内容正文:
考点探究·核心突破
第2课时 空间距离、折叠及探索性问题
例 1
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限时规范训练
考点探究·核心突破
(1)证明:BE∥平面PAD;
(2)若AB⊥平面PBC,△PBC是边长为2的正三角形,求点E到平面PAD的距离.
[解] (1)证明:如图,取PD的中点F,连接AF,EF,
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(2)如图,取BC的中点O,AD的中点M,连接OP,OM,则OM∥AB∥CD.
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反思感悟
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反思感悟
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√
跟踪训练
BC
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图① 图②
例 2
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证法二:取BD的中点Q,连接CQ(图略).
在Rt△CDQ中,CQ2=DQ2+CD2=20.
连接PQ,则PQ=2且PQ⊥BD,
又平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,PQ⊂平面PBD,
所以PQ⊥平面BCD.又CQ⊂平面BCD,则PQ⊥CQ.
在Rt△PQC中,PC2=PQ2+CQ2=24,又BC2=32,所以在△PBC中,BC2=PB2+PC2,即PB⊥PC.
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(2)设M,N分别是BD,BC的中点,连接PM,MN,则PM⊥BD,MN⊥BD,又PM∩MN=M,则BD⊥平面PMN,所以∠PMN是二面角P-BD-C的平面角.
在平面PMN上过M作Mz⊥MN.
如图,以M为原点,直线MB为x轴,直线MN为y轴,直线Mz为z轴,建立空间直角坐标系.
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1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠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.
2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开,这是解决空间垂直问题的技巧.
反思感悟
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2.(2022·吉林白山模拟)已知正方形ABCD的边长为2,沿BD将△ABD折起到△PBD的位置(如图),G为△PBD的重心,点E在CD上,且DE=2EC.
(1)证明:GE∥平面PBC;
(2)若GE⊥PB,求平面GEC与平面PBC夹角的余弦值.
√
跟踪训练
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因为GE⊄平面PBC,FC⊂平面PBC,所以GE∥平面PBC.
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考点三 探索性问题(创新性)
(2022·福建厦门质量检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B是菱形,AB⊥AC,平面AA1B1B⊥平面ABC,平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.
(1)证明:A1B⊥B1C;
(2)已知∠ABB1=60°,AB=AC=2,l上是否存在点P,使A1B与平面ABP所成角为30°?若存在,求B1P的长度;若不存在,请说明理由.
例 3
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考点探究·核心突破
[解] (1)证明:因为四边形AA1B1B为菱形,所以A1B⊥AB1.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AC⊂平面ABC,AC⊥AB,所以AC⊥平面AA1B1B.
又A1B⊂平面AA1B1B,所以AC⊥A1B.
又因为AB1∩AC=A,所以A1B⊥平面AB1C.
又B1C⊂平面AB1C,所以A1B⊥B1C.
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考点探究·核心突破
(2)l上不存在点P,使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下:
如图,取A1B1中点D,连接AD.
因为∠ABB1=60°,所以∠AA1B1=60°.又AA1=AB1,所以△AA1B1为等边三角形,所以AD⊥A1B1.
因为A1B1∥AB,所以AD⊥AB.
又平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面ABC.
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