微专题23　立体几何中的折叠与探索问题讲义-2026届高三数学二轮复习

微专题23　立体几何中的折叠与探索问题 近几年高考：　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. 一、高考真题 1.(2025·新高考Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 2.(2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 二．典型例题 1.折叠问题 例1 (2025·宜宾二诊)如图,在平面四边形ABCD中,△ABC是等边三角形,△ADC是等腰三角形,且∠ADC=90°,现将△ACD沿AC翻折至△PAC,形成三棱锥P-ABC,其中P为动点. (1)若AB=BP,求证:平面APC⊥平面ABC; (2)若∠PAB=45°,记△ABC的重心为G,若=,求PE与平面PAB所成角的正弦值; (3)求平面ABC与平面PBC夹角正切的最大值. 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. 训练1 (2025·北京东城区模拟)如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=BC,E,F分别为AB,CD的中点,沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置,连接MB,NC.已知BE=EF=2,CF=3,∠CFN=,P为射线FN上一点. (1)若=,证明:EP∥平面BCNM. (2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦值为,求PF. 2.探索问题 （1）、探索线面位置关系 例2 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=3.M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM? （2）、探索与空间角有关的问题 例3 (2025·鹰潭模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,∠A1AB=∠A1AC=. (1)求证:BC⊥AA1; (2)侧棱CC1上是否存在点D,使得直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为?若存在,确定点D的位置;若不存在,说明理由. 规律方法　解决立体几何探索问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,则说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定要注意三点共线的应用. 训练2 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. 【精准强化练习】 1.(2025·上海浦东二模)如图,四边形ABCD为长方形,PA⊥平面ABCD,AB=AP=2,AD=3. (1)若E,F分别是PB,CD的中点,求证:EF∥平面PAD; (2)边BC上是否存在点G,使得直线PG与平面PAD所成的角的大小为30°?若存在,求BG长;若不存在,说明理由. 2.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, ∠ABC=60°,PB⊥AC. (1)求证:平面PAB⊥平面ABCD; (2)设Q为侧棱PD上一点,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,确定点Q的位置;若不存在,说明理由. 3.(2025·鞍山二模)如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=,点B1在底面ABC的射影恰好是BC的中点O,B1B=BC=CA=2. (1)证明:BC1⊥AB1; (2)将△A1B1C1沿A1C1翻折至△A1B0C1,使得点B0在平面AA1C1C上,求平面AB1B0与平面AB1C1夹角的余弦值. 4.(2025·临沂模拟)在△NBC中,∠B=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图将△NAD沿AD翻折至 △PAD. (1)证明:平面PBC⊥平面PAB; (2)若二面角P-AD-B大小为120°; ①求PA与平面PBC所成角的正弦值; ②在线段PD上是否存在点E,使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题23　立体几何中的折叠与探索问题 近几年高考：　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. 一、高考真题 1.(2025·新高考Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. (1)证明　因为在四边形ABCD中,AB∥CD,且EF∥AD, 所以四边形AEFD是平行四边形, 又∠DAB=90°,所以四边形AEFD为矩形, 折叠后,显然EB∥FC,EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F, 又A'E∥D'F,A'E⊄平面CD'F,D'F⊂平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F,且EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面BA'E, 所以平面BA'E∥平面CD'F,且A'B⊂平面BA'E, 所以A'B∥平面CD'F. (2)解　由∠DAB=90°,EF∥AD, 所以EF⊥CD,所以EF⊥FC,EF⊥D'F, 所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC=60°. 结合CF∩D'F=F,CF,D'F⊂平面CFD', 所以EF⊥平面CFD', 又EF⊂平面EBCF, 可得平面CFD'⊥平面EBCF, 又F为CD的中点, 所以△CFD'为等边三角形, 如图以F为原点建立空间直角坐标系, 设AB=3AD=6,则CD=2AD=4, 所以F(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0), D'(0,1,), 所以=(2,0,0),=(0,1,), =(2,2,0),=(0,-1,), 设平面EFD'A'的法向量为m=(x,y,z), 则 可得m=(0,-,1), 再设平面BCD'的法向量n=(x,y,z), 则 解得n=(-,,1), 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则|cos θ|= ==, 所以sin θ===, 故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为. 2.(2023·新高考Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. (1)证明　法一　依题意,得=++=++=, 又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2. 法二　以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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, 则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2), 所以=(0,-2,1),=(0,-2,1), 所以=, 又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2. (2)解　建立空间直角坐标系,建系方法同(1)中法二,设BP=n(0≤n≤4),则P(0,2,n), 所以=(2,0,1-n),=(0,-2,3-n). 设平面PA2C2的法向量为a=(x1,y1,z1), 所以 令x1=n-1,得a=(n-1,3-n,2). 设平面A2C2D2的法向量为b=(x2,y2,z2), 由(1)法二知,=(-2,-2,2), =(0,-2,1), 所以 令y2=1,得b=(1,1,2). 所以|cos 150°|=|cos <a,b>|, 即=, 整理得n2-4n+3=0,解得n=1或n=3, 所以BP=1或BP=3, 所以B2P=1. 二．典型例题 1.折叠问题 例1 (2025·宜宾二诊)如图,在平面四边形ABCD中,△ABC是等边三角形,△ADC是等腰三角形,且∠ADC=90°,现将△ACD沿AC翻折至△PAC,形成三棱锥P-ABC,其中P为动点. (1)若AB=BP,求证:平面APC⊥平面ABC; (2)若∠PAB=45°,记△ABC的重心为G,若=,求PE与平面PAB所成角的正弦值; (3)求平面ABC与平面PBC夹角正切的最大值. (1)证明　设等边三角形ABC的边长为2, 则AD=DC=,连接BD交AC于点O. 因为△ADC是等腰三角形, 所以DO⊥AC,即PO⊥AC, 因为PB=AB=2,PO=1,BO=. 所以BO2+PO2=PB2,PO⊥BO, AC∩BO=O,AC,OB⊂平面ABC, 所以PO⊥平面ABC,因为PO⊂平面APC, 所以平面APC⊥平面ABC. (2)解　在△APB中,AP=,∠PAB=45°,AB=2, 由余弦定理得PB=, 所以PB=PA=PC, 所以三棱锥P-ABC为正三棱锥. 因为G是△ABC的重心, 所以PG⊥平面ABC,则PG⊥AB, 连接CG并延长交AB于Q, 连接PQ,可得CQ⊥AB,PG∩CQ=G, 所以AB⊥平面PCQ, 所以平面PAB⊥平面PGQ,过G作GH⊥PQ, 因为平面PAB∩平面PGQ=PQ, 所以GH⊥平面PAB. 取PA的中点为M, 由题意知G是AE的中点. 所以GM∥PE,所以∠GMH为所求线面角. 在△GHM中,GM=PE=PA=, GH===, 所以sin ∠GMH==. (3)解　因为PO=1, 设∠POB=α, 过P作PN⊥OB. 因为AC⊥OP,AC⊥OB,可得AC⊥平面POB, 所以平面POB⊥平面ABC, 所以PN⊥平面ABC, 可得PN=sin α,BN=-cos α, 过P作PF⊥BC,连接NF, 易得NF⊥BC,可得∠PFN为所求夹角. 在Rt△NFB中,∠NBF=30°, NF=(-cos α), 所以tan ∠PFN==k(k>0), ∴2sin α=k(-cos α), 所以sin (α+φ)=≤1,解得k≤, 所以平面ABC与平面PBC夹角正切的最大值为. 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. 训练1 (2025·北京东城区模拟)如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=BC,E,F分别为AB,CD的中点,沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置,连接MB,NC.已知BE=EF=2,CF=3,∠CFN=,P为射线FN上一点. (1)若=,证明:EP∥平面BCNM. (2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦值为,求PF. (1)证明　在线段CN上取一点Q, 使得NQ=NC,连接PQ,BQ. 因为=, 所以PQ∥FC,且PQ=FC=2. 因为AB∥CD,BE=2, 所以PQ∥BE,且PQ=BE, 所以四边形EBQP是平行四边形,所以EP∥BQ. 因为EP⊄平面BCNM,BQ⊂平面BCNM, 所以EP∥平面BCNM. (2)解　以F为坐标原点,FN,FE所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则F(0,0,0),E(0,0,2),C,=. 设P(a,0,0)(a>0),则=(a,0,-2). 设平面CEP的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,则n=. 直线FN的一个方向向量为m=(1,0,0). 由|cos <m,n>|===, 解得a=3. 故PF=3. 2.探索问题 （1）、探索线面位置关系 例2 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=3.M是AB的中点,N是B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM? 解　在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为∠BAC=90°, 所以以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 因为AB=AC=2,AA1=3, M是AB的中点,N是B1C1的中点,BC1∩CB1=P, 所以A1(0,0,3),C(0,-2,0),P,M(1,0,0),N(1,-1,3). 设=t(0≤t≤1), 所以Q(t,-t,3), 所以=,=(0,-2,-3),=(1,0,-3). 设n=(x,y,z)为平面A1CM的法向量, 则n⊥,n⊥, 所以 取z=1,则x=3,y=-, 所以n=. 若PQ∥平面A1CM,则⊥n, 所以·n=·=0, 即3t-3+t-+=0, 解得t=, 所以在线段A1N上存在点Q,使得PQ∥平面A1CM. （2）、探索与空间角有关的问题 例3 (2025·鹰潭模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,∠A1AB=∠A1AC=. (1)求证:BC⊥AA1; (2)侧棱CC1上是否存在点D,使得直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为?若存在,确定点D的位置;若不存在,说明理由. (1)证明　在三棱柱ABC-A1B1C1中,取BC的中点E,连接AE,A1E. 在△A1AB与△A1AC中, 因为AB=AC,∠A1AB=∠A1AC,AA1=AA1, 所以△A1AB≌△A1AC,所以A1B=A1C. 又因为EB=EC,所以A1E⊥BC. 同理,因为AB=AC,BE=CE,所以AE⊥BC. 又因为A1E∩AE=E, 所以BC⊥平面A1AE, 又AA1⊂平面A1AE,所以BC⊥AA1. (2)解　在△ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2, 则AE=CE=BE=. 在△A1AB中,因为AB=AA1=2,∠A1AB=,所以A1B=2, 同理A1C=2. 在等腰△A1BC中,因为A1B=A1C=2,BE=CE=,所以A1E=. 在△AEA1中,由余弦定理得cos ∠A1EA==, 所以sin ∠A1EA=. 在平面AEA1内过E作Ez⊥AE, 则Ez⊥平面ABC,于是直线EA,EB,Ez两两垂直, 故以E为原点,直线EA,EB,Ez分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系. 在平面AEA1内过A1作A1H⊥AE于点H, 则A1H⊥平面ABC,A1H=A1Esin ∠A1EA=×=, EH=A1Ecos ∠A1EA=×=2, 则A1(2,0,),A(,0,0),B(0,,0),C(0,-,0), 则=(-2,,-),=(0,-2,0), ==(,0,). 设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z), 则 取平面A1BC的一个法向量m=(1,0,-2). 设=t=(t,0,t),0≤t≤1, 则=+=((t-1),-,t). 若AD与平面A1BC所成角的正弦值为, 则|cos <,m>|===, 整理得6t2-13t+6=0, 解得t=或t=(舍),故存在满足题意的点D,且点D在靠近C1的三等分点处. 规律方法　解决立体几何探索问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,则说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定要注意三点共线的应用. 训练2 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=(-1,1,0),=(0,1,-1), =(-1,0,t-1). 设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,则y1=1,z1=1, 所以n1=(1,1,1). 设平面GEF的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 取x2=t-1, 则y2=t-1,z2=1,所以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=, 所以存在满足题意的点G,使得平面GEF⊥平面BEF,且DG的长为. 【精准强化练习】 1.(2025·上海浦东二模)如图,四边形ABCD为长方形,PA⊥平面ABCD,AB=AP=2,AD=3. (1)若E,F分别是PB,CD的中点,求证:EF∥平面PAD; (2)边BC上是否存在点G,使得直线PG与平面PAD所成的角的大小为30°?若存在,求BG长;若不存在,说明理由. 法一　(1)证明　如图,取AP的中点M, 连接EM,DM. ∵ME∥AB,DF∥AB, ∴ME∥DF. ∵ME=AB,DF=AB,∴ME=DF, ∴四边形DFEM为平行四边形,∴EF∥DM, ∵DM⊂平面PDA,EF⊄平面PDA, ∴EF∥平面PDA. (2)解　作GH⊥AD,垂足为H,连接PH. ∵PA⊥平面ABCD,GH⊂平面ABCD, ∴PA⊥GH, 又AD,PA为平面PAD内两条相交直线, ∴GH⊥平面PAD, ∴直线PG与平面PAD所成的角为∠GPH=30°, ∴=tan 30°=,∴PH=2, ∴BG=AH==2, ∴边BC上存在点G,使得直线PG与平面PAD所成的角为30°,且BG=2. 法二　(1)证明　由题意建立如图所示空间直角坐标系, 则D(3,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),F(3,1,0),E(0,1,1),C(3,2,0), ∴=(3,0,-1). 易知平面PAD的一个法向量n=(0,1,0), ∵·n=0,且EF⊄平面PDA, ∴EF∥平面PDA. (2)解　设BG=t(0≤t≤3),则G(t,2,0), ∴=(t,2,-2). 易知平面PAD的一个法向量n=(0,1,0), 设与n的夹角为φ, 则sin 30°=|cos φ|==, 解得t=2, ∴边BC上存在点G,使得直线PG与平面PAD所成的角为30°,且BG=2. 2.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, ∠ABC=60°,PB⊥AC. (1)求证:平面PAB⊥平面ABCD; (2)设Q为侧棱PD上一点,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,确定点Q的位置;若不存在,说明理由. (1)证明　在△ABC中, 因为BC=2AB,∠ABC=60°, 所以AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 60°=3AB2, 所以AC2+AB2=BC2,则∠BAC=90°, 即AC⊥AB. 又AC⊥PB,PB∩AB=B,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　假设存在点Q, 使得平面BEQF⊥平面PAD. 如图,以A为原点,分别以,为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz, 设AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0), D(-2,2,0),P(1,0,), 所以=(-2,2,0),=(1,0,), =(-4,2,0),=(3,-2,). 设n1=(x1,y1,z1)是平面PAD的一个法向量, 则 取n1=(,1,-1). 设=λ,其中0≤λ≤1, 则=+=+λ=(3λ-4,2-2λ,λ). 因为AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC,平面PAC∩平面BEQF=EF, 故AC∥EF,取与同向的单位向量j=(0,1,0), 设n2=(x2,y2,z2)是平面BEQF的一个法向量, 则 取n2=(λ,0,4-3λ). 若平面BEQF⊥平面PAD,则n1⊥n2, 即n1·n2=3λ+3λ-4=0,解得λ=. 故在侧棱PD上存在点Q,且当DQ=DP时,使得平面BEQF⊥平面PAD. 3.(2025·鞍山二模)如图,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=,点B1在底面ABC的射影恰好是BC的中点O,B1B=BC=CA=2. (1)证明:BC1⊥AB1; (2)将△A1B1C1沿A1C1翻折至△A1B0C1,使得点B0在平面AA1C1C上,求平面AB1B0与平面AB1C1夹角的余弦值. (1)证明　由已知B1O⊥平面ABC, 又AC⊂平面ABC,所以B1O⊥AC. 因为∠ACB=,所以BC⊥AC. 又B1O∩BC=O,BC,B1O⊂平面B1BCC1, 所以AC⊥平面B1BCC1, 又BC1⊂平面B1BCC1,所以AC⊥BC1. 连接B1C(图略),因为B1B=BC, 所以平行四边形B1BCC1为菱形, 所以B1C⊥BC1, 又AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面AB1C, 所以BC1⊥平面AB1C, 又AB1⊂平面AB1C,所以BC1⊥AB1, (2)解　因为A1C1∥AC,由(1)知AC⊥平面B1BCC1, 所以A1C1⊥平面B1BCC1, 又CC1⊂平面B1BCC1, 所以A1C1⊥CC1. 由已知A1C1⊥B0C1,直线A1C1,CC1和B0C1均在平面AA1C1C内, 所以B0,C1,C三点共线. 因为B0C1=CC1, 所以C1为B0C的中点. 取AB中点D,连接OD, 因为O是BC的中点,所以OD∥AC, 所以OD⊥平面B1BCC1, 又B1O,BC⊂平面B1BCC1,所以OD⊥B1O,OD⊥BC,又B1O⊥平面ABC, 故分别以直线BC,OD,B1O为x轴、y轴、z轴,建立如图所示空间直角坐标系, 则B(-1,0,0),C(1,0,0),A(1,2,0),B1(0,0,), 所以=(-1,-2,),=(0,-2,0), =(2,0,0),=(1,0,), 所以=+=+=+=(3,0,). 设平面AB1C1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令y1=, 可得平面AB1C1的一个法向量为m=(0,,2). 设平面AB1B0的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令x2=1, 可得平面AB1B0的一个法向量为n=(1,-2,-). 因为|cos <m,n>|= ==, 所以平面AB1B0与平面AB1C1夹角的余弦值为. 4.(2025·临沂模拟)在△NBC中,∠B=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图将△NAD沿AD翻折至 △PAD. (1)证明:平面PBC⊥平面PAB; (2)若二面角P-AD-B大小为120°; ①求PA与平面PBC所成角的正弦值; ②在线段PD上是否存在点E,使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由. (1)证明　因为∠B=90°,AD∥BC, 所以AD⊥AP,AD⊥AB. 因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB, 所以BC⊥平面PAB, 又BC⊂平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PAB. (2)解　①在四棱锥P-ABCD中,由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角, 故∠PAB=120°, 因为NA=CD=2AB=2, 所以NC=6,NB=3, 从而BC=3,∠DCB=30°, 过点A作AF⊥PB,交PB于点F, 又因为AF⊥BC,可得AF⊥平面PBC,PA与平面PBC所成角即为∠APF. 在△PAB中,由余弦定理可得 PB==, 由等面积法, AF==, sin ∠APF==, 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为. ②如图,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),P(-1,0,),B(1,0,0),D(0,2,0),C(1,3,0), =(-1,-2,), 设=λ,λ∈[0,1], 可得E(-λ,2(1-λ),λ), =(-λ,2(1-λ),λ), =(1,0,0),=(1,,0), 设平面ABE的法向量为m=(x,y,z), 平面PDC的法向量为n=(a,b,c), 即 令y=λ,可得m=(0,λ,2(λ-1)), 令a=,可得n=(,-1,-1), 设平面ABE与平面PDC的夹角为θ, cos θ==, 解得λ=, 所以存在点E,当DE=DP或DE=DP时满足题意. 学科网（北京）股份有限公司 $