第1章 专题2 利用空间向量解决立体几何中的折叠问题及存在性问题 （教师用书）-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

专题2__利用空间向量解决立体几何中的折叠问题及存在性问题 [对应学生用书第31页] 题型一　空间中的折叠问题 1．图①是由平行四边形ABCD和直角三角形ABE组成的一个平面图形．其中∠BAD＝60°，AB⊥AE，AD＝AE＝2AB＝2，将△ABE沿AB折起到△ABP的位置，使得PC＝，如图②. (1)证明：PA⊥BD； (2)求二面角A-PD-B的余弦值． 解　(1)证明　因为四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝60°，所以∠ABC＝120°. 连接AC，在△ABC中，根据余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC＝7. 因为PC＝，所以PC2＝AC2＋PA2，所以PA⊥AC． 又因为PA⊥AB，且AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABCD． 因为BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD． (2)因为BC＝2，CD＝1，∠BCD＝60°，在△BCD中，由余弦定理可得BD＝，所以BD⊥CD． 由(1)可知PA⊥平面ABCD，则以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向，过点D作PA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz， 则D(0，0，0)，A(，－1，0)，B(，0，0)，P(，－1，2)，故＝(，－1，0)，＝(，－1，2)，＝(，0，0). 设平面PAD的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 由得 令x1＝1，可得n＝(1，，0). 设平面PBD的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 由得 令y2＝2，可得m＝(0，2，1). 故cos 〈n，m〉＝＝＝. 设二面角A-PD-B为θ，由图可知θ为锐角， 则cos θ＝cos 〈n，m〉＝. 2．已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝BC＝a，E是BC的中点，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD，F为B1D的中点． (1)求四棱锥B1-AECD的体积； (2)求平面ADB1与平面ECB1所成角的正弦值． 解　(1)取AE的中点M，连接B1M.易知BA＝AD＝DC＝AE＝BE＝a，则△ABE为等边三角形，故△AB1E也为等边三角形．所以B1M⊥AE，B1M＝A．又因为平面B1AE⊥平面AECD，所以B1M⊥平面AECD， 所以VB1-AECD＝×a×a×a×sin ＝. (2)连接MD，以M为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则E，C，A，D，B1， 设平面ECB1的法向量为u＝(x′，y′，z′)， 即 令x′＝1，则u＝， 设平面ADB1的法向量为v＝(x，y，z)， 即 令x＝1，则v＝， 则cos 〈u，v〉＝＝， 所以平面ADB1与平面ECB1所成角的正弦值为. 3．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan ∠ACB＝.已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C′的位置且二面角C′­EF­B的大小是60°.连接C′B，C′A，如图． (1)求证：平面C′FA⊥平面ABC′； (2)求平面C′FA与平面BEC′的夹角的大小． 解　(1)证明　因为∠ABC＝90°，E，F分别为BC，AC的中点， 所以EF∥AB，EF⊥BC，所以EF⊥BE，EF⊥EC′， 所以∠BEC′为二面角C′­EF­B的平面角， 所以∠BEC′＝60°. 因为E为BC的中点，所以BE＝EC′， 所以△BEC′为等边三角形． 因为BE∩EC′＝E，所以EF⊥平面BEC′. 又EF∥AB，所以AB⊥平面BEC′. 如图，以B为坐标原点，过点B垂直于 平面ABEF的直线为x轴，分别以BE， BA所在直线为y轴、z轴建立空间直 角坐标系． 设AB＝2，则B(0，0，0)，A(0，0，2)， E(0，2，0)，F(0，2，1)，C′(，1，0)， 所以＝(0，0，2)，＝(，1，0)，＝(0，2，－1)，＝(，1， －2). 设平面ABC′的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝－， 所以a＝(1，－，0)是平面ABC′的一个法向量． 设平面C′FA的法向量为b＝(x2，y2，z2)， 则即 令z2＝2，则y2＝1，x2＝， 所以b＝(，1，2)是平面C′FA的一个法向量． 因为a·b＝－＋0＝0，所以a⊥b， 所以平面C′FA⊥平面ABC′. (2)由图可知平面BEC′的一个法向量为m＝(0，0，1)， 因为cos 〈m，b〉＝＝，所以〈m，b〉＝45°， 所以平面C′FA与平面BEC′的夹角的大小为45°. 题型二　立体几何中的存在性问题的探究 4．如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE上，且EF＝λFA． (1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明； (2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值． 解　(1)当λ＝时，CE∥平面BDF. 证明如下：连接AC交BD于点G，连接GF. ∵CE∥平面BDF，CE⊂平面ACE，平面ACE∩平面BDF＝FG， ∴CE∥FG，∴＝， 又AB∥CD，∴△ABG∽△CDG，∴＝＝， ∴λ＝＝. (2)取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB． ∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且EO⊥AB， ∴EO⊥平面ABCD． 连接OD． ∵BO∥CD，且BO＝CD＝1， ∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO， 又BC⊥AB，∴AB⊥DO. 由OA，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz. 则O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)，D(1，0，0)，C(1，－1，0)，E(0，0，). ∴＝(1，1，0)，＝(－1，1，)， 当λ＝1时，＝， ∴可得F，∴＝. 设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)， 则有即 令z＝，得y＝－1，x＝1. 即n＝(1，－1，). 设CE与平面BDF所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝. ∴当λ＝1时，直线CE与平面BDF所成角的正弦值为. 5．如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD的体积为. (1)若E为棱SA的中点，F是SB的中点，求证：平面PEF∥平面SCD； (2)是否存在点E，使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 解　(1)证明　在等边三角形SAD中，P为AD的中点，于是SP⊥AD， 又平面SAD⊥平面ABCD， 平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP⊂平面SAD， 所以SP⊥平面ABCD， 所以SP是四棱锥S-ABCD的高， 设AD＝m，则SP＝m，S矩形ABCD＝m，所以VS-ABCD＝S矩形ABCD·SP＝m·m＝，所以m＝2， 如图，以点P为坐标原点，PA所在直线为x轴，过点P且与AB平行的直线为y轴，PS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则P(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，S(0，0，)， E，F， ∴＝，＝， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面PEF的法向量， 则即 令z1＝1，则x1＝－，y1＝0，∴n1＝(－，0，1). 同理可得平面SCD的一个法向量n2＝(－，0，1). ∵n1＝n2，∴平面PEF∥平面SCD． (2)存在．理由如下：设＝λ＝λ(－1，0，)＝(－λ，0，λ)(0≤λ≤1)， ＝＋＝(1，0，0)＋(－λ，0，λ) ＝(1－λ，0，λ)，＝(1，1，0)， 设平面PEB的一个法向量为m1＝(x，y，z)， 则 令x＝λ，则m1＝(λ，－λ，λ－1)， 易知平面SAD的一个法向量m2＝＝(0，1，0)， ∴|cos 〈m1，m2〉|＝＝＝， 因为0≤λ≤1，所以λ＝， 所以存在点E，位于AS上靠近A点的三等分点． 6．(江西八校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点． (1)证明：PO⊥平面ABCD； (2)求直线BD与平面PAB夹角的正弦值； (3)在线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为？请说明理由． 解　(1)证明　在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD． 因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD． (2)连接OC．由(1)知PO⊥平面ABCD，且OC⊂平面ABCD，所以PO⊥OC． 因为BC∥AD，BC＝AD＝OA， 所以四边形ABCO为平行四边形． 又因为AB⊥AD，所以OC⊥AD． 以O为坐标原点，以，，为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)， D(0，1，0)，所以＝(－1，2，0)， ＝(0，－1，－1)， ＝(1，－1，－1). 设平面PAB的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则即 故取n＝(0，－1，1). 设直线BD与平面PAB的夹角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. (3)假设在线段AD上存在点Q，使得Q到平面PCD的距离为. 因为O(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，0，0)，D(0，1，0)， 所以＝(0，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1). 令＝λ(λ＞0)，则＝(0，λ，0). 设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即故取m＝(1，1，1). 因为点Q到平面PCD的距离为， 则d＝＝＝，解得λ＝， 经检验，满足题意． 故存在点Q满足题意，此时QD＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$