2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第7章-第9節(jié) 探索性及折疊問題【課件】

第七章立體幾何與空間向量第9節(jié)

探索性及折疊問題以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件，解決折疊問題.目

錄CONTENTS考點(diǎn)聚焦突破01課時(shí)分層精練02考點(diǎn)聚焦突破1KAODIANJUJIAOTUPO考點(diǎn)一探索性問題例1

(2024·青島調(diào)研)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C為等邊三角形，四邊形AA1B1B為菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3. (1)求證：AB1⊥A1C；證明連接A1B與AB1相交于點(diǎn)F，連接CF，如圖①所示.∵四邊形AA1B1B為菱形，∴F為AB1的中點(diǎn)，A1B⊥AB1.∵△AB1C為等邊三角形，∴CF⊥AB1，又A1B，CF?平面A1BC，A1B∩CF＝F，∴AB1⊥平面A1BC.∵A1C?平面A1BC，∴AB1⊥A1C.解假設(shè)存在，設(shè)O，G分別為AC，AB的中點(diǎn)，連接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為等邊三角形，∴B1O⊥AC，故OG，OC，OB1兩兩垂直.當(dāng)λ＝0時(shí)，平面AB1E即平面AB1C，∵B1O⊥平面ABC，B1O?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面ABC，不滿足題意.感悟提升1.對(duì)于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.2.對(duì)于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB.又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB.又AC?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.解假設(shè)存在Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB的中點(diǎn)為H，連接PH，則PH⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH?平面PAB，所以PH⊥平面ABCD.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC所在直線分別為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)AB＝2，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，考點(diǎn)二折疊問題(1)當(dāng)AB∥平面PCD時(shí)，求PD的長；解因?yàn)锳B∥平面PCD，AB?平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，(2)當(dāng)三棱錐P－COD的體積最大時(shí)，求平面OPD與平面CPD夾角的余弦值.所以當(dāng)OD⊥OP時(shí)，三棱錐P－COD的體積最大.取y＝1，得x＝1，z＝1，得平面CPD的一個(gè)法向量為n1＝(1，1，1).易知平面OPD的一個(gè)法向量為n2＝(1，0，0)，設(shè)平面OPD與平面CPD的夾角為θ，感悟提升翻折問題中的解題關(guān)鍵是要結(jié)合圖形弄清翻折前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系.一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.訓(xùn)練2

(2024·成都診斷)如圖①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜邊AB上的高，以CD為折痕把△ACD折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，且∠PBD＝60°，E，F(xiàn)，H分別為PB，BC，PD的中點(diǎn)，G為CF的中點(diǎn)(如圖②).(1)求證：GH∥平面DEF；證明連接BH，與ED相交于點(diǎn)M，連接MF，因?yàn)槿切蜛BC是等腰直角三角形，CD是斜邊AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因?yàn)椤螾BD＝60°，所以△PBD是等邊三角形，因?yàn)镋，H分別為PB，PD的中點(diǎn)，所以MF∥GH，因?yàn)镸F?平面DEF，GH

平面DEF，所以GH∥平面DEF.(2)求直線GH與平面PBC所成角的正弦值.解因?yàn)镃D⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，DB，DP?平面DBP，所以CD⊥平面DBP.如圖，過點(diǎn)D作直線垂直平面BDC，作空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PD＝DB＝DC＝2，課時(shí)分層精練2KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·廣州調(diào)研)如圖(1)，在邊長為4的正三角形ABC中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點(diǎn).將△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱錐A1－EFCB，P為A1C的中點(diǎn)，如圖(2).(1)求證：FP∥平面A1BE；證明如圖，取A1B的中點(diǎn)Q，連接PQ，EQ，所以PQ∥EF，且PQ＝EF，則四邊形EFPQ為平行四邊形，則FP∥EQ.又FP

平面A1BE，EQ?平面A1BE，所以FP∥平面A1BE.(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直線A1F與平面BFP所成的角的正弦值.解如圖，取EF的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)G，連接A1O，OG.由平面A1EF⊥平面EFCB，且交線為EF，A1O?平面A1EF，知A1O⊥平面EFCB，此時(shí)，OA1，OE，OG兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE，OG，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，(1)求證：MN∥平面PED；證明如圖，取PB的中點(diǎn)Q，連接MQ，NQ.所以四邊形BCDE為正方形.因?yàn)辄c(diǎn)M，N，Q分別為PC，BE，PB的中點(diǎn)，所以MQ∥BC∥ED，NQ∥PE.又DE，PE?平面PED，MQ，NQ

平面PED，所以MQ∥平面PED，NQ∥平面PED.因?yàn)镸Q∩NQ＝Q，MQ，NQ?平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PED.因?yàn)镸N?平面MNQ，所以MN∥平面PED.(2)求二面角D－MN－C的正弦值.解由題意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB.令x＝2，得y＝1，z＝－2，所以m＝(2，1，－2).設(shè)平面CMN的法向量為n＝(x1，y1，z1)，證明

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴PD⊥平面PAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；解取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO.∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，∵BM

平面PCD，要使BM∥平面PCD，4.(2024·長沙模擬)如圖所示，在三棱錐P－ABC中，底面是邊長為4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn). (1)求證：平面BEF⊥平面PAC；證明∵△ABC是正三角形，E為AC的中點(diǎn)，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BE⊥平面PAC.∵BE?平面BEF，