第七章 第九节 探索性及折叠问题-2027年高考数学一轮总复习课件（含解析版试题）

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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.
例1 (2026·开封质检)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥AD于点O，AP⊥BC，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明:PO⊥平面ABC;
∵AB＝AC，D为BC的中点，∴BC⊥AD.∵AP⊥BC，AD∩AP＝A，AD，AP⊂平面PAD.∴BC⊥平面PAD.∵PO⊂平面PAD，∴BC⊥PO.∵PO⊥AD，BC∩AD＝D，BC，AD⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC.
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”.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.
由题意得EF∥CD，EF＝CD，所以四边形DCEF为平行四边形.所以DF∥CE.因为DF⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以DF∥平面BCE.
例2 (2025·新高考Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明:A'B∥平面CD'F;
因为在四边形ABCD中，AB∥CD，且EF∥AD，所以四边形AEFD是平行四边形，又∠DAB＝90°，所以四边形AEFD为矩形，折叠后，显然EB∥FC，EB⊄平面CD'F，FC⊂平面CD'F，
所以EB∥平面CD'F，又A'E∥D'F，A'E⊄平面CD'F，D'F⊂平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F，且EB∩A'E＝E，EB，A'E⊂平面BA'E，所以平面BA'E∥平面CD'F，且A'B⊂平面BA'E，所以A'B∥平面CD'F.
(2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
由∠DAB＝90°，EF∥AD，所以EF⊥CD，所以EF⊥CF，EF⊥D'F，所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC＝60°.结合CF∩D'F＝F，CF，D'F⊂平面CFD'，所以EF⊥平面CFD'，又EF⊂平面EBCF，可得平面CFD'⊥平面EBCF，又F为CD的中点，所以△CFD'为等边三角形，
三步解决平面图形的折叠问题
所以A'O2＋OD2＝A'D2，A'O2＋OE2＝A'E2，可知A'O⊥OD，A'O⊥OE，又因为OD∩OE＝O，OD，OE⊂平面BCDE，所以A'O⊥平面BCDE.
(2)求点B到平面A'CD的距离.
1.图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2.(1)求证:EF∥平面ABCD;
于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF，则OP⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小 .
2.(2026·武汉质检)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;
(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值.
3.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;
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.
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.
4.(2026·合肥调研)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H.(1)证明:PC⊥AB;
因为点P在底面ABC的射影为点H，所以PH⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA，因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAH，所以BC⊥平面PAH，又AH⊂平面PAH，所以BC⊥AH，
因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH＝P，PB，PH⊂平面PBH，所以AC⊥平面PBH，又BH⊂平面PBH，所以AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH，PH⊂平面PCH，CH∩PH＝H，所以AB⊥平面PCH，又PC⊂平面PCH，所以PC⊥AB.