微专题 立体几何的翻折问题与探索问题导学案-2025届高三数学二轮复习

【二轮复习微专题】 立体几何的翻折与探索问题 导学案 授课班级：G22xx班 授课老师：刘老师 1、 学习目标 1. 掌握翻折问题的空间关系转化，理解翻折前后几何体的线面位置关系变化，能运用几何法或向量法证明翻折后的垂直、平行关系； 2. 突破探索性问题的条件推导，学会通过假设存在性、建立参数方程，将几何条件转化为代数问题，求解参数范围或验证结论； 3. 结合高考真题与模拟题，训练“翻折+探索”的复合题型，形成“分析条件→构建模型→规范作答”的解题流程. 2、 重点难点 重点：掌握翻折问题的空间关系转化，突破探索性问题的条件推导，能运用几何法或向量法证明翻折后的垂直、平行关系; 难点：结合高考真题与模拟题，训练“翻折+探索”的复合题型，形成“分析条件→构建模型→规范作答”的解题流程. 3、 学习过程 1. 问题引入 思考1：立体几何中的翻折问题常见处理技巧有哪些？ （1） 掌握确定翻折前后变与不变的关系：_____________________________________________. （2） 对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系. （3） 确定确定翻折后__________的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 思考2：立体几何中的与空间向量有关的探索性问题常见类型、解题思路及处理基本方法是什么？ （1） 与空间向量有关的探索性问题主要有三类：一类是探索________________；一类是探索________________满足特定要求时的存在性问题；另一类是探索________________满足特定要求时的存在性问题. （2） 探索问题解题思路：先建立________________，引入_______(有些是题中已给出)，设出关键点的_______，然后探索这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断. （3） 解决立体几何探索性问题的基本方法 1　 通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立. 2　 探索线段上是否存在满足条件的点时，一定要注意三点共线的应用. 2. 例题分析 角度一：翻折问题 例题1. 如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥． (1)求证；平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 角度二：线面（面面）位置关系有关的探索问题 例题2. 如图，在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，为棱上的动点. (1)求证：，，，四点共面； (2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 角度三：与空间角有关的探索问题 例题3. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. (1)证明：； (2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 角度三：与空间距离有关的探索问题 例题4. 如图，四棱锥中，平面 ，是的中点． (1)求证： 平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 3. 提升练习 (1) 图1是直角梯形，，，，，，点在上，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离. (2) （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． (3) 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，平面平面，为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点． (1)记平面交于点，求证：平面； (2)是否存在点，使得二面角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． (4) （2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? (5) 如图，在四棱锥中，平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面. (2)已知. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. (6) 如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点，现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足，设，则的取值范围是 ． (7) 如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（    ） A．若，，则 B．若，则存在，使得平面 C．若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 D．点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值 4、 课堂小结 5、 课后作业 作业一：更正、总结今天课堂上的例题和练习题 作业二：完成配套的《立体几何的翻折与探索问题的作业小卷》 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【二轮复习微专题】 立体几何的翻折与探索问题 导学案 授课班级：G22xx班 授课老师：刘老师 1、 学习目标 1. 掌握翻折问题的空间关系转化，理解翻折前后几何体的线面位置关系变化，能运用几何法或向量法证明翻折后的垂直、平行关系； 2. 突破探索性问题的条件推导，学会通过假设存在性、建立参数方程，将几何条件转化为代数问题，求解参数范围或验证结论； 3. 结合高考真题与模拟题，训练“翻折+探索”的复合题型，形成“分析条件→构建模型→规范作答”的解题流程. 2、 重点难点 重点：掌握翻折问题的空间关系转化，突破探索性问题的条件推导，能运用几何法或向量法证明翻折后的垂直、平行关系; 难点：结合高考真题与模拟题，训练“翻折+探索”的复合题型，形成“分析条件→构建模型→规范作答”的解题流程. 3、 学习过程 1. 问题引入 思考1：立体几何中的翻折问题常见处理技巧有哪些？ （1） 掌握确定翻折前后变与不变的关系：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、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. （2） 对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系. （3） 确定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.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 思考2：立体几何中的与空间向量有关的探索性问题常见类型、解题思路及处理基本方法是什么？ （1） 与空间向量有关的探索性问题主要有三类：一类是探索线面的位置关系；一类是探索线面角或平面与平面的夹角满足特定要求时的存在性问题；另一类是探索空间距离满足特定要求时的存在性问题. （2） 探索问题解题思路：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探索这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断. （3） 解决立体几何探索性问题的基本方法 1　 通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立. 2　 探索线段上是否存在满足条件的点时，一定要注意三点共线的应用. 2. 例题分析 角度一：翻折问题 例题1. 如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥． (1)求证；平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）证明：在中，，， 由余弦定理可得， 所以， 又因为，所以为正三角形， 设的中点为，连接，可得， 又由，可得，且平面，， 所以平面，因为平面，所以， 在中，可得， 在中，可得， 又因为，可得，所以， 因为平面，且，所以平面. （2）解：因为，所以， 又由平面，且平面，所以， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面所成的角为，由图象可得为锐角， 则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 角度二：线面（面面）位置关系有关的探索问题 例题2. 如图，在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，为棱上的动点. (1)求证：，，，四点共面； (2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解析】（1）证明：如图所示： 连接，，取的中点为M，连接，ME， 因为E为的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为F为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以， 所以B，E，，F四点共面； （2）以D为坐标原点，DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 假设存在满足题意的点G，设，由已知，，， 则，，， 设平面BEF的一个法向量为， 则，即， 取，则； 设平面GEF的一个法向量为， 则，即， 取，则； 因为平面平面BEF， 所以， 所以， 所以. 所以存在满足题意的点G，使得平面平面BEF，DG的长度为. 角度三：与空间角有关的探索问题 例题3. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点. (1)证明：； (2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【解析】（1）过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （2）由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则∥，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为. 角度三：与空间距离有关的探索问题 例题4. 如图，四棱锥中，平面 ，是的中点． (1)求证： 平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，． 【解析】（1）取的中点，连接，因为是的中点，所以． 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，所以 ． 又因为平面平面， 所以 平面． （2）由题意：平面，且，则两两垂直，所以建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，是的中点，所以点的坐标为，，，， 所以平面的法向量为，设平面的法向量为， ，由， 可得，令，则， 所以． 所以，平面与平面所成二面角的余弦值为． （3）设，且，，则， 设平面的法向量为， 则，可得， 令，所以． 因为点到平面的距离为， 所以，解得， 所以存在点，使得点到平面的距离为，此时． 3. 提升练习 (1) 图1是直角梯形，，，，，，点在上，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】解:（1）证明：在图1中，连接，由已知得， ∵，且，四边形为菱形， 连接交于点，， 在中，. ∴．. 在图2中，， ∵，∴. 由题意知，，且， ∴平面，又平面， 平面平面； （2）如图，取AD的中点N，连接FN，和BD，设B到平面的距离为h， 在直角梯形中，FN为中位线，则，， 由（1）得平面，平面， ∴，又，得平面， 又平面，∴，且. 在三棱锥中，， 即， ∴. 即点B到平面的距离为. (2) （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故 ； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. (3) 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，平面平面，为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点． (1)记平面交于点，求证：平面； (2)是否存在点，使得二面角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为线段上靠近点的三等分点，理由见解析 【解析】（1）证明：因为四边形为菱形，则， 因为平面，平面，所以，平面， 因为平面，平面平面，则， 因为平面，平面，因此，平面. （2）解：连接、、， 因为为等边三角形，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为四边形是边长为的菱形，则， 又因为，则为等边三角形，则， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的法向量为， ， 则， 取，则，，所以，， 由题意可得， 整理可得，即，因为，解得， 故当点为线段上靠近点的三等分点时，二面角的正弦值为. (4) （2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以 ，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则 ． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设 ，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以 ． 则 ， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得 ，， ， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． (5) 如图，在四棱锥中，平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面. (2)已知. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【解析】（1）取的中点，连接，，如图所示， 为棱的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面. （2）平面，， ，，两两垂直， 以为坐标原点，，，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，，，，， 为棱的中点，， （i），， 设平面的法向量为，则， 令，则，，， 取的中点，连接，易知平面， 即是平面的一个法向量，， 设平面与平面夹角为， ， 平面与平面夹角的余弦值为； （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，，则，， 由（i）知平面的一个法向量为，， 点Q到平面的距离是， ，，所以存在点Q满足题意，此时. (6) 如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点，现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足，设，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】当位于的中点，点与中点重合，．随点到点，由，， 得平面，则．又，，则． 因为，，所以，故． 综上，的取值范围为． (7) 如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（    ） A．若，，则 B．若，则存在，使得平面 C．若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 D．点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值 【答案】AD 【解析】 对A，取中点，连接，，, 则有,且，所以， 又平面平面，平面平面，平面, 所以平面，平面， 故，， 在直角三角形中，， 所以， 在中，由余弦定理得：，A正确； 对B，同选项A，知，若平面， 且平面,则， 且平面， 所以平面，平面，所以，显然矛盾，B错误；    对C，连接交于点,因为几何关系可知，, 所以, 又因为, 所以所以, 即，则，，平面, 所以平面，平面， 所以平面平面，故所求线面角为. 又点在以为圆心，为半径的圆上， 从而当直线与圆相切时，最大， 故，从而，C错误； 对D,点到平面的距离， 等号成立当且仅当平面， 因为平面，所以,从而， 且矩形中，平面, 所以平面，过作于点.    连接，在直角三角形中， 由等面积法可得，,所以, 所以， 因为以平面，平面， ,平面， 所以平面， 由翻折知，故，解得，即. 又由二面角的面积射影知：,D正确； 故选:AD. 4、 课堂小结 5、 课后作业 作业一：更正、总结今天课堂上的例题和练习题 作业二：完成配套的《立体几何的翻折与探索问题的作业小卷》 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$