第1章 微专题1 空间中的翻折问题、最值问题(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教B版）

本讲义聚焦高中立体几何核心难点，系统梳理空间翻折问题（确定翻折前后变与不变关系、关键点位置）和最值问题（利用几何特征、侧面展开图、目标函数求解）的解题策略，通过“策略归纳-类型例题-强化练习”的学习支架，帮助学生构建知识脉络。 资料特色在于以新课标核心素养为导向，如翻折问题中菱形折叠证明线面垂直，培养学生空间观念（数学眼光）；最值问题中直三棱柱求二面角，提升逻辑推理与运算能力（数学思维），且全程用坐标法、向量法表达空间关系（数学语言）。课中辅助教师突破重难点，课后助力学生巩固方法，查漏补缺。

微专题1　空间中的翻折问题、最值问题 1．翻折问题的两个解题策略 (1)确定翻折前后变与不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系会发生变化．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)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．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．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． 2．立体几何中的最值问题解题策略 解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面入手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质来解决；二是利用空间几何体的侧面展开图来解决；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可利用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)等来解题． 类型1　空间中的翻折问题 【例1】　如图(1)，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图(2)． (1)求证：A1E⊥平面BCDE. (2)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由． [思路导引]　(1)根据线面垂直先证得A1E⊥BE，再结合A1E⊥ED可证得结论． (2)设＝λ(0≤λ≤1)，根据平面A1EP与平面A1BD的法向量垂直建立等量关系求得λ即可． [解]　(1)证明：∵DE⊥AB，∴BE⊥DE， 又∵BE⊥A1D，DE∩A1D＝D，DE⊂平面A1DE，A1D⊂平面A1DE， ∴BE⊥平面A1DE，∵A1E⊂平面A1DE，∴A1E⊥BE， 又∵A1E⊥DE，BE∩DE＝E，BE⊂平面BCDE，DE⊂平面BCDE， ∴A1E⊥平面BCDE. (2)存在，理由如下： ∵A1E⊥平面BCDE，BE⊥DE， ∴ 以E为原点，分别以EB，ED，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则B，D，A1. 假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD， 设P＝λ， 则＝λ， ∴P， ∴＝＝， 设平面A1EP的一个法向量m＝， 由 得 令x1＝λ，得m＝为平面A1EP的一个法向量． 设平面A1BD的一个法向量为n＝， ＝＝， 故 取x2＝，得n＝为平面A1BD的一个法向量． ∵平面A1EP⊥平面A1BD，∴m·n＝3λ＋λ－1＝0， 解得λ＝∈， ∴在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，且＝. 类型2　空间中的最值问题 【例2】　如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. (1)证明：BF⊥DE； (2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？ [解]　因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，又BB1∩BF＝B，所以AB⊥平面BCC1B1，所以BA，BC，BB1两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1)．由题设D(a，0，2)(0≤a≤2)． (1)证明：因为＝(0，2，1)，＝(1－a，1，－2)，所以＝0×(1－a)＋2×1＋1×(－2)＝0，所以BF⊥DE. (2)设平面DFE的一个法向量为m＝(x，y，z)．因为＝(－1，1，1)，＝(1－a，1，－2)，所以即 令z＝2－a，则m＝(3，1＋a，2－a)为平面DFE的一个法向量．平面BCC1B1的一个法向量为＝(2，0，0)．设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝.当a＝时，2a2－2a＋14取最小值为，此时cos θ取最大值为＝.所以＝＝，此时B1D＝. 微专题强化练(一)　空间中的翻折问题、最值问题 一、选择题 1．如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：①AN⊥GC，②CF与EN所成的角为60°，③BD∥MN ，④二面角E-BC-N的大小为45°，其中正确的个数是(　　) A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4 C　[画出正方体的直观图，如图所示，设正方体边长为2，以分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A，N，G，C，所以＝(－2，2，2)·(0，2，－2)＝0，所以AN⊥GC，故①正确．由于EN∥AC，所以CF与EN所成的角为∠FCA，而在△FAC中，AF＝FC＝CA，也即△FAC是等边三角形，故∠FCA＝60°，所以②正确．由于EN∥AC，而AC与BD相交，故BD，MN不平行，③错误．由于EB⊥BC，FB⊥BC，所以∠EBF即是二面角E-BC-N的平面角．△EBF是等腰直角三角形，所以∠EBF＝45°，故④正确． 综上所述，正确的命题个数为3个，故选C.] 2．如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于点E.现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为(　　) A.45°　　 B．90°　　 C．135°　　 D．180° B　[建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知△ABE为等腰直角三角形． 设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝. 设BC＝DE＝2a，则E(0，0，0)，A(1，0，1)，N(1，a，0)，D(0，2a，0)，M， 所以＝＝(－1，0，－1)， 所以＝·(－1，0，－1)＝0.故⊥， 从而MN与AE所成的角为90°.故选B.] 3．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝4，P是侧面BCC1B1内(包含边界)的动点，且AP⊥BD1.记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tan θ的最大值为(　　) A． B． C．2 D． B　[以D为原点，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Dxyz(图略)．设P(a，3，c)(0≤a≤3，0≤c≤4)，则A(3，0，0)，B(3，3，0)，D1(0，0，4)，＝(a－3，3，c)，＝(－3，－3，4)，平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)．∵AP⊥BD1，∴＝－3(a－3)－9＋4c＝0，解得c＝a，∴＝.∵AP与平面BCC1B1所成的角为θ，∴sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，∵(－6)2－4××18<0， ∴当a＝时，sin θ取得最大值，此时cos θ＝＝，∴tan θ的最大值为＝.] 4．已知梯形CEPD如图(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图(2)所示的几何体．已知当点F满足＝λ时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　　) A． B． C． D． D　[由题意，可构建以A为原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系， ∴C(4，4，0)，D(0，4，0)，E(4，0，2)，P(0，0，4)，F(4λ，0，0)， 则＝(4，0，－2)，＝(4，4，－4)，＝(4(λ－1)，0，－2)，＝(4，－4，2)． 若m＝(x，y，z)是平面DEF一个法向量， 则 可得m＝为平面DEF的一个法向量， 若n＝(a，b，c)是平面PCE一个法向量， 则可得n＝(1，1，2)， ∴由平面DEF⊥平面PCE，有＋4＝0，解得λ＝.故选D.] 5．如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是(　　) A． B． C． D． C　[建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)．设点P的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0，1]，点Q的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0，1]， 则PQ＝ ＝ ＝， 当且仅当λ＝，μ＝时， 线段PQ的长度取得最小值，为.] 二、填空题 6．如图(1)，在等腰△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.若A′O⊥平面BCDE，则A′D与平面A′BC所成角的正弦值等于__________． 　[过D作线段BC的垂线，垂足为F(图略)，则DF⊥平面A′BC，所以∠DA′F为A′D与平面A′BC所成角，又因为DF＝＝1，A′D＝AD＝2， 所以sin ∠DA′F＝＝＝.] 7．设棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在棱C1C上滑动，则点B1到平面BMD1的距离的最大值是__________． a　[如图所示，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D1(0，0，a)，B(a，a，0)，B1(a，a，a)．设M(0，a，b)(0≤b≤a)，则＝(0，0，a)，＝(－a，0，b)，＝(－a，－a，a)，设平面BMD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝b，则y＝a－b，z＝a，得n＝(b，a－b，a)， ∴点B1到平面BMD1的距离为d＝＝＝，当b＝a时，d取最大值，即dmax＝a.] 8．已知梯形ABCD和矩形CDEF.在平面图形中，AB＝AD＝DE＝CD＝1，CD⊥AE.现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足平面ABCD垂直于平面CDEF.设＝2＝μ，若AP∥平面DBN，则实数μ的值为__________． 3　[易得CD⊥DE，CD⊥DA，又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD， 又AD⊂平面ABCD，则AD⊥平面CDEF， 又DE⊂平面CDEF，则AD⊥DE，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，则D，B(1，1，0)，A，E，C. 又＝＝＝＝＝， 同理可得＝＝＝＝， 设平面DBN的一个法向量为n＝， 则 令y＝1，则n＝(－1，1，－4)为平面DBN的一个法向量， 又＝＝， 又AP∥平面DBN，则·n＝＝0，解得μ＝3.] 三、解答题 9．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝t，M是线段EF的中点. (1)求证：AM∥平面BDE； (2)若t＝1，求平面ADF与平面BDF所成角； (3)若线段AC上总存在一点P，使得PF⊥BE，求t的最大值． [解]　(1)证明：设AC∩BD＝O，连接EO， 因为矩形ACEF中M是线段EF的中点，O是线段AC的中点， 所以EM∥AO，EM＝AO，所以OAME为平行四边形， 所以AM∥EO， 又AM⊄平面BDE，EO⊂平面BDE， 所以AM∥平面BDE. (2)由题意，正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，因为平面ABCD∩平面ACEF＝CA，EC⊥AC， 所以EC⊥平面ABCD， 所以以CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴，建立如图所示空间直角坐标系． 若t＝1，则B，D，F， 则＝＝， 可知平面ADF的一个法向量为n＝， 设平面BDF的一个法向量为m＝， 则由可知 不妨令x＝1，则y＝1，z＝－， 即m＝为平面BDF的一个法向量． 设平面ADF与平面BDF所成角为θ， 因为θ为锐角， 所以cos θ＝＝＝， 所以平面ADF与平面BDF所成角的大小为. (3)A，C，E，F(，t)，则＝， 因为点P在线段AC上，设＝λ，其中λ∈[0，1]， 则＝(λ，λ，0)，从而P点坐标为(λ，λ，0)， 于是＝，而＝， 则由PF⊥BE可知＝0，即－2＋t2＝0，所以t2＝2≤2，解得t≤，故t的最大值为. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $