1、微专题28立体几何中的距离、翻折、探究性问题考情分析在考查立体几何的高考题目中，距离问题、翻折问题与探究性问题也是常考题型，考查热点为翻折后点、线、面的位置关系、距离的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题高考题中一般以解答题为主，难度属中高档题考点一 距离问题典例1(2023顺义模拟)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB4，ADAA12，点E是棱A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F.(1)求证：点F为C1D1的中点；(2)若点G为棱AB上一点，且D1GAC，求点G到平面ACE的距离(1)证明方法一因为平面AB
2、CD平面A1B1C1D1，平面ACE平面ABCDAC，平面ACE平面A1B1C1D1EF，所以EFAC，连接A1C1，因为AA1CC1，AA1CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形所以A1C1AC，所以EFA1C1.因为E是A1D1的中点，所以F为C1D1的中点方法二连接A1C1.因为AA1CC1，AA1CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形所以ACA1C1，因为AC平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，所以AC平面A1B1C1D1，因为AC平面ACE，平面ACE平面A1B1C1D1EF，所以ACEF.所以EFA1C1.因为E是A1D1的中点，所以F为C1D1的中点(2)
3、解方法一因为DA，DC，DD1两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，所以(2,4,0)，(1,0,2)，设平面ACE的法向量为m(x，y，z), 则即令x2，则y1，z1，所以m(2,1,1)，设G(2，t,0)，则(2，t，2)，由D1GAC，得0，即44t0，解得t1，所以G(2,1,0)，则(0,1,0)，所以点G到平面ACE的距离d.方法二连接DG，GC，如图因为DD1平面ABCD，所以DD1AC，因为D1GAC，DD1D1GD1，DD1，D1G平面D1DG，所以AC平面D1DG，又DG
4、平面D1DG，所以ACDG.在平面ABCD内，由tan ADGtan DAC1，可得1，所以AG1，由勾股定理求出AC2，AE，CE，在ACE中，由余弦定理得cosCAE，则sinCAE， SACEACAEsinCAE22，SACGAGBC121，设点G到平面ACE的距离为d，由V三棱锥GACEV三棱锥EACG，得2d12，解得d，所以点G到平面ACE的距离为.跟踪训练1(2023济南模拟)如图，在四棱锥PABCD中，ABD是等边三角形，PAPBPD，BCCD.(1)证明：BDPC；(2)若BD2，CDAP，求点A到平面PCD的距离(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接PO，由ADAB，
5、CDBC，ACAC，可得ABCADC，所以BACDAC，又AOAO，所以AOBAOD，所以BOOD，即O为BD的中点，在等腰PBD中，可得BDOP，在等腰BCD中，可得BDOC，又OPOCO，OP，OC平面POC，所以BD平面POC，又PC平面POC，所以BDPC.(2)解由(1)可得，ACBD，又CD，ODBD，所以CO2，AOOD3，由于PABD为正三棱锥，点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，根据正三棱锥的性质可得AMAO2，PM，如图，过点O作PM的平行线，以PM的平行线所在直线为z轴，以OA，OB所在直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系可得A(3,0,0)，C(2,0,0)，
6、D(0，0)，P(1,0，)，(3,0，)，(2，0)，(5,0,0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，可得即不妨令x，可得n(，2，3)，设点A到平面PCD的距离为d，所以d，所以点A到平面PCD的距离为.考点二翻折问题典例2(2023湛江模拟)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CDDE，CDDE，如图2，将ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1BDE.(1)证明：DE平面A1BE；(2)求平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值(1)证明由题意可知BECCED，所以BED，故DEBE，因为A1BDE，A1BBEB，A1B，BE平面A1BE，所以DE平面A1BE.
7、(2)解取BE的中点O，连接A1O，CO，如图，由等腰三角形的性质可知A1OBE，COBE，由BECE，CECD，可知BE2CD，所以OECD，由DEBE且CDDE，可知OECD，四边形OCDE为平行四边形，所以CODE，则CO平面A1BE.又A1O平面A1BE，所以COA1O，所以A1O，CO，BE两两垂直设BE2，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，E(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(1,1,0)，(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,0)，(1,0，1)设平面A1EC的法向量为n(x，y，z)，则
8、令x1，得n(1，1，1)，因为0，0，所以平面A1ED的一个法向量为m(1,0，1)，所以|cosm，n|，故平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值为.跟踪训练2(2023石家庄模拟)如图(1)，在ABCD中，AD2BD4，ADBD，将ABD沿BD折起，使得点A到达点P处，如图(2)(1)若PC6，求证：PDBC；(2)若PC2，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值(1)证明在平行四边形ABCD中，ADBD，可得BDBC，AD2BD4，BC4，DC2，PD4，PC6，PD2DC2PC2，PDDC，又PDBD，BDDCD，BD，DC平面BDC，PD平面BDC，又BC平面BDC，PDBC.(2)
9、解方法一如图，过点D作DFBC，且DFBC，连接PF，CF，四边形BCFD为平行四边形，由题意可知，BDPD，BDDF，PDDFD，PD，DF平面PDF，BD平面PDF，BDPF，CFPF，PF4.又BD平面BCFD，平面BCFD平面PDF.取DF的中点O，连接PO，由PFPD，得PODF，又平面BCFD平面PDFDF，PO平面PDF，PO平面BCFD，且PO2，过点O作OMDF，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题可得P(0,0,2)，B(2，2,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，(2,2，2)，(2,4,0)，(0,4,0)，设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，平面PDC的法向
10、量为n(x，y，z)，令x，则z1，故平面PBC的一个法向量为m(，0,1)，同理令x2，则y，z1，故平面PDC的一个法向量为n(2，1)|cosm，n|，平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为.方法二由BDBC，建立如图所示的空间直角坐标系，AD2BD4，B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,2,0)，设P(x，y，z)(其中z0)，PB2，PC2，PD4，解得P(2,2,2)，(2,2,2)，(4,2,0)，(2,2,2)，(4,0,0)，设平面PDC的法向量为m(a，b，c)，平面PBC的法向量为n(a，b，c)，令a1，则b2，c，故平面PDC的一个法向量为m，同理令b，则c1，
11、故平面PBC的一个法向量为n(0，1)|cosm，n|，故平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为.方法三如图所示，过点B作BEPC交PC于点E，过点D作DFPC交PC于点F，异面直线DF，BE的夹角即为两个平面的夹角在PDC中，由PD4，PCDC2，可得cosDPF，DF，PF，同理，在PBC中，BE，CE，可得EF，而，()22，|2|2|2222|2，即2cos，4，解得cos，又两平面夹角的取值范围为，平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为.考点三探究性问题典例3(2023韶关模拟)已知在矩形ABCD中，AB4，BC2，E是CD的中点，如图所示，沿BE将BCE翻折至BFE，使得平面BFE平面
12、ABCD.(1)证明：AEBF；(2)若(01)，是否存在，使得PF与平面DEF所成角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由(1)证明依题意可知四边形ABCD为矩形，AB4，BC2，E是CD的中点，所以AEBE2，又AB4，所以AE2BE2AB2，即AEBE，因为平面BEF平面ABCD，平面BEF平面ABCDBE，AE平面ABCD，所以AE平面BEF，又BF平面BEF，所以AEBF.(2)解以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，设N是BE的中点，因为FEFB，所以F
13、NBE，又平面BEF平面ABCD，平面BEF平面ABCDBE，FN平面BEF，所以FN平面ABCD，F(1,1，)，则(4,2,0)，(3,1，)，(2,0,0)，假设存在满足题意的，则由(01)，可得(43,12，)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则令y，可得x0，z1，即n(0，1)，设PF与平面DEF所成的角为，所以sin |cos，n|，解得(1舍去)，综上，存在，使得PF与平面DEF所成角的正弦值为.跟踪训练3(2023临汾模拟)已知四棱锥PABCD中，平面PAB底面ABCD，ADBC，ABBC，PAPBAB，ABBC2AD，E为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点(1)证
14、明：BDEF；(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的正弦值为.(1)证明如图，连接PE，EC，EC交BD于点G.因为E为AB的中点，PAPB，所以PEAB.因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PE平面PAB，所以PE平面ABCD，因为BD平面ABCD，所以PEBD.因为ABDBCE，所以CEBBDA，所以CEBABD90，所以BDEC，因为PEECE，PE，EC平面PEC，所以BD平面PEC.因为EF平面PEC，所以BDEF.(2)解如图，取DC的中点H，以E为坐标原点，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB2，则BC2，AD1，
15、PAPB，则P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(1,1,0)，E(0,0,0)，设F(x，y，z)，(01)，所以(x，y，z1)(1,2，1)，所以x，y2，z1，即F(，2，1)则(2,1,0)，(1,2，1)，(，2，1)，设平面PCD的法向量为m(a，b，c)，则即取m(1，2，3)，设EF与平面PCD所成的角为，则sin |cosm，|，整理得6220，因为01，所以，即，所以当F位于棱PC靠近P的三等分点时，EF与平面PCD所成角的正弦值为.总结提升在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探究性问题也是常考题型，求空间距离问题也是近几年高考的热点(1)求距离问题常用方法：直接法
16、、等积法和空间向量法(2)翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置(3) 立体几何中的探究性问题解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，在这个前提下进行逻辑推理1.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADDC，PAPDPB，BCDCAD2，E为AD的中点，且PE4.(1)求证：PE平面ABCD；(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为，求线段BM的长(1)证明连接BE(图略)BCADDE2，ADBC，四边形BCDE为平行四边形，BECD2.PAPD且E为AD的中点，PEAD，PD2，PBPD2，PE2
17、BE2PB2，即PEBE，又ADBEE，AD，BE平面ABCD，PE平面ABCD.(2)解以E为坐标原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，P(0,0,4)，(2,2,0)，(0,2，4)，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则即取n(2,2,1)，设BMt(t0,2)，则M(t,2,0)，而N(0,0,2)，(t，2,2)，设直线MN与平面PAB所成的角为，则sin |cos，n|，化简得11t224t40，解得t2或t，满足t0,2，故线段BM的长度为2或.2.(2023茂名模
18、拟)在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，O为AD的中点(1)求证：POBC；(2)若ABCD，AB8，ADDCCB4，PO2，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成的角为，求点E到平面PCD的距离(1)证明PAPD，O为AD的中点，POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，又PO平面PAD，PO平面ABCD，又BC平面ABCD，POBC.(2)解连接BD，由ABCD，AB8，ADDCCB4，可知四边形ABCD为等腰梯形，易知BD4，AD2BD2AB2，ADBD，过点O作DB的平行线，以O为坐标原点，以DB的平行线为y轴，以OA，OP所在直线分别为x
19、轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，A(2,0,0)，B(2,4，0)，C(4,2，0)，D(2,0,0)，易知平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)，设E(x，y，z)，则(x2，y，z)，(x，y，z2)，(2,4，2)，直线AE与平面ABCD所成的角为，sin |cosn，|，x24x4y23z20，点E在棱PB上，设(01)，即(x，y，z2)(2,4，2)，x2，y4，z22，代入解得或5(舍去)(1,2，)，(2,0，2)，(4,2，2)，设平面PCD的法向量为m(x1，y1，z1)，则令z11，得x1，y1，m，点E到平面PCD的距离d.3.(2023济
20、宁模拟)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG2，DEDF.(1)证明：平面AEF平面ABCD；(2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为.若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由(1)证明由题意可知，在下底面圆中，CD为直径因为DEDF，所以G为弦EF的中点，且EFCD.因为EFAD，ADCDD，AD，CD平面ABCD，所以EF平面ABCD.因为EF平面AEF.所以平面AEF平面ABCD.(2)解设平面PEF交圆柱上底面于PQ，交AB于点H.则平面PEF与平面AEF夹角的大小就是平面HEF与平面AEF夹角的大
21、小以D为坐标原点，分别以下底面垂直于DG的直线，DG，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示因为DG2，底面圆的半径为3，所以EGFG2.则A(0,0,6)，E(2，2,0)，F(2，2,0)，设H(0，m,6)(0m6)，所以(2，2，6)，(2，2，6)，(2，m2,6)，(4，0,0)，(2，m2,6)设平面AEF的一个法向量为m(x1，y1，z1)由得即令z11，则m(0,3,1)设平面HEF的一个法向量为n(x2，y2，z2)由得即令y26，则n(0，6，m2)所以|cosm，n|，化简得3m28m800，解得m4或m(舍去)即AH4.又因为EF平面PAB，EF平面P
22、EF，平面PAB平面PEFPQ，所以EFPQ，PQAB，且H为PQ的中点所以PH2，AP2.所以存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为，此时AP的长为2.4(2023岳阳模拟)在ABC中，ACB45，BC3，过点A作ADBC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将ABD折起，使BDC90(如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点(1)求证：CDME；(2)在图1中tan 2B；图1中；图2中三棱锥ABCD的体积最大这三个条件中任选一个，补充在下面问题中再解答问题：已知_，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值注：如果选择多个条件分别解答，按第一
23、个解答计分(1)证明CDAD，CDBD，ADBDD，AD，BD平面ABD，CD平面ABD，AB平面ABD，CDAB.又M，E分别为AC，BC的中点，MEAB，CDME.(2)解选，在题图1所示的ABC中，由tan 2B，解得tan B2或tan B(舍去)设ADCDm，在RtABD中，tan B2，解得m2，BD1.以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则(1,1,1)设N(0，a,0)，则.ENBM，0，即(1,1,1)0，解得a，N，当DN(即N是
24、CD上靠近点D的四等分点)时，ENBM.设平面BMN的法向量为n(x，y，z)，且，由得令x1，则n(1,2，1)取平面CBN的一个法向量m(0,0,1)，则|cosm，n|，平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为.选，在题图1所示的ABC中，设，则()(1)，又，由平面向量基本定理知，即BD1.以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则(1,1,1)设N(0，a,0)，则.ENBM，0，即(1,1,1)0，解得a，N，当DN(即N是CD上靠近点D的四等分
25、点)时，ENBM.设平面BMN的法向量为n(x，y，z)，且，由得令x1，则n(1,2，1)取平面CBN的一个法向量m(0,0,1)，则|cosm，n|，平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为.选，在题图1所示的ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x，ADBC，ACB45，ADC为等腰直角三角形，ADCD3x.折起后ADDC，ADBD，且BDDCD，BD，DC平面BCD，AD平面BCD，又BDC90，SBCDx(3x)，V三棱锥ABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)，x(0,3)，令f(x)(x36x29x)，则f(x)(x1)(x3)，当0x0；当1x3时，f(x)0，当xBD1时，三棱锥ABCD的体积最大以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，则(1,1,1)，设N(0，a,0)，则.ENBM，0，即(1,1,1)0，解得a，N，当DN(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，ENBM.设平面BMN的法向量为n(x1，y1，z1)，且，由得令x11，则n(1,2，1)取平面CBN的一个法向量m(0,0,1)，则|cosm，n|，平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为.
