培优5 用向量方法求解翻折与探究性问题-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册教用Word(北师大版)

　用向量方法求解翻折与探究性问题 类型一 翻折问题 　如图，在图1的等腰直角三角形ABC中，AB＝CB＝3，边AB，AC上的点E，F满足＝＝，将△AEF沿EF翻折至△PEF处，得到图2中的四棱锥P－EFCB，且二面角P－EF－B的平面角的大小为60°. (1)证明：平面PBC⊥平面EFCB； (2)求直线BE与平面PFC夹角的正弦值． 【解】　(1)证明：因为＝＝，所以EF∥BC，因为在等腰直角三角形ABC中，AB⊥BC，所以EF⊥AB，在四棱锥P－EFCB中，EF⊥EB，EF⊥EP.所以∠PEB为二面角P－EF－B的平面角，即∠PEB＝60°.又PE＝2，BE＝1，所以PB＝＝，满足PE2＝BE2＋PB2.即BE⊥PB，又BE⊥BC，且PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以BE⊥平面PBC.又BE⊂平面EFCB，所以平面PBC⊥平面EFCB. (2)由EF⊥EB，EF⊥EP，且EB∩EP＝E，EB，EP⊂平面PBE，故EF⊥平面PBE，则有EF⊥PB.又EF∥BC，所以BC⊥PB，即PB，EB，CB两两垂直． 以B为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0，0，0)，E(0，1，0)，C(3，0，0)，P(0，0，)，F(2，1，0)，则＝(0，1，0).设平面PFC的一个法向量n＝(x，y，z)，＝(3，0，－)，＝(1，－1，0).令y＝1，得n＝(1，1，).设所求夹角的大小为θ，则sin θ＝＝＝＝.所以直线BE与平面PFC夹角的正弦值为. 　处理翻折问题的两个关键点 (1)确定翻折前后的平面图形与立体图形，理清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置和数量关系发生变化；对于不变的关系应在平面图形中解决，而对于变化的关系要在立体图形中解决． (2)确定翻折后关键点的位置．所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．分析清楚关键点的准确位置，确定其他点的位置，再进行有关的证明与计算． 类型二 探究性问题 角度1　探究位置关系 　(2024·广西钦州月考)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC＝2EF，AE＝AF，点G是EF的中点． (1)证明：AG⊥平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使MG∥平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解】　(1)证明：因为AE＝AF，点G是EF的中点，所以AG⊥EF，又因为EF∥AD，所以AG⊥AD，由平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AG⊂平面ADEF，所以AG⊥平面ABCD. (2)由(1)得AG⊥平面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以AG⊥AD，AG⊥AB，又四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG，AD，AB两两垂直， 以A为原点，建立空间直角坐标系A－xyz，如图，所以A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，4，0)，假设线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ，因为＝(4，4，0)，所以＝(4λ，4λ，0)，设AG＝t(t>0)，则＝(0，0，t)，所以＝－＝(－4λ，－4λ，t)，F(0，－1，t)，＝(0，－1，t)，＝(4，0，0)，设平面ABF的一个法向量为m＝(x，y，z)，取m＝(0，t，1)，由于MG∥平面ABF，所以·m＝0，即－4λt＋t＝0，解得λ＝，所以＝，此时＝，即当＝时，MG∥平面ABF. 角度2　探究度量关系 　如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，∠ABC＝∠BAD＝，SA＝AB＝BC＝AD＝1. (1)求证：BD∥平面AEG； (2)求二面角C-SD-E的平面角的余弦值； (3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD夹角的大小为？若存在，求出线段GH的长；若不存在，说明理由． 【解】　(1)证明：连接FG，如图，在△SBD中，F，G分别为SD，SB的中点，所以FG∥BD.又因为FG⊂平面AEG，BD⊄平面AEG，所以BD∥平面AEG. (2)因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD.又∠BAD＝，所以AB⊥AD.以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，S(0，0，1) ，E(0，2，1)，G. 则＝(－1，1，0)，＝(1，1，－1).设平面SCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即 令x＝1，解得y＝1，z＝2.所以平面SCD的一个法向量为m＝(1，1，2)，又平面ESD的一个法向量为＝(1，0，0)，所以cos 〈m，〉＝＝＝，由图可知二面角C－SD－E的平面角为钝角，所以二面角C－SD－E的平面角的余弦值为－. (3)假设存在点H，设＝λ＝(－λ，2λ，λ)(0≤λ≤1)，则＝＋λ＝(－－λ，2λ，＋λ).由(2)知，平面SCD的一个法向量为m＝(1，1，2)，则sin ＝＝＝，即(λ－1)2＝0，所以λ＝1.故存在满足题意的点H，此时GH＝GE＝. 　解决几何图形中点的存在型探究性问题的一般步骤： (1)假设存在满足条件的点，在空间直角坐标系中确定点的坐标(或利用共线向量基本定理表示与该点有关的向量)； (2)利用问题中的位置关系或度量关系构建关于变量的方程； (3)以方程的解判断点是否存在：若方程有解，且其解满足相应的范围，则点存在；若方程无解，或方程的解不满足相应的范围，则点不存在． 【尝试训练】 1．(多选)(2024·江苏期末)如图1，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为CD的中点，将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置，使得平面C1BE⊥平面ABED，如图2所示，下列说法正确的有(　　) A．平面C1AE⊥平面C1BE B．异面直线C1A与BE夹角的余弦值为 C．点B到平面C1AD的距离为 D．二面角D－C1A－E的平面角的正弦值为 解析：选ABD．对于A，如图所示， 在Rt△ADE中，AD＝DE＝1，所以AE＝，在Rt△BC1E中，BC1＝C1E＝1，所以BE＝，又因为AB＝2，所以AE2＋BE2＝AB2，所以AE⊥BE，又因为平面C1BE⊥平面ABED，平面C1BE∩平面ABED＝BE，AE⊂平面ABED，所以AE⊥平面C1BE，又因为AE⊂平面C1AE，所以平面C1AE⊥平面C1BE，故A正确；对于B，取BE中点M，AB中点N，连接C1M，MN，则C1M⊥BE，MN∥AE，由A知，AE⊥平面C1BE，所以MN⊥平面C1BE， 所以以点M为原点，MN，MB，MC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则M(0，0，0)，C1(0，0，)，A(，－，0)，B(0，，0)，E(0，－，0)，D(，－，0)，所以＝(，－，－)，＝(0，－，0)，所以|cos 〈，〉|＝＝＝，所以异面直线C1A与BE夹角的余弦值为，故B正确；对于C，因为＝(，－，－)，＝(，－，－)，＝(0，，－)，设平面C1AD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝1，则y1＝－1，z1＝3，所以n1＝(1，－1，3)，所以点B到平面C1AD的距离为d＝＝＝，故C错误；对于D，由C项知，平面C1AD的一个法向量为n1＝(1，－1，3)，设平面C1AE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又＝(0，－，－)，则 即取y2＝1，则z2＝－1，x2＝0，所以n2＝(0，1，－1)，所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝，所以sin 〈n1，n2〉＝ ＝，所以二面角D－C1A－E的平面角的正弦值为，故D正确．故选ABD． 2.如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E＝2DE. (1)若点F满足＝2，求证：CF∥平面A1EC1； (2)底面ABCD内是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 所以A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，B1(3，3，3)，B(3，3，0)，所以＝(－3，3，0)，＝(3，0，2).设平面A1EC1的一个法向量n＝(x，y，z)，所以 令x＝2，解得y＝2，z＝－3，所以平面A1EC1的一个法向量n＝(2，2，－3).若＝2，则＝＝(0，0，3)＝(0，0，2)，所以＝＋＝(3，0，0)＋(0，0，2)＝(3，0，2)，因为n·＝2×3＋2×0－3×2＝0，所以n⊥，又CF⊄平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1. (2)假设底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)，又D1(0，0，3)，所以＝(a，b，－3)，由(1)知，平面A1EC1的一个法向量n＝(2，2，－3)，所以∥n，所以＝＝，解得a＝2，b＝2，所以底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，此时DP＝＝2. 3．(2024·广西桂林检测)如图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADE＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，如图2，且AC1＝. (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1夹角的正弦值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：在图1中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE＝60°，所以AC⊥BE，OA＝OC＝.在图2中，相交直线OA，OC1均与BE垂直，所以∠AOC1是二面角A－BE－C1的平面角，因为AC1＝，所以OA2＋OC＝AC，所以OA⊥OC1，∠AOC1＝90°，所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)以O为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，则D(，－，0)，C1(0，0，)，A(，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)，所以＝(－，，)，＝(－，－，0)，＝(－，1，0)，＝(－，0，)，＝(－，－1，0)，设＝λ＝(－λ，λ，λ)，λ∈[0，1]，则＝＋＝(－－λ，－＋λ，λ)，设平面ABC1的一个法向量n＝(x，y，z)，则 令x＝1，解得y＝，z＝1，所以n＝(1，，1)，所以点P到平面ABC1的距离为d＝＝＝，解得λ＝或λ＝(舍去)，所以＝(－，－，)，所以＝－＝(，，)，所以＝＝＝，所以直线EP与平面ABC1夹角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $