第五章 考点测试33 立体几何中的翻折与探索性问题-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

第一部分　考点通关练 第五章　立体几何 考点测试33　立体几何中的翻折与探索性问题 基础题(占比20%)　中档题(占比60%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★ 对点 翻折问题；直线与平面所成的角 翻折问题；线面垂直的判定；点到平面距离公式的应用 探索性问题；线面平行的判定；二面角 翻折与探索性问题；线线垂直的判定；二面角 翻折与探索性问题；平面与平面垂直的判定；二面角 翻折与探索性问题；平面与平面垂直的判定；空间角的综合应用 2 高考概览 高考中立体几何试题不断出现一些探索性、开放性的试题，题型以解答题为主，难度中上 考点研读 1.能理解分析折叠前后位置关系和数量关系的变化情况 2.会利用假设的方法解决条件追溯性和存在探索性问题 3 基础巩固练 综合提升练 目录 素养深化练 基础巩固练 1 2 3 4 5 6 6 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 8 综合提升练 1 2 3 4 5 6 10 1 2 3 4 5 6 11 1 2 3 4 5 6 12 1 2 3 4 5 6 13 1 2 3 4 5 6 14 1 2 3 4 5 6 15 1 2 3 4 5 6 16 1 2 3 4 5 6 17 1 2 3 4 5 6 18 1 2 3 4 5 6 19 1 2 3 4 5 6 20 1 2 3 4 5 6 21 1 2 3 4 5 6 22 1 2 3 4 5 6 23 1 2 3 4 5 6 24 素养深化练 1 2 3 4 5 6 26 1 2 3 4 5 6 27 1 2 3 4 5 6 28 1 2 3 4 5 6 29 1 2 3 4 5 6 30 1 2 3 4 5 6 31 1 2 3 4 5 6 32 1 2 3 4 5 6 33 1 2 3 4 5 6 34 1 2 3 4 5 6 35 1 2 3 4 5 6 36 1 2 3 4 5 6 37 1 2 3 4 5 6 38 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2025·黑龙江大庆一模)如图，在平面四边形ABCD中，AB∥DC，△ABD是边长为2的正三角形，DC＝3，O为AB的中点，将△AOD沿OD折到△POD的位置，PC＝eq \r(13). (1)求证：PO⊥BD； (2)若E为PC的中点，求直线BE与平面PDC所成角的正弦值． 解：(1)证明：依题意，△ABD是边长为2的正三角形，O为AB的中点，所以OD⊥AB， 所以OD⊥PO，OD⊥OB，PD＝2，CD＝3，PC＝eq \r(13)， 则PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD， 又AB∥DC，即OB∥DC，所以OB⊥PD， 又OD∩PD＝D，OD，PD⊂平面POD，所以OB⊥平面POD， 因为PO⊂平面POD，所以OB⊥PO， 又OB∩OD＝O，OB，OD⊂平面BODC，所以PO⊥平面BODC， 又BD⊂平面BODC，所以PO⊥BD. (2)如图，建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，P(0，0，1)，D(0，eq \r(3)，0)，C(3，eq \r(3)，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \o(DC,\s\up12(→))＝(3，0，0)，eq \o(DP,\s\up12(→))＝(0，－eq \r(3)，1)， 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up12(→))＝3x＝0，,n·\o(DP,\s\up12(→))＝－\r(3)y＋z＝0，))令n＝(0，1，eq \r(3))， 设直线BE与平面PDC所成的角为θ，则sinθ＝eq \f(|\o(BE,\s\up12(→))·n|,|\o(BE,\s\up12(→))||n|)＝eq \f(\r(3),\f(\r(5),2)×2)＝eq \f(\r(15),5)， 所以直线BE与平面PDC所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5). 2．(2025·江苏南通海安高级中学高三模拟)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＝eq \r(2)，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＝eq \r(3). (1)求证：A′O⊥平面BCDE； (2)求点B到平面A′CD的距离． 解：(1)证明：连接OD，OE，则在△ABC中，∠CBE＝∠BCD＝45°，CD＝BE＝eq \r(2)，CO＝BO＝3， 在△COD中，由余弦定理可得 OD＝eq \r(CO2＋CD2－2CO·CDcos45°)＝eq \r(5)， 同理得OE＝eq \r(5)， 因为BC＝6，△ABC为等腰直角三角形，∠A＝90°， 所以AC＝AB＝3eq \r(2)， 可得AD＝A′D＝A′E＝AE＝2eq \r(2)， 因为A′O＝eq \r(3)， 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的中点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，eq \r(3))，B(0，3，0)，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)， 可得eq \o(CA′,\s\up12(→))＝(0，3，eq \r(3))，eq \o(CD,\s\up12(→))＝(1，1，0)，eq \o(CB,\s\up12(→))＝(0，6，0)，设平面A′CD的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA′,\s\up12(→))＝3y＋\r(3)z＝0，,n·\o(CD,\s\up12(→))＝x＋y＝0，)) 令x＝1，则y＝－1，z＝eq \r(3)， 可得n＝(1，－1，eq \r(3))， 所以点B到平面A′CD的距离为eq \f(|\o(CB,\s\up12(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－6|,\r(5))＝eq \f(6\r(5),5). 3．在如图所示的多面体AFDCBE中，AB⊥平面BCE，AB∥CD∥EF，BE⊥EC，AB＝4，EF＝2，EC＝2BE＝4. (1)在线段BC上是否存在一点G，使得EG∥平面AFC？如果存在，请指出点G的位置并证明；如果不存在，请说明理由； (2)当三棱锥D－AFC的体积为8时，求二面角D－AF－C的余弦值． 解：(1)存在，G为BC的中点．证明如下： 取线段AB的中点H，连接EH，HG，EG. ∵AH∥EF，AH＝EF＝2， ∴四边形AHEF是平行四边形， ∴HE∥AF. 又AF⊂平面AFC，HE⊄平面AFC， ∴HE∥平面AFC. ∵H，G分别为AB，BC的中点， ∴HG是△ABC的中位线， ∴HG∥AC. ∵AC⊂平面AFC，HG⊄平面AFC， ∴HG∥平面AFC. ∵HG∩HE＝H，HG，HE⊂平面EHG， ∴平面EHG∥平面AFC. ∵EG⊂平面EHG，∴EG∥平面AFC. (2)设CD＝t(t>0)，由VD－AFC＝VA－DFC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)CD×CE×BE ＝eq \f(1,3)×eq \f(t,2)×4×2＝eq \f(4t,3)＝8，可得CD＝t＝6. 以E为坐标原点，EC，EB，EF所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意可知F(0，0，2)，C(4，0，0)，A(0，2，4)， D(4，0，6)，eq \o(AF,\s\up12(→))＝(0，－2，－2)，eq \o(CF,\s\up12(→))＝(－4，0，2)，eq \o(FD,\s\up12(→))＝(4，0，4)． 设平面AFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up12(→))＝－2y1－2z1＝0，,m·\o(CF,\s\up12(→))＝－4x1＋2z1＝0，)) 令z1＝2，得x1＝1，y1＝－2，∴m＝(1，－2，2)． 设平面AFD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up12(→))＝－2y2－2z2＝0，,n·\o(FD,\s\up12(→))＝4x2＋4z2＝0，)) 令z2＝1，得x2＝y2＝－1， ∴n＝(－1，－1，1)． ∴cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－1＋2＋2,3×\r(3))＝eq \f(\r(3),3)， 由图可知二面角D－AF－C为锐二面角， 故二面角D－AF－C的余弦值为eq \f(\r(3),3). 4．(2025·海南中学高三开学考试)如图1，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝6，E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图2. (1)求证：PB⊥PC； (2)在线段BC上是否存在点F，使得PC⊥DF？若存在，求二面角P－DF－E的正弦值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：依题意，由E为PC的中点，PD＝CD＝3，得DE⊥PC， 又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，所以DE⊥平面PCB， 又PB⊂平面PCB，所以DE⊥PB， 因为CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB， 所以CD⊥平面PDB，又PB⊂平面PDB，所以CD⊥PB， 又CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD， 所以PB⊥平面PCD， 又PC⊂平面PCD， 所以PB⊥PC. (2)依题意，得PC＝AC＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)，BC＝eq \r(32＋62)＝3eq \r(5)，由(1)知PB⊥PC， 则PB＝eq \r(（3\r(5)）2－（3\r(2)）2)＝3eq \r(3)，过点D作直线Dy∥PB，则有Dy⊥DP， 显然直线DP，Dy，DC两两垂直，以D为原点，DP，Dy，DC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则D(0，0，0)，P(3，0，0)，C(0，0，3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(3,2)))，B(3，3eq \r(3)，0)， eq \o(CP,\s\up12(→))＝(3，0，－3)，eq \o(DP,\s\up12(→))＝(3，0，0)，eq \o(DE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(3,2)))，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(－3，－3eq \r(3)，3)， 设eq \o(BF,\s\up12(→))＝teq \o(BC,\s\up12(→))(0≤t≤1)， 则eq \o(BF,\s\up12(→))＝teq \o(BC,\s\up12(→))＝(－3t，－3eq \r(3)t，3t)， 则F(3－3t，3eq \r(3)－3eq \r(3)t，3t)，eq \o(DF,\s\up12(→))＝(3－3t，3eq \r(3)－3eq \r(3)t，3t)， 若存在点F，使得PC⊥DF， 则eq \o(CP,\s\up12(→))·eq \o(DF,\s\up12(→))＝9－18t＝0， 解得t＝eq \f(1,2)，则eq \o(DF,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)，\f(3,2)))， 即当F为线段BC的中点时，CP⊥DF， 设平面PDF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DF,\s\up12(→))＝\f(3,2)x1＋\f(3\r(3),2)y1＋\f(3,2)z1＝0，,m·\o(DP,\s\up12(→))＝3x1＝0，)) 令y1＝1，得m＝(0，1，－eq \r(3))， 设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up12(→))＝\f(3,2)x2＋\f(3,2)z2＝0，,n·\o(DF,\s\up12(→))＝\f(3,2)x2＋\f(3\r(3),2)y2＋\f(3,2)z2＝0，)) 令x2＝1，得n＝(1，0，－1)， 设二面角P－DF－E的大小为θ， 则|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(3),2×\r(2))＝eq \f(\r(6),4)， 所以二面角P－DF－E的正弦值 sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(10),4). 5．(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点． (1)设PC⊥AB，三棱锥P－ABC的各个顶点都在球O的球面上． ①证明：平面PAC⊥平面ABC； ②求球O的半径； (2)求二面角A－CP－B的余弦值的最小值． 解：(1)在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，得∠CAD＝∠ADC＝30°， 所以AD＝2ACcos∠CAD＝2×1×cos30°＝eq \r(3)， 且∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝120°－30°＝90°，即AB⊥AC. ①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC， 又AB⊂平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. ②以A为原点，eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 在平面PAC内，过P作PG⊥AC于G， 则AG＝eq \r(3)cos30°＝eq \f(3,2)，PG＝eq \r(3)sin30°＝eq \f(\r(3),2)， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))， 设球O的球心O(a，b，c)，半径为R，则AO＝BO＝CO＝PO＝R， 所以a2＋b2＋c2＝(a－1)2＋b2＋c2＝a2＋(b－1)2＋c2＝a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＝R2， 解得a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)，c＝eq \f(\r(3),2)，R＝eq \f(\r(5),2)， 所以球O的半径为eq \f(\r(5),2). (2)如图，由(1)知PG⊥AC于G，在平面ABC内，过G作GM⊥AC，设∠PGM＝θ，θ∈(0，π)，以G为原点，eq \o(GM,\s\up12(→))，eq \o(CG,\s\up12(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Gxyz， 则G(0，0，0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ，0，\f(\r(3),2)sinθ))，所以eq \o(CA,\s\up12(→))＝(0，－1，0)，eq \o(CB,\s\up12(→))＝(1， －1，0)，eq \o(CP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ，\f(1,2)，\f(\r(3),2)sinθ))， 设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(CA,\s\up12(→))，,m⊥\o(CP,\s\up12(→))，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(CB,\s\up12(→))，,n⊥\o(CP,\s\up12(→))，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CA,\s\up12(→))＝－y1＝0，,m·\o(CP,\s\up12(→))＝\f(\r(3),2)x1cosθ＋\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1sinθ＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up12(→))＝x2－y2＝0，,n·\o(CP,\s\up12(→))＝\f(\r(3),2)x2cosθ＋\f(1,2)y2＋\f(\r(3),2)z2sinθ＝0，)) 取x1＝sinθ，x2＝1，则m＝(sinθ，0，－cosθ)，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(\r(3)cosθ＋1,\r(3)sinθ)))， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|) ＝eq \f(sinθ＋\f(（\r(3)cosθ＋1）cosθ,\r(3)sinθ),\r(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)cosθ＋1,\r(3)sinθ)))\s\up12(2))) ＝eq \f(cosθ＋\r(3),\r(－3cos2θ＋2\r(3)cosθ＋7))， 令t＝cosθ＋eq \r(3)，则cosθ＝t－eq \r(3)， 由θ∈(0，π)，得t∈(eq \r(3)－1，eq \r(3)＋1)， 则eq \f(1,t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\f(\r(3)＋1,2)))， 则cos〈m，n〉＝eq \f(t,\r(－3t2＋8\r(3)t－8))＝eq \f(1,\r(－\f(8,t2)＋\f(8\r(3),t)－3)) ＝eq \f(1,\r(－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋3))≥eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)， 当且仅当eq \f(1,t)＝eq \f(\r(3),2)，即t＝eq \f(2\r(3),3)，cosθ＝－eq \f(\r(3),3)时，等号成立， 所以二面角A－CP－B的余弦值的最小值为eq \f(\r(3),3). 6．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND. (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论； (2)当四棱锥P－MNDB的体积最大时，求直线PB与平面MNDB所成角的正弦值； (3)在(2)的条件下，线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q－MN－P的余弦值的绝对值为eq \f(\r(10),10)？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG. 证明如下：∵M，N分别是边CB，CD的中点，∠DAB＝60°， ∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形， ∵G是MN的中点，∴MN⊥PG， ∵菱形ABCD的对角线互相垂直， ∴BD⊥AC，∴MN⊥AG， ∵AG∩PG＝G，AG，PG⊂平面PAG， ∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG， ∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG. (2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形， 且DB＝4，MN＝2，OG＝eq \r(3)， ∴等腰梯形MNDB的面积S＝eq \f(（2＋4）×\r(3),2)＝3eq \r(3)， 要使得四棱锥P－MNDB的体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可， ∴当PG⊥平面MNDB时， 点P到平面MNDB的距离最大，为eq \r(3)， 此时四棱锥P－MNDB的体积最大，为V＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×eq \r(3)＝3， 连接BG，直线PB与平面MNDB所成的角为∠PBG， 在Rt△PBG中，PG＝eq \r(3)，BG＝eq \r(7)， 由勾股定理得PB＝eq \r(PG2＋BG2)＝eq \r(10). ∴sin∠PBG＝eq \f(PG,PB)＝eq \f(\r(3),\r(10))＝eq \f(\r(30),10)， 即直线PB与平面MNDB所成角的正弦值为eq \f(\r(30),10). (3)假设符合题意的点Q存在． 以G为坐标原点，GA，GM，GP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A(3eq \r(3)，0，0)，M(0，1，0)，N(0，－1，0)，P(0，0，eq \r(3))， 易知平面PMN的一个法向量为m＝(1，0，0)． 设eq \o(AQ,\s\up12(→))＝λeq \o(AP,\s\up12(→))(0≤λ≤1)， ∵eq \o(AP,\s\up12(→))＝(－3eq \r(3)，0，eq \r(3))， ∴eq \o(AQ,\s\up12(→))＝(－3eq \r(3)λ，0，eq \r(3)λ)， 故Q(3eq \r(3)(1－λ)，0，eq \r(3)λ)，∴eq \o(NM,\s\up12(→))＝(0，2，0)，eq \o(QM,\s\up12(→))＝(3eq \r(3)(λ－1)，1，－eq \r(3)λ)， 设平面QMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(NM,\s\up12(→))＝0，,n·\o(QM,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,3\r(3)（λ－1）x＋y－\r(3)λz＝0，)) 令x＝λ，则z＝3(λ－1)，y＝0， 则n＝(λ，0，3(λ－1))， 设二面角Q－MN－P的平面角为θ， 则|cosθ|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|λ|,\r(λ2＋9（λ－1）2))＝eq \f(\r(10),10)，解得λ＝eq \f(1,2)， 故符合题意的点Q存在，且Q为线段PA的中点． $$