2)，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________.
(2)如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为4eq \r(3) m，则圆锥底面圆的半径等于________m.
答案 (1)5eq \r(2) (2)eq \f(4,3)
解析 (1)如图，以BC1为轴，把平面BCC1翻折到与平面A1BC1共面，则A1BCC1在同一个平面内，图中A1C就是所求最小值.通过计算可得∠A1C1B＝90°，∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°，由余弦定理可得A1C＝5eq \r(2).
(2)圆锥顶点记为O，把圆锥侧面沿母线OP展开成如图所示的扇形，
由题意OP＝4，
PP′＝4eq \r(3)，
则cs∠POP′＝eq \f(42＋42－（4\r(3)）2,2×4×4)＝－eq \f(1,2)，
又∠POP′为△POP′一内角，
所以∠POP′＝eq \f(2π,3).
设底面圆的半径为r，则2πr＝eq \f(2π,3)×4，
所以r＝eq \f(4,3).
易错提醒 几何体表面上的最短距离要注意棱柱的侧面展开图可能有多种，如长方体的表面展开图等，要把不同展开图中的最短距离进行比较，找出其中的最小值.
训练1 如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq \r(3)，CE＝2ED.沿BE将△BCE折起，使点C到达点C1的位置，且AC1＝eq \r(6)，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，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＝eq \r(32＋（\r(3)）2)＝2eq \r(3)，
所以AF＝CF＝eq \r(3).
如图②中，由翻折，可知C1F＝eq \r(3)，C1F⊥BE.
图②
∵AC1＝eq \r(6)，AF＝C1F＝eq \r(3)，
∴AF2＋C1F2＝ACeq \\al(2,1)，
∴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②，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，0)，B(eq \r(3)，2，0)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq \(DA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·n＝0，,\(DC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，))
令z＝eq \r(3)，则x＝0，y＝－2，
所以n＝(0，－2，eq \r(3))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＝|cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(BC1,\s\up6(→))·n|,|\(BC1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4,2×\r(7))＝eq \f(2\r(7),7).
所以直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值为eq \f(2\r(7),7).
热点二 探究问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或平面与平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
考向1 探究线面位置关系
例3 (2022·济南质检)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eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1，0，t－1)，
设平面BEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
n1＝(1，1，1).
设平面GEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋（t－1）z2＝0，))
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＝eq \f(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eq \f(1,2).
考向2 与空间角有关的探究性问题
例4 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，BC＝CD＝1，AB＝2.△PBC是等边三角形，平面PBC⊥平面ABCD，点M在棱PC上.
(1)当M为棱PC的中点时，求证：AP⊥BM；
(2)是否存在点M，使得平面DMB与平面MBC夹角的余弦值为eq \f(3,4)？若存在，求CM的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接AC，由底面ABCD是等腰梯形且AB＝2，BC＝CD＝1，得∠ABC＝eq \f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq \r(3)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴∠ACB＝eq \f(π,2)，∴AC⊥BC.
又∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PBC，
∵BM⊂平面PBC，
∴AC⊥BM，又M为棱PC的中点，且△PBC是等边三角形，
∴BM⊥PC，
又∵PC∩AC＝C，PC⊂平面APC，AC⊂平面APC，
∴BM⊥平面APC，
∵AP⊂平面APC，
∴AP⊥BM.
(2)解 假设存在点M，使得平面DMB与平面MBC夹角的余弦值为eq \f(3,4).
过点P作PO⊥BC交BC于点O，
∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
∴PO⊥平面ABCD，取AB的中点E，连接OE，则OE∥CA，由(1)知OE⊥平面PBC，因此以O为原点，以OC，OE，OP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O－xyz.
∴O(0，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)，0))，
则eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，0))，
eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).
设eq \(CM,\s\up6(→))＝teq \(CP,\s\up6(→))(0