专题16 立体几何中的折叠、探究问题-2023年新高考数学二轮热点突破与提分训练（新高考专用）

专题16立体几何中的折叠、探究问题 考点定位 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 热点突破 热点（一）折叠问题 1（单选）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（ ） A. BM是定值 B. 点M在某个球面上运动 C. 存在某个位置，使DE⊥A1C D. 存在某个位置，使MB∥平面A1DE 【解析】取DC中点F，连接MF，BF，MF∥A1D且MF＝A1D，FB∥ED且FB＝ED，所以∠MFB＝∠A1DE.由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，可得AB正确；由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得D正确；A1C在平面ABCD中的投影与AC重合，AC与DE不垂直，可得C不正确．故选C。 2（多选）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2. 下列说法正确的有（ ） A. CD⊥平面A1OC B. CD与平面A1OC不垂直 C. 若平面A1BE⊥平面BCDE，则平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 D. 若平面A1BE⊥平面BCDE，则平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 【解析】在图1中，∵AB＝BC＝1，AD＝2, E是AD的中点，∠BAD＝，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC，即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，∴CD⊥平面A1OC.A正确，B错误；∵平面A1BE⊥平面BCDE，且由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，∴∠A1OC为二面角A1­BE­C的平面角，∴∠A1OC＝.以O为坐标原点，，，所在方向分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，∵A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，∴B，E，A1， C，得＝，＝，＝＝(－，0，0)． 设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则由得取n1＝(1，1，1)；由得取n2＝(0，1，1)，从而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.C正确，D错误。故选AC。 3（填空）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＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________. 【解析】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＝5. 4（解答）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，求平面CEB与平面EBF夹角的余弦值. 【解析】(1)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)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＝＝，所以tan∠CAG＝＝＝，解得h＝2，如图，建立空间直角坐标系E－xyz，则E(0，0，0)，B(2，4，0)，C(0，2，2)，所以＝(0，2，2)，＝(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)，由令y＝－， 则n＝(2，－，1)，则平面CEB与平面EBF夹角的余弦值为|cos〈m·n〉|＝＝.所以平面CEB与平面EBF夹角的余弦值为. 【归纳反思】 1.解