第9节　探索性及折叠问题

第七章立体几何与空间向量数学数学高考总复习索引题型一探索性问题 因为O1O丄平面ABCD,以点O为坐标原点,DA,0F,001的方索引F(0,2,0),E(－2,0,0),A1(所以BD1＝(－3,－3,2),C1E＝(－1,－1,－2),EF＝(2,2,0).因为BD1＝(－3,－3,2),所以n·BD1＝0,所以n丄BD1.索引索引感悟提升索引面AA1C1CT平面ABC,AB＝AC＝2,BC＝22,7ACC1=60°,A1CTBC1,P为线段AA1上一点,且AP=λAA1.(1)证明:A1CT平面ABC1;因为AB＝AC＝2,BC＝22,所以AB2＋AC2＝BC2,故ABTAC.又因为平面AA1C1CT平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC＝AC,ABC平面ABC,所以ABT平面AA1C1C.因为A1CC平面AA1C1C,所以ABTA1C,又A1CTBC1,AB,BC1C平面ABC1,BC1∩AB＝B,所以A1CT平面ABC1.索引由(1)知A1CT平面ABC1,所以A1CTAC1,所以四边形AA1C1C为菱形,所以AETA1C1,又AC聂A1C1,所以AETAC.又ABT平面AA1C1C,索引则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,－1,3),C1(0,1,3),AP=(0,-λ,3λ),BP＝BA＋AP＝(－2,-λ,3λ),BC1＝(－2,1,3),BC＝(－2,2,0).索引所以28λ2－16λ+1＝0,即λ=1或λ=1.214214,故存在λ=1或λ=1214,索引题型二折叠问题7DAB＝90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF聂AD,AB=又7DAB＝90°,所以四边形AEFD为矩形,索引索引由7DAB＝90°,EF聂AD,所以EFTCD,所以EFTCF,EFTD'F,所以EFT平面CFD',又EFc平面EBCF,可得平面CFD'T平面EBCF,索引所以FE＝(2,0,0),FD,＝(0,1,3),CB＝(2,2,0),CD,＝(0,－1,3),索引索引感悟提升索引训练2(2026·长沙模拟)在平面四边形ABCD所以AB2＋PB2＝AP2,又因为AB丄BD,BP,BDc平面BPD,BP∩BD＝B,所以AB丄平面BPD.索引所以AP＝(3cosθ-2,1,3sinθ).索引则sinα=|c0s设8－43cosθ=t(8－43≤t≤8＋43),2索引课时对点精练BC的中点.所以MN聂BD,又BDc平面ABCD,MN4平面ABCD,设AS=λAN,λ∈[0,1].所以AS=λAN＝(0,λ,λ),即解得λ=,22.2.(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD3,AD＝53,7ADC＝90°,7BAD＝30°,点E,F满足AE=2AD,AF＝1AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC＝43(1)证明:EFTPD;又7BAD＝30°,所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos30°=4,故EF＝2.又ED∩PE＝E,ED,PEc平面PED,又PDc平面PED,所以EF丄PD.故CE＝DE2＋CD2＝6.所以PE2＋CE2＝PC2,故PETCE.又PETEF,CE∩EF＝E,CE,EFc平面ABCD,所以PET平面ABCD.由BF丄A1B1,AB聂A1B1,得BF丄AB,于是AF所以AC由AB2＋BC2＝AC2,得BA丄BC.因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱,所以BB1丄AB且BB1丄BC,则BA,BC,BB1两两互相垂直,故以B为坐标原点,以BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,乙轴建立空间直角坐所以BF＝(0,2,1).所以BF·DE＝0,所以BF丄DE.4.(2026·厦门质检)如图1:等腰直角△ABC中ACTAB且AC＝2,分别沿三角形三边向外作等腰梯形ABB2A2,BCC2B3,CAA3C3使得AA2＝BB2＝CC2＝1,7CAA3=7BAA2＝,沿三边AB,BC,CA折叠,使得A2A3,B2B3,C2C3,重合于A1,B1,C1,如(1)求证:AA1TB1C1.则P1A1＝P2A1,∴P1与P2重合于点P,P－ABC为三棱锥,设O为BC中点,等腰直角△ABC中AC＝AB,∴AO丄BC,又∵C1为PC的中点,B1为PB的中点,又∵AO∩PO＝O,AO,POC平面PAO,