2025高考数学一轮复习-第7章-第9节 探索性及折叠问题【课件】

这是一份2025高考数学一轮复习-第7章-第9节 探索性及折叠问题【课件】，共40页。PPT课件主要包含了CONTENTS，考点聚焦突破，考点一探索性问题，感悟提升，考点二折叠问题，课时分层精练等内容，欢迎下载使用。
以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，解决折叠问题.
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例1 (2024·青岛调研)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；
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.
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.
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.
1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
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　假设存在Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB的中点为H，连接PH，则PH⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面ABCD.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，
(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；
解　因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
(2)当三棱锥P－COD的体积最大时，求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值.
所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.
取y＝1，得x＝1，z＝1，得平面CPD的一个法向量为n1＝(1，1，1).易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，设平面OPD与平面CPD的夹角为θ，
翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
训练2 (2024·成都诊断)如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②).
(1)求证：GH∥平面DEF；
证明　连接BH，与ED相交于点M，连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，因为E，H分别为PB，PD的中点，
所以MF∥GH，因为MF⊂平面DEF，GH平面DEF，所以GH∥平面DEF.
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值.
解　因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，DB，DP⊂平面DBP，所以CD⊥平面DBP.如图，过点D作直线垂直平面BDC，
作空间直角坐标系，设PD＝DB＝DC＝2，
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·广州调研)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；
证明　如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ，
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)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值.
解　如图，取EF的中点O，BC的中点G，连接A1O，OG.由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF，A1O⊂平面A1EF，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，建立如图的空间直角坐标系，
(1)求证：MN∥平面PED；
证明　如图，取PB的中点Q，连接MQ，NQ.
所以四边形BCDE为正方形.因为点M，N，Q分别为PC，BE，PB的中点，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.因为MQ∩NQ＝Q，MQ，NQ⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PED.因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PED.
(2)求二面角D－MN－C的正弦值.
解　由题意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB.
令x＝2，得y＝1，z＝－2，所以m＝(2，1，－2).设平面CMN的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
证明　∵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)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
解　取AD中点O，连接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为原点建立如图所示空间直角坐标系，
∵BM平面PCD，要使BM∥平面PCD，
4.(2024·长沙模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
证明　∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴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，∴平面BEF⊥平面PAC.
解　存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵点E，F分别为AC，PC的中点，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，