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】

第七章立体几何与空间向量第9节

探索性及折叠问题以空间向量为工具，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.目

录CONTENTS考点聚焦突破01课时分层精练02考点聚焦突破1KAODIANJUJIAOTUPO考点一探索性问题例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.感悟提升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)，考点二折叠问题(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，感悟提升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，课时分层精练2KESHIFENCENGJINGLIAN1.(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，