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1、INNOVATIVEDESIGN上篇板块三立体几何立体几何与空间向量与空间向量微专题16立体几何中的探究、折叠问题真题演练感悟高考热点聚焦分类突破高分训练对接高考索引立立体体几几何何中中的的探探究究、折折叠叠问题是是高高考考的的热点点，常常与与线、面面位位置置关关系系的的证明明，空空间角的求解交角的求解交汇考考查，通常以解答，通常以解答题的形式出的形式出现，难度中等度中等.索引1真题演练 感悟高考索引1.(2019全全国国卷卷)图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图.(1)证明：
2、图中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；索引证明证明由已知得由已知得ADBE，CGBE，所以，所以ADCG，所以所以AD，CG确定一个平面，从而确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面四点共面.由已知得由已知得ABBE，ABBC，且，且BEBCB，BE，BC 平面平面BCGE，所以所以AB平面平面BCGE.又因又因为AB 平面平面ABC，所以平面，所以平面ABC平面平面BCGE.索引(2)求图中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.解解作作EHBC，垂足，垂足为H.因因为EH 平面平面BCGE，平面，平面BCGE平面平面ABC，平面，平面BCGE平面平面ABCBC，所以所以EH平
3、面平面ABC.索引设平面平面ACGD的法向量的法向量为n(x，y，z)，又平面又平面BCGE的法向量可取的法向量可取m(0，1，0)，设平面平面BCG与平面与平面CGA夹角的大小角的大小为，因此平面因此平面BCG与平面与平面CGA夹角的大小角的大小为30.索引2.(2021全全国国甲甲卷卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.(1)证明：BFDE；证证明明因因为E，F分分别是是AC和和CC1的的中中点点，且且ABBC2，侧面面AA1B1B为正方形，正方形，如如图，连接接AF，由，由BFA1B
4、1，ABA1B1，得得BFAB，索引由由AB2BC2AC2，得得BABC.三棱柱三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，直三棱柱，BB1AB且且BB1BC，则BA，BC，BB1两两互相垂直，两两互相垂直，故故以以B为坐坐标原原点点，以以BA，BC，BB1所所在在直直线分分别为x，y，z轴建建立立空空间直直角角坐坐标系系Bxyz，索引所以所以BFDE.索引(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？解解易知平面易知平面BB1C1C的一个法向量的一个法向量为n1(1，0，0).设平面平面DFE的法向量的法向量为n2(x，y，z)，令令x3，得，得ym1，z2m，于是，
5、平面于是，平面DFE的一个法向量的一个法向量为n2(3，m1，2m)，索引设平面平面BB1C1C与平面与平面DFE所成的二面角所成的二面角为，索引2热点聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳热点一立体几何中的探究问题与与空空间向向量量有有关关的的探探究究性性问题主主要要有有两两类：一一类是是探探究究线面面的的位位置置关关系系；另另一一类是是探探究究线面面角角或或二二面面角角满足足特特定定要要求求时的的存存在在性性问题.解解题思思路路：先先建建立立空空间直直角角坐坐标系系，引引入入参参数数(有有些些是是题中中已已给出出)，设出出关关键点点的的坐坐标，然然后后探探究究这样的点是否存在，或参数是否的点
6、是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断足要求，从而作出判断.索引考向1探究线面位置关系例例1(2022济南南学学情情检测)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，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；证证明明如如图，连接接D1E，D1F，取取BB1的的中中点点为M，连接接MC1，ME.因因为E为AA1的中点，的中点，所以所以EMA1B1C1D1，且且EMA1B1C1D1，索引所以四所以四边形形EMC1D1为平行四平行四边形，形，所以所以D1EMC1，又又F为CC1的中点，的中点，所以所以BMC1F，且，且BMC1
7、F，所以四所以四边形形BMC1F为平行四平行四边形，形，所以所以BFMC1.所以所以BFD1E，所以所以B，E，D1，F四点共面四点共面.索引(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.解解以以D为坐坐标原原点点，DA，DC，DD1所所在在直直线分分别为x轴，y轴，z轴建建立立空空间直直角坐角坐标系，系，假假设存在存在满足足题意的点意的点G(0，0，t)，由已知由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，设平面平面BEF的法向量的法向量为n1(x1，y1，z1)，索引取取x11，则y11，z11，n1(1，1，1).设平面平面GEF的
8、法向量的法向量为n2(x2，y2，z2)，取取x2t1，则y2t1，z21，得得n2(t1，t1，1).因因为平面平面GEF平面平面BEF，所以所以n1n20，所以所以t1t110，索引索引考向2与空间角有关的探究性问题例例2 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形，ABCD，BCCD1，AB2.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：APBM；AC2BC2AB2，索引又又平面平面PBC平面平面ABCD，平面，平面PBC平面平面ABCDBC，AC 平面平面ABCD，AC平面平面PBC，BM 平面平面PBC，ACBM，又又M为棱棱PC
9、的中点，且的中点，且PBC是等是等边三角形，三角形，BMPC，又又PCACC，PC，AC 平面平面APC，BM平面平面APC，AP 平面平面APC，APBM.索引过点点P作作POBC交交BC于点于点O，平面平面PBC平面平面ABCD，平面，平面PBC平面平面ABCDBC，PO 平面平面PBC，PO平面平面ABCD，取，取AB的中点的中点E，连接接OE，则OECA，由由(1)知知OE平面平面PBC，因此以，因此以O为原点原点，以以OC，OE，OP所在直所在直线分分别为x，y，z轴建立如建立如图所所示示的的空空间直角坐直角坐标系系Oxyz.索引设平面平面DMB的法向量的法向量为a(x，y，z)，索
10、引索引索引解决立体几何中探索性解决立体几何中探索性问题的基本方法的基本方法(1)通通常常假假设问题中中的的数数学学对象象存存在在或或结论成成立立，再再在在这个个前前提提下下进行行推推理理，如如果果能能推推出出与与条条件件吻吻合合的的数数据据或或事事实，说明明假假设成成立立，并并可可进一一步步证明明，否否则假假设不成立不成立.(2)探索探索线段上是否存在段上是否存在满足条件的点足条件的点时，一定注意三点共，一定注意三点共线的的应用用.规律方法索引训训练练1 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点.(1)若E为OD1的中点，求直线OD1与平面CD
11、E所成角的正弦值；解解不不妨妨设正正方方体体的的棱棱长为2，以以D为坐坐标原原点点，DA，DC，DD1所所在在直直线分分别为x轴，y轴，z轴建建立立如如图所所示示的的空空间直角坐直角坐标系系Dxyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).因因为点点E是是D1O的中点，的中点，索引取取x02，则z01，所以平面所以平面CDE的一个法向量的一个法向量为p(2，0，1).索引索引(2)是否存在点E，使得平面CDE平面CD1O？若存在，请指出点E的位置关系，并加以证明；若不存在，请说明理由.解解存在，且点存在，且点E为靠近靠近O的三等分点的三等分点.证明如下：明如
12、下：假假设存在点存在点E，使得平面，使得平面CDE平面平面CD1O.设m(x1，y1，z1)是平面是平面CD1O的一个法向量，的一个法向量，索引取取x11，则y11，z11，所以平面所以平面CD1O的一个法向量的一个法向量为m(1，1，1).索引索引即点即点E为靠近靠近O的三等分点的三等分点时，平面，平面CDE平面平面CD1O.索引(1)求证：平面ABB1A1平面ABC；证明证明如如图，取，取AB的中点的中点D，连接接CD，B1D.因因为三棱柱三棱柱ABCA1B1C1的所有棱的所有棱长都都为2，且且CDB1CC，CD，B1C 平面平面B1CD，所以所以AB平面平面B1CD.又因又因为B1D 平
13、面平面B1CD，索引所以所以ABB1D.在在RtB1BD中，中，BD1，B1B2，所以所以CD2B1D2B1C2，所以所以CDB1D，又因又因为ABB1D，ABCDD，AB，CD 平面平面ABC，所以所以B1D平面平面ABC.又因又因为B1D 平面平面ABB1A1，所以平面所以平面ABB1A1平面平面ABC.索引因因为点点P在棱在棱BB1上，上，索引其中其中01.设平面平面ACC1A1的法向量的法向量为n(x，y，z)，索引化化简得得162810，/索引热点二折叠问题解解决决立立体体几几何何中中的的折折叠叠问题，关关键是是搞搞清清楚楚折折叠叠前前后后图形形中中的的位位置置关关系系和和数数量量关
14、关系系的的变化化情情况况，以以及及折折叠叠过程程中中运运动变化化的的点点的的位位置置，一一般般地地，位位于于“折折痕痕”同同侧的的点点、线、面面之之间的的位位置置关关系系和和数数量量关关系系不不变，而而位位于于“折折痕痕”两两侧的的点点、线、面面之之间的的位位置置关关系系会会发生生变化化.对于于不不变的的关关系系一一般般在在平平面面图形形中中处理理，而而对于于变化的关系化的关系则在立体在立体图形中解决形中解决.核心归纳核心归纳索引(1)求证：EFBD；证明证明取取BD的中点的中点O，连接接FO，EO.由由题意知意知FBD和和BED均均为等腰三角形，且等腰三角形，且BFDF，BEED.故故FOB
15、D，EOBD.又因又因为FOEOO，索引所以所以BD平面平面EFO.又因又因为EF 平面平面EFO，所以所以EFBD.索引(2)若平面EBD平面FBD，点E在平面ABCD内的正投影G为ABD的重心，且直线EF与平面FBD所成角为60，求二面角ABED的余弦值.解解由由(1)知，知，EOBD.因因为平面平面EBD平面平面FBD，平面，平面EBD平面平面FBDBD，EO 平面平面EBD，所以所以EO平面平面FBD，因因为FO 平面平面FBD，所以，所以EOFO，直直线EF与平面与平面FBD所成角所成角为EFO，则EFO60.索引所以所以BEEDBD2，即即EBD为等等边三角形三角形.又又G为等等边
16、三角形三角形ABD的重心，的重心，索引设n2(a，b，c)为平面平面BED的法向量，的法向量，索引注注意意图形形翻翻折折前前后后变与与不不变的的量量以以及及位位置置关关系系.对照照前前后后图形形，弄弄清清楚楚变与与不不变的的元元素素后后，再再立立足足于于不不变的的元元素素的的位位置置关关系系与与数数量量关关系系去去探探求求变化化后后的的元元素素在空在空间中的位置与数量关系中的位置与数量关系.易错提醒索引训训练练3(2022昆昆明明二二诊)如图1，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是CD的中点.现将正方形ABCD沿AE与BE折起，使点C与点D重合(记为点P)，得到如图2的四面体PABE.(1)
17、证明：平面PBE平面PAB；证明证明由由题知知APPE，BPPE，因因为APBPP，AP，BP 平面平面PAB，所以所以PE平面平面PAB.因因为PE 平面平面PBE，所以平面所以平面PBE平面平面PAB.索引(2)求锐二面角PABE的大小.解解法一法一如如图，取，取AB的中点的中点O，连接接PO，EO.因因为PAB是是边长为2的正三角形，的正三角形，所以所以ABE是等腰三角形，是等腰三角形，此此时EO2，EOAB.因因为平面平面ABE平面平面PABAB，所以所以POE为二面角二面角PABE的平面角的平面角.索引由由(1)知知PE平面平面PAB，所以所以PEO为直角三角形，直角三角形，索引法法
18、二二由由(1)知知PE平平面面PAB，以以P为坐坐标原原点点，建建立立如如图所所示示的的空空间直直角角坐坐标系系Pxyz，设锐二面角二面角PABE的大小的大小为，设平面平面PAB的法向量的法向量为m，因因为PE平面平面PAB，所以取所以取m(0，0，1)，设平面平面ABE的法向量的法向量为n(x，y，z)，索引索引3高分训练 对接高考/索引1234一、基本技能练1.(2022佛佛山山质检)如图，四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，AD平面PAB，PAPB，E是AD的中点.(1)在线段BP上找一点M，使得直线EM平面PCD，并说明理由；解解当当M为BP的中点的中点时，直，直线EM平面平面P
19、CD.理由：取理由：取PC的中点的中点为F，连接接FM，DF，在在PBC中，因中，因为F，M分分别为PC，PB的中点，的中点，索引1234在矩形在矩形ABCD中，中，E是是AD的中点，的中点，所以所以DEFM，且，且DEFM故四故四边形形DEMF是平行四是平行四边形，形，所以所以EMDF.又又EM 平面平面PCD，DF 平面平面PCD，所以所以EM平面平面PCD.即即M为BP的中点的中点时，直直线EM平面平面PCD.索引1234又又PAPB，所以，所以PB2，以以P为坐坐标原点，建立空原点，建立空间直角坐直角坐标系系Pxyz，如，如图所示，所示，则P(0，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2
20、，1)，设平面平面PCE的法向量的法向量为n(x，y，z)，索引1234取取y1，则x2，z2，得得n(2，1，2)，平面平面PAB的一个法向量的一个法向量为m(0，0，1)，索引1234因因为AD平面平面PAB，索引1234设平面平面PCE的法向量的法向量为n(x，y，z)，索引1234索引1234(1)求证：ACSD；证明证明连接接BD交交AC于点于点O，连接接SO，由，由题意知意知SOAC.在正方形在正方形ABCD中，中，ACBD.因因为BDSOO，BD，SO 平面平面SBD，所以所以AC平面平面SBD，又，又SD 平面平面SBD，所以，所以ACSD.索引1234(2)若SD平面PAC，
21、求二面角PACS的大小；索引1234索引1234(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SCSE的值；若不存在，试说明理由.解解在棱在棱SC上存在一点上存在一点E使使BE平面平面PAC.理由如下：理由如下：索引1234故故侧棱棱SC上存在一点上存在一点E，使得，使得BE平面平面PAC，此，此时SCSE32.索引1234索引1234(1)证明：DF平面ACE；证明证明如如图，在棱，在棱AC上取点上取点G，满足足CG2AG，连接接EG，FG.DEFG且且DEFG，四四边形形DEGF为平行四平行四边形，形，DFEG.又又DF 平面平面ACE，EG 平面平面AC
22、E，DF平面平面ACE.索引1234解解如如图，分，分别取取DE，BC的中点的中点M，N，连接接AM，MN，BM.由由题意，知意，知MNBC，AM2，MN4，BN3.AM2BM2225229AB2，AMBM.又又AMDE，BMDEM，BM，DE 平面平面BCED，索引1234AM平面平面BCED.设平面平面ACE的法向量的法向量为m(x1，y1，z1)，平面平面DEF的法向量的法向量为n(x2，y2，z2)，索引1234令令z11，得，得m(1，2，1)./索引12344.(2022武武汉质检)如图1，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立
23、在水平的桌面上，如图2所示.二、创新拓展练(1)求证：EFAD；证明证明因因为EFAE，EFDE，AEDEE，AE，DE 平面平面ADE，所以所以EF平面平面ADE.又又AD 平面平面ADE，所以，所以EFAD.索引1234解解存在，且存在，且CK的的长度度为2.法法一一因因为EFAE，EFDE，平平面面AEF平平面面DEFEF，AE 平平面面AEF，DE 平平面面DEF，所所以以AED是是二二面面角角AEFD的平面角，的平面角，即即AED45.由由(1)知知EF平面平面ADE，索引1234又又EF 平面平面CDEF，所以平面所以平面CDEF平面平面ADE.如如图，过A作作AGDE，垂足，垂足为G.因因为平平面面CDEF平平面面ADE，平平面面CDEF平平面面ADEDE，AG 平平面面ADE，AG 平面平面CDEF，所以，所以AG平面平面CDEF.在在RtAGE中，易知中，易知AE2，索引1234设KFt(0t2)，过K作作KHDE，在在RtKGH中，由中，由KH2GH2KG2，所以所以KF0，所以所以CK的的长度度为2.索引1234索引1234易知平面易知平面CDEF的一个法向量的一个法向量为u(1，1，0)，INNOVATIVEDESIGNTHANKS本节内容结束