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第9节　探索性及折叠问题
1.图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2.
(1)求证:EF∥平面ABCD;
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小 .
2.(2026·武汉质检)如图(1)，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P为A1C的中点，如图(2).
(1)求证:FP∥平面A1BE;
(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值.
3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.
(1)求证:AB1⊥A1C;
(2)线段CC1上是否存在一点E，使得平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为 若存在，求出点E的位置;若不存在，请说明理由.
4.(2026·合肥调研)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H.
(1)证明:PC⊥AB;
(2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 若存在，设＝λ，求出λ的值;若不存在，请说明理由.
第9节　探索性及折叠问题
1.图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2.
(1)求证:EF∥平面ABCD;
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小 .
(1)证明　分别取棱CD，AD的中点O，P，
连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF 平面CDF，
则OF⊥平面ABCD，
同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF，
则OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)解　取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，取OQ⊥CD，
以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得n＝(0，，1)，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，
平面ADE∩平面ABCD＝AD，
CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，
设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，
则cos θ＝|cos<，n>|＝，而θ∈，解得θ＝，
所以平面ADE与平面BCF的夹角为.
2.(2026·武汉质检)如图(1)，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P为A1C的中点，如图(2).
(1)求证:FP∥平面A1BE;
(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值.
(1)证明　如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ，又P为A1C的中点，则PQ∥BC，
且PQ＝BC.
又EF∥BC，且EF＝BC，
所以PQ∥EF，且PQ＝EF，
则四边形EFPQ为平行四边形，
则FP∥EQ.
又FP 平面A1BE，EQ 平面A1BE，
所以FP∥平面A1BE.
(2)解　取EF的中点O，BC的中点G.
由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF，知A1O⊥平面EFCB，此时，OA1，OE，OG两两垂直，以O为坐标原点，OE，OG，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0，0，)，F(－1，0，0)，B(2，，0)，
C(－2， ，0).
由P为A1C的中点，
得P，
则＝(－1，0，－)，＝(3， ，0)，.
设平面BFP的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝1，则y＝－，z＝，
故n＝(1，－， ).
设直线A1F与平面BFP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos<，n>|＝，
故直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值为.
3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.
(1)求证:AB1⊥A1C;
(2)线段CC1上是否存在一点E，使得平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为 若存在，求出点E的位置;若不存在，请说明理由.
(1)证明　连接A1B与AB1相交于点F，连接CF，如图①所示.
∵四边形AA1B1B为菱形，
∴F为AB1的中点，
A1B⊥AB1.
∵△AB1C为等边三角形，∴CF⊥AB1，
又A1B，CF 平面A1BC，A1B∩CF＝F，
∴AB1⊥平面A1BC.
∵A1C 平面A1BC，
∴AB1⊥A1C.
(2)解　假设存在，设O，G分别为AC，AB的中点，
连接B1O，OG，由(1)可知AB1⊥BC，
又AC⊥BC，AB1，AC 平面AB1C，AB1∩AC＝A，∴BC⊥平面AB1C.
又OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C.
∵△AB1C为等边三角形，∴B1O⊥AC，
故OG，OC，OB1两两垂直.
以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，
则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(3，2，0)，B1(0，0，2)，O(0，0，0)，
∵，
∴A1(－3，－4，2)，C1(－3，0，2).
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ，
有＝λ＝λ(－3，－2，2)＋(0，2，0)＝(－3λ，2－2λ，2λ)，
∴E(－3λ，2－2λ，2λ)，
＝(－3λ，4－2λ，2λ)，
＝(0，2，2).
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
当λ≠0时，令z＝，则x＝，y＝－3，
即n＝.
平面ABC的一个法向量为方向上的单位向量m＝(0，0，1).
若平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为，
则有|cos|＝
＝，
则＝36，
又0<λ≤1，∴λ＝.
当λ＝0时，平面AB1E即平面AB1C，
∵B1O⊥平面ABC，B1O 平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面ABC，不满足题意，
∴点E存在，且CE＝CC1.
4.(2026·合肥调研)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H.
(1)证明:PC⊥AB;
(2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 若存在，设＝λ，求出λ的值;若不存在，请说明理由.
(1)证明　因为点P在底面ABC的射影为点H，所以PH⊥平面ABC，
所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH 平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，又AH 平面PAH，
所以BC⊥AH，
因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH＝P，PB，PH 平面PBH，
所以AC⊥平面PBH，又BH 平面PBH，
所以AC⊥BH，
所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，
因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH，PH 平面PCH，CH∩PH＝H，
所以AB⊥平面PCH，又PC 平面PCH，
所以PC⊥AB.
(2)解　延长CH交AB于点O，由(1)可知CO⊥AB，又HA＝HB，
所以O为线段AB的中点，所以CA＝CB，
同理可得BA＝BC，
所以△ABC为等边三角形，又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2，
如图，以O为原点，以为x，y轴的正方向，过点O垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(－，0，0)，B(，0，0)，P(0，1，2)，C(0，3，0)，
故＝(2，0，0)，＝(，1，2)，＝(－，3，0)，＝(0，－2，2)，
设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且＝λ，λ∈[0，1]，
则＋λ＝(－，3－2λ，2λ)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，可得x＝0，y＝－2，
所以n＝(0，－2，1)为平面PAB的一个法向量，
所以cos<，n>＝＝，
设直线BM与平面PAB所成的角为θ，
则cos θ＝，又θ∈，
所以sin θ＝，故，
所以λ＝或λ＝2，
又λ∈[0，1]，所以λ＝.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且＝λ＝.

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