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课件网) 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 1 KAODIANJUJIAOTUPO 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 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 ... ...
