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微专题27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．

【真题体验】

1.(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(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＝eq\f(2,5)AD＝2eq\r(3)，AF＝eq\f(1,2)AB＝4，

又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos30°＝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＝3eq\r(3)，CD＝3，∠CDE＝90°，

故CE＝eq\r(DE2＋CD2)＝6.

又PE＝AE＝2eq\r(3)，PC＝4eq\r(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(0，0，2eq\r(3))，D(0，3eq\r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq\r(3)，0)，C(3，3eq\r(3)，0)，

连接PA，则eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(3，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，2eq\r(3)，)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0).

设平面PCD的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\o(DC,\s\up6(→))＝3x1＝0，))

可取n1＝(0，2，3).

设平面PBF即平面PAF的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，

则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AP,\s\up6(→))＝2\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，,n2·\o(AF,\s\up6(→))＝2x2＋2\r(3)y2＝0，))

可取n2＝(eq\r(3)，－1，1).

|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(65)).

故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为eq\r(1－\f(1,65))＝eq\f(8\r(65),65).

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)，

所以eq\o(BF,\s\up6(→))