资源简介

第九节　立体几何中的翻折与探究问题
1.如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝，O为BC的中点.将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE，其中A'O＝.
（1）求证：A'O⊥平面BCDE；
（2）求点B到平面A'CD的距离.
2.如图，已知平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，∠APD＝90°，四边形ABCD为直角梯形，CD∥AB，AB⊥AD，AB＝AD＝2，PQ∥DC，PQ＝DC＝1.
（1）求二面角Q-BC-A的余弦值；
（2）线段QB上是否存在点M，使得AM⊥平面QBC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
3.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.
4.（情境创新）已知三棱锥P-ABC（如图1所示）的平面展开图（如图2所示）中，四边形ABCD为边长为的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：
（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（2）求平面APC和平面PCB夹角的余弦值；
（3）若点M在棱PC上，满足＝λ，λ∈［，］，点N在棱BP上，且BM⊥AN，求的取值范围.
第九节　立体几何中的翻折与探究问题
1.解：（1）证明：连接OD，OE，则∠OBE＝∠OCD＝45°，CD＝BE＝，CO＝BO＝3，
在△COD中，由余弦定理可得OD＝＝，
同理得OE＝，
因为BC＝6，则AC＝AB＝3，可得AD＝A'D＝A'E＝AE＝2，
因为A'O＝，则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）取DE中点H，连接OH，则OH⊥OB，
以O为坐标原点，OH，OB，OA'所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则O（0，0，0），A'（0，0，），B（0，3，0），C（0，－3，0），D（1，－2，0），
可得'＝（0，3，），＝（1，1，0），＝（0，6，0），
设平面A'CD的一个法向量为n＝（x，y，z），
所以
令x＝1，则y＝－1，z＝，可得n＝（1，－1，），
所以点B到平面A'CD的距离为＝＝.
2.解：（1）取AD的中点为O，连接OP，
∵PA＝PD，
∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，OP 平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴OP⊥平面ABCD.
以点O为坐标原点，分别以直线OD，OP为y轴，z轴，过O且平行AB的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
∵∠APD＝90°，AB＝AD＝2，PQ＝CD＝1，
∴A（0，－1，0），B（2，－1，0），C（1，1，0），Q（1，0，1），
∴＝（－1，1，1），＝（0，－1，1），
设平面QBC的法向量为n＝（x，y，z），
∴即∴
令z＝1，则y＝1，x＝2，∴n＝（2，1，1）.
又平面ABC的法向量为m＝（0，0，1），
则cos＜m，n＞＝＝＝，
设二面角Q-BC-A的平面角为θ，由图形知θ为锐角，
∴cos θ＝，即二面角Q-BC-A的余弦值为.
（2）设＝λ（0≤λ≤1），∵＝（1，－1，－1），∴＝（λ，－λ，－λ），
∴＝＋＝（1＋λ，1－λ，1－λ）.
又平面QBC的法向量为n＝（2，1，1），AM⊥平面QBC，∴n∥，
∴＝＝，∴λ＝，即＝.
∴＝，故在线段QB上存在点M，使AM⊥平面QBC，且的值是.
3.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，AB1，AC 平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C.
又B1C 平面AB1C，所以A1B⊥B1C.
（2）l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下：
取A1B1的中点D，连接AD.
因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.
又AA1＝A1B1，
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.
以A为原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（－1，0，），B1（1，0，），
则＝（0，2，0），＝（2，0，0），＝（1，0，）.
因为AC∥A1C1，AC 平面A1B1C1，A1C1 平面A1B1C1，
所以AC∥平面A1B1C1，
又AC 平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，
所以AC∥l.
假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.
设＝λ（λ∈R），则＝（0，2λ，0），
所以＝＋＝（1，2λ，）.
设n＝（x，y，z）为平面ABP的一个法向量，
则即
令y＝－，则z＝2λ，可取n＝（0，－，2λ）.
又＝（3，0，－），
所以sin 30°＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，
即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解，
因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.
4.解：（1）证明：法一 设AC的中点为O，连接BO，PO.
由题意，PA＝PB＝PC＝，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1，
因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC，
因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O，AC，OB 平面ABC，所以PO⊥平面ABC.
因为PO 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
法二 设AC的中点为O，连接BO，PO.
因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，
因为PA＝PB＝PC，PO＝PO＝PO，AO＝BO＝CO，
所以△POA≌△POB≌△POC，
所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，
所以PO⊥OB.
下同法一.
（2）由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，如图所示，建立空间直角坐标系.
则O（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），A（－1，0，0），P（0，0，1）.
由OB⊥平面APC，得平面APC的一个法向量为＝（0，1，0）.
由＝（1，－1，0），＝（1，0，－1），
设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），
则由得
令x＝1，得y＝1，z＝1，即n＝（1，1，1），
cos＜n，＞＝＝＝，
所以平面APC和平面PCB夹角的余弦值为.
（3）设＝μ，0≤μ≤1，
则＝＋＝＋λ＝（1，－1，0）＋λ（－1，0，1）＝（1－λ，－1，λ），
＝＋＝＋μ＝（1，1，0）＋μ（0，－1，1）＝（1，1－μ，μ），
由·＝0，得（1－λ）·1＋（－1）·（1－μ）＋λ·μ＝0，
即μ＝＝1－，
μ是关于λ的增函数，
当λ∈［，］时，μ∈［，］，
所以∈［，］.
1 / 1第九节　立体几何中的翻折与探究问题
重点解读
　　会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系，角的存在条件与翻折问题.
翻折问题
（师生共研过关）
如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，且点F满足DF∥CE，且DF＝3CE.
（1）求直线CF与平面ADE所成角的正切值；
（2）求几何体ADE-BFC的体积.
解题技法
翻折问题的两个解题策略
（2025·呼和浩特模拟）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，＝λ，＝λ（0＜λ＜1），沿EF将△AEF向上折起得到棱锥P-BCDEF.如图2所示，设二面角P-EF-B的平面角为θ.
（1）当λ为何值时，三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积之比为；
（2）当θ＝，λ＝时，求平面PEF与平面PFB所成角φ的正弦值.
探究性问题
（师生共研过关）
（2025·邵阳第二次联考）如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD.
（1）证明：BD⊥CC1；
（2）若AB＝2，AA1＝，A1B1＝1，∠ABC＝60°，棱BC上是否存在一点P，使得平面AD1P与平面ADD1夹角的余弦值为.若存在，求线段CP的长；若不存在，请说明理由.
解题技法
利用空间向量巧解探究性问题的策略
（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；
（2）解题时，把结论当作条件，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”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.
提醒 探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
如图，四棱锥S-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°，SC⊥BD.
（1）求二面角A-SB-C的余弦值；
（2）线段SC（包含端点）上是否存在点H，使得DH∥平面SAB.
第九节　立体几何中的翻折与探究问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 解：（1）取AE中点O，AB中点G，连接DO，OG，
由题易得AD＝DE＝，
∴DO⊥AE，DO＝AO＝1，
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DO 平面ADE，
∴DO⊥平面ABCE，
又G为AB中点，则在矩形ABCD中，四边形AGED为正方形，
∴GO⊥AE，
∴OA，OG，OD两两垂直，且OA＝OG＝OD＝1.
以OA，OG，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），E（－1，0，0），D（0，0，1），G（0，1，0），B（－1，2，0），C（－2，1，0），F（－3，3，1）.
∴＝（－1，2，1），平面ADE的一个法向量为＝（0，1，0）.
∴·＝2，｜｜＝，｜｜＝1.
设直线CF与平面ADE所成角为θ，
∴sin θ＝｜cos ＜，＞｜＝＝＝，则cos θ＝＝，
∴tan θ＝，则直线CF与平面ADE所成角的正切值为.
（2）VADE-BFC＝VF-ABCE＋VF-ADE，VF-ABCE＝S梯形ABCE·DO＝×（AB＋CE）·BC·DO＝×3××1＝1.
VF-ADE＝S△ADE·3GO＝×AE·DO·3GO＝×2×1×3＝1，
VADE-BFC＝＋VF-ADE＝2.
∴所求几何体的体积为2.
跟踪训练
解：（1）由图知，＝＝＝，从而＝，
因＝λ，＝λ，故EF∥BD，则△AEF∽△ADB，于是λ＝＝＝.
（2）因为菱形ABCD的对角线互相垂直，
设AC与EF的交点为O，可知O点为线段EF的中点，
在翻折的过程中，始终有PO⊥EF，OC⊥EF，
所以二面角P-EF-B的平面角为∠POC＝θ＝，
以O为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则P（0，0，），F（1，0，0），B（2，，0），
可得＝（1，0，－），＝（1，，0），
设平面PFB的法向量为n＝（x，y，z），则
令x＝，则y＝－1，z＝1，可取n＝（，－1，1），
因OC⊥平面PEF，故平面PEF的法向量可取为m＝（0，1，0），
由题意可得｜cos φ｜＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，
因0≤φ≤，
故sin φ＝＝.
考点2
【例2】 解：（1）证明：连接AC，因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
又AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥AA1；
又AC∩AA1＝A，AC，AA1 平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC.
因为四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1，CC1的延长线交于一点，
所以A1，C1，C，A四点共面，即CC1 平面A1AC，所以BD⊥CC1.
（2）由（1）知，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，2，0），D1（0，1，），
若存在点P满足题意，则设P（，y，0），y∈[－1，1].
易知平面AD1D的一个法向量为n＝（1，0，0），
设平面AD1P的法向量为m＝（x0，y0，z0）.
＝（0，1，），＝（，y，0）.
则则
令y0＝，则z0＝－1，x0＝－y，m＝（－y，，－1）.
所以｜cos＜m，n＞｜＝｜｜＝＝，解得y＝±.
故在棱BC上存在点P满足题意，此时CP＝或CP＝.
跟踪训练
解：（1）∵△ABD为正三角形，CB＝CD，取BD中点O，
连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，即AC⊥BD，垂足为O，
∵∠BSD＝90°，∴△BSD为直角三角形，
∵O为BD中点，∴OD＝OS，
在△COD与△COS中，
∵OD＝OS，CS＝CD，OC＝OC，
∴△COD≌△COS，则∠COD＝∠COS＝90°，
∴AC⊥OS，
∵SC⊥BD且SC∩AC＝C，SC，AC 平面ASC，∴BD⊥平面ASC.
又∵OS 平面ASC，∴OS⊥BD.
以O为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A（3，0，0），B（0，，0），C（－1，0，0），S（0，0，），
∴＝（－3，，0），＝（1，，0），＝（0，，－），
设平面SAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），
则由得
令y1＝，得m＝（1，，）.
设平面SCB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）.
则由得
令y2＝1，得n＝（－，1，1），
∴cos＜m，n＞＝＝＝.
∵二面角A-SB-C是钝角，∴二面角A-SB-C的余弦值为－.
（2）不存在.
设H是线段SC上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ＝（－λ，0，－λ），＝＋＝（0，，）＋（－λ，0，－λ）＝（－λ，，－λ），
由（1）知平面SAB的一个法向量为m＝（1，，）.
又∵DH 平面SAB，
∴DH∥平面SAB当且仅当·m＝0，
即（－λ，，－λ）·（1，，）＝－λ＋3＋3－3λ＝0，
解得λ＝超出范围λ∈[0，1]，
因此线段SC（包含端点）上不存在点H，使得DH∥平面SAB.
2 / 2(共44张PPT)
第九节　立体几何中的翻折与探究问题
高中总复习·数学
重点解读
　　会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系，角的存在条件与翻
折问题.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
翻折问题（师生共研过关）
如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2 ，E为CD的中点，将
△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，且点F满足DF∥CE，且
DF＝3CE.
（1）求直线CF与平面ADE所成角的正切值；
解： 取AE中点O，AB中点G，连接DO，OG，
由题易得AD＝DE＝ ，
∴DO⊥AE，DO＝AO＝1，
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DO 平面ADE，
∴DO⊥平面ABCE，
又G为AB中点，则在矩形ABCD中，四边形AGED为正方形，GO⊥AE，
∴OA，OG，OD两两垂直，且OA＝OG＝OD＝1.
以OA，OG，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立
空间直角坐标系，
则A（1，0，0），E（－1，0，0），D（0，0，
1），G（0，1，0），B（－1，2，0），C（－2，
1，0），F（－3，3，1）.
∴ ＝（－1，2，1），平面ADE的一个法向量为 ＝（0，1，0）.
∴ · ＝2，｜ ｜＝ ，｜ ｜＝1.
设直线CF与平面ADE所成角为θ，
∴ sin θ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ，则 cos θ＝ ＝ ，
∴tan θ＝ ，则直线CF与平面ADE所成角的正切值为 .
（2）求几何体ADE-BFC的体积.
解： VADE-BFC＝VF-ABCE＋VF-ADE，VF-ABCE＝ S梯形
ABCE·DO＝ × （AB＋CE）·BC·DO＝ ×3
× ×1＝1.
VF-ADE＝ S△ADE·3GO＝ × AE·DO·3GO＝
×2×1×3＝1，VADE-BFC＝ ＋VF-ADE＝2.
∴所求几何体的体积为2.
解题技法
翻折问题的两个解题策略
（2025·呼和浩特模拟）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝
4， ＝λ ， ＝λ （0＜λ＜1），沿EF将△AEF向上折起得到
棱锥P-BCDEF. 如图2所示，设二面角P-EF-B的平面角为θ.
（1）当λ为何值时，三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积之比为 ；
解：由图知， ＝ ＝ ＝ ，从而 ＝ ，
因 ＝λ ， ＝λ ，故EF∥BD，则△AEF∽△ADB，于是λ
＝ ＝ ＝ .
（2）当θ＝ ，λ＝ 时，求平面PEF与平面PFB所成角φ的正弦值.
解： 因为菱形ABCD的对角线互相垂直，
设AC与EF的交点为O，可知O点为线段EF的中点，
在翻折的过程中，始终有PO⊥EF，OC⊥EF，
所以二面角P-EF-B的平面角为∠POC＝θ＝ ，
以O为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x
轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则P（0，0， ），F（1，0，0），B（2， ，0），
可得 ＝（1，0，－ ）， ＝（1， ，0），
设平面PFB的法向量为n＝（x，y，z），则
令x＝ ，则y＝－1，z＝1，可取n＝（ ，－1，1），
因OC⊥平面PEF，故平面PEF的法向量可取为m＝（0，1，0），
由题意可得｜ cos φ｜＝｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ，
因0≤φ≤ ，故 sin φ＝ ＝ .
探究性问题
（师生共研过关）
（2025·邵阳第二次联考）如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD.
（1）证明：BD⊥CC1；
解： 证明：连接AC，因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
又AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥AA1；又AC∩AA1＝
A，AC，AA1 平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC.
因为四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1，CC1的延长线交于一点，所以A1，
C1，C，A四点共面，即CC1 平面A1AC，所以BD⊥CC1.
（2）若AB＝2，AA1＝ ，A1B1＝1，∠ABC＝60°，棱BC上是否存在
一点P，使得平面AD1P与平面ADD1夹角的余弦值为 .若存在，求线段
CP的长；若不存在，请说明理由.
解： 由（1）知，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，
0，0），D（0，2，0），D1（0，1， ），
若存在点P满足题意，则设P（ ，y，0），y∈[－1，1].
易知平面AD1D的一个法向量为n＝（1，0，0），
设平面AD1P的法向量为m＝（x0，y0，z0）.
＝（0，1， ）， ＝（ ，y，0）.
则 则
令y0＝ ，则z0＝－1，x0＝－y，m＝（－y， ，－1）.
所以｜ cos ＜m，n＞｜＝｜ ｜＝
＝ ，解得y＝± .
故在棱BC上存在点P满足题意，
此时CP＝ 或CP＝ .
解题技法
利用空间向量巧解探究性问题的策略
（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂
的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；
（2）解题时，把结论当作条件，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”等问题，所
以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.
提醒 探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
如图，四棱锥S-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°，SC⊥BD.
（1）求二面角A-SB-C的余弦值；
解：∵△ABD为正三角形，CB＝CD，取BD中点O，
连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，即
AC⊥BD，垂足为O，
∵∠BSD＝90°，∴△BSD为直角三角形，∵O为BD
中点，∴OD＝OS，
在△COD与△COS中，
∵OD＝OS，CS＝CD，OC＝OC，
∴△COD≌△COS，则∠COD＝∠COS＝90°，
∴AC⊥OS，∵SC⊥BD且SC∩AC＝C，SC，AC
平面ASC，∴BD⊥平面ASC.
又∵OS 平面ASC，∴OS⊥BD.
以O为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A（3，0，0），B（0， ，0），C（－1，0，0），S（0，0， ），
∴ ＝（－3， ，0）， ＝（1， ，0）， ＝
（0， ，－ ），
设平面SAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），
则由 得
令y1＝ ，得m＝（1， ， ）.
设平面SCB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）.
则由 得
令y2＝1，得n＝（－ ，1，1），
∴ cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ .
∵二面角A-SB-C是钝角，∴二面角A-SB-C的余弦值
为－ .
（2）线段SC（包含端点）上是否存在点H，使得DH∥平面SAB.
解： 不存在.
设H是线段SC上一点，则存在λ∈[0，1]，使得 ＝
λ ＝（－λ，0，－ λ）， ＝ ＋ ＝（0，
， ）＋（－λ，0，－ λ）＝（－λ， ，
－ λ），
由（1）知平面SAB的一个法向量为m＝（1， ，
）.
又∵DH 平面SAB，
∴DH∥平面SAB当且仅当 ·m＝0，
即（－λ， ， － λ）·（1， ， ）＝－λ＋3＋3－3λ＝0，
解得λ＝ 超出范围λ∈[0，1]，因此线段SC（包含端点）上不存在点
H，使得DH∥平面SAB.
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别
是AC，AB上的点，CD＝BE＝ ，O为BC的中点.将△ADE沿DE折
起，得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE，其中A'O＝ .
（1）求证：A'O⊥平面BCDE；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
解： 证明：连接OD，OE，则∠OBE＝∠OCD＝45°，CD＝BE
＝ ，CO＝BO＝3，
在△COD中，由余弦定理可得
OD＝
＝ ，
同理得OE＝ ，
因为BC＝6，则AC＝AB＝3 ，可
得AD＝A'D＝A'E＝AE＝2 ，
（2）求点B到平面A'CD的距离.
解： 取DE中点H，连接OH，则OH⊥OB，
以O为坐标原点，OH，OB，OA'所在直线分别为
x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则O（0，0，0），A'（0，0， ），B（0，3，
0），C（0，－3，0），D（1，－2，0），
可得 '＝（0，3， ）， ＝（1，1，0），
＝（0，6，0），
设平面A'CD的一个法向量为n＝（x，y，z），
所以
令x＝1，则y＝－1，z＝ ，可得n＝（1，－1， ），
所以点B到平面A'CD的距离为 ＝ ＝ .
2. 如图，已知平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，∠APD＝90°，四边形ABCD为直角梯形，CD∥AB，AB⊥AD，AB＝AD＝2，PQ∥DC，PQ＝DC＝1.
（1）求二面角Q-BC-A的余弦值；
解： 取AD的中点为O，连接OP，
∵PA＝PD，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，OP 平面PAD，平面
PAD∩平面ABCD＝AD，
∴OP⊥平面ABCD.
以点O为坐标原点，分别以直线OD，OP为y轴，z
轴，过O且平行AB的直线为x轴，建立如图所示的空
间直角坐标系O-xyz，
∵∠APD＝90°，AB＝AD＝2，PQ＝CD＝1，
∴A（0，－1，0），B（2，－1，0），C（1，1，
0），Q（1，0，1），
∴ ＝（－1，1，1）， ＝（0，－1，1），
设平面QBC的法向量为n＝（x，y，z），
∴ 即 ∴
令z＝1，则y＝1，x＝2，∴n＝（2，1，1）.
又平面ABC的法向量为m＝（0，0，1），
则 cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ ，
设二面角Q-BC-A的平面角为θ，由图形知θ为锐角，
∴ cos θ＝ ，即二面角Q-BC-A的余弦值为 .
（2）线段QB上是否存在点M，使得AM⊥平面QBC？若存在，求 的
值；若不存在，请说明理由.
解： 设 ＝λ （0≤λ≤1），∵ ＝（1，－1，－1），∴ ＝（λ，－λ，－λ），
∴ ＝ ＋ ＝（1＋λ，1－λ，1－λ）.
又平面QBC的法向量为n＝（2，1，1），AM⊥平面QBC，∴n∥ ，
∴ ＝ ＝ ，∴λ＝ ，即 ＝ .
∴ ＝ ，故在线段QB上存在点M，使AM⊥平面QBC，且 的值是 .
3. 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；
解： 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，AB1，AC 平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C.
又B1C 平面AB1C，所以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.
解： l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为
30°.理由如下：
取A1B1的中点D，连接AD.
因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.
又AA1＝A1B1，
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.
以A为原点，以 ， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（－1，0， ），B1（1，0， ），
则 ＝（0，2，0）， ＝（2，0，0）， ＝（1，0， ）.
因为AC∥A1C1，AC 平面A1B1C1，A1C1 平面A1B1C1，
所以AC∥平面A1B1C1，
又AC 平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，所以AC∥l.
假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.
设 ＝λ （λ∈R），则 ＝（0，2λ，0），
所以 ＝ ＋ ＝（1，2λ， ）.
设n＝（x，y，z）为平面ABP的一个法向量，
则 即
令y＝－ ，则z＝2λ，可取n＝（0，－ ，2λ）.
又 ＝（3，0，－ ），
所以 sin 30°＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ ＝ ，
即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解，
因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.
4. （情境创新）已知三棱锥P-ABC（如图1所示）的平面展开图（如图2
所示）中，四边形ABCD为边长为 的正方形，△ABE和△BCF均为正
三角形，在三棱锥P-ABC中：
（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
解： 证明：法一 设AC的中点为O，连接BO，PO.
由题意，PA＝PB＝PC＝ ，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1，
因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC，
因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，
PB＝ ，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O，AC，OB 平面
ABC，所以PO⊥平面ABC.
因为PO 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
法二 设AC的中点为O，连接BO，PO.
因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，
因为PA＝PB＝PC，PO＝PO＝PO，AO＝BO＝CO，所以
△POA≌△POB≌△POC，
所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，
所以PO⊥OB.
下同法一.
（2）求平面APC和平面PCB夹角的余弦值；
解： 由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，如图所示，建
立空间直角坐标系.
则O（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），A
（－1，0，0），P（0，0，1）.
由OB⊥平面APC，得平面APC的一个法向量为 ＝
（0，1，0）.
由 ＝（1，－1，0）， ＝（1，0，－1），
设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），
则由 得
令x＝1，得y＝1，z＝1，
即n＝（1，1，1），
cos ＜n， ＞＝ ＝ ＝ ，
所以平面APC和平面PCB夹角的余弦值为 .
（3）若点M在棱PC上，满足 ＝λ，λ∈［ ， ］，点N在棱BP上，
且BM⊥AN，求 的取值范围.
解： 设 ＝μ ，0≤μ≤1，
则 ＝ ＋ ＝ ＋λ ＝（1，－1，0）＋λ（－1，0，1）＝（1－λ，－1，λ），
＝ ＋ ＝ ＋μ ＝（1，1，0）＋μ（0，－1，1）＝（1，1－μ，μ），
由 · ＝0，得（1－λ）·1＋（－1）·（1－μ）＋λ·μ＝0，即μ＝
＝1－ ，
μ是关于λ的增函数，
当λ∈［ ， ］时，μ∈［ ， ］，
所以 ∈［ ， ］.
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑