专题3 立体几何中的翻折问题-【重难点手册】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

专题3立体几 翻折问题将平面几何与空间几何联系起 来，处理这类问题的关键是抓住翻折前后图形 的特征关系，即弄清翻折前后哪些发生了变 化，哪些没有发生变化.这些没有变化的已知 条件都是我们分析问题和解决问题的依据.将 这些关系在立体图形中标识清楚后，关于线面 位置关系的证明、有关体积与表面积等的计算 可以利用我们前面已学过的知识来解答.具体 方法如下： (1)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 (不变的关系在平面图形中计算、推理和处理) 的位置和数量关系不变，位于“折痕”两侧的 (变化的关系在立体图形中解决) 点、线、面之间的位置和数量关系会发生变化： (2)关注翻折后关键点的位置 所谓关键点，是指在翻折过程中会带动与 其相关的点、线、面之间的位置关系与数量关 系的变化的点， (3)解决翻折问题的步骤 ①确定翻折前后的各量之间的关系，搞清 翻折前后的变化量和不变量； ②在翻折后的图形中确定线和面的位置 关系，明确需要用到的线、面； ③利用有关定义、定理等解决问题 例①(2025·湖南长沙调考)（多选）如 图，在矩形ABCD中，E为BC的中点，F为 AD的中点，CF交DE于点H,将△BAE沿直 线AE翻折到△PAE,连接PD,G为PD的中 点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是 (). 第八章立体几何初步粗 88888888888 何中的翻折问题 A始终存在平面PAE平面GFC B.CG的长度是定值 C.若AB=BE,则AE⊥ED D.存在某个位置，使得CG⊥AP 解析连接EF,GH(图略)，因为E,F分别为 BC,AD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CE∥ DF,CE=DF,所以四边形CEFD是平行四边形，所 以H是ED的中点.因为G为PD的中点，F为AD 的中，点，所以FG∥AP.又FG中平面PAE,APC平 面PAE,所以FG∥平面PAE.同理，GH∥平面 PAE,又GH∩FG=G,GH,FGC平面GFC,所以平 面PAE∥平面GFC,故A正确. 易知∠GFH=∠PAE,FG=3AP,PC=A, (定值) 在△GFC中，由余弦定理可知CG的长度是定值，故 B正确. 若AB=BE,则FA=FE=FD,所以∠AED= 90°，所以AE⊥ED,故C正确 因为∠APE=90°，所以∠FGH=90°，所以GH⊥ GF.因为GF,GH,GC在同一平面内，所以GC不可 能垂直于GF.因为GF∥AP,所以GC不可能垂直于 AP,故D错误. 答案ABC 思维过程 画出原来的平面图，分析翻折前后的“变”与 “不变” ①E,F分别为BC,AD的中，点，EC平 行且等于AF(翩折过程中不变) A D B E C ②翻折过程中，△AED中的边角关系不变 ④翻折过程中，PD的长度在 变化→CG长度是否变 G ↓ D 将CG放在三角形中考虑，题千 中有很多中点，联想到中位线 H B 分析△FCG,△PAE.则FG的长 度不变，∠PAE不变，则∠GFC ③AP,PE的长度不变 不变，CF的长度不变，所以CG的 长度不变 177 重难点手册高中数学必修第二册RJA 例②（多选）如图1，在菱形ABCD中， AB=2,∠BAD=,将△ABD沿BD折起， 使点A到点A',点A'不在底面BCD内，连接 A'C.若M为线段A'C的中点，则在△ABD 翻折过程中，下列说法正确的是( 视频微课 A B 图1 A.BD⊥A'C B.四面体A'-BCD的表面积的最大值为 4+2√3 C.不存在点A'使得BM⊥CD D.当二面角A'-BDC的余弦值为3时， 四面体ABCD的内切球的半径为 解析连接AC交BD于，点O,连接OA',如图2. A B 图2 由题设知BD⊥OC,BD⊥A'O,OC∩A'O=O, OC,A'OC平面A'OC,所以BD⊥平面A'OC,而 A'CC平面A'OC,故BD⊥A'C,A正确. 因为M为线段A'C的中点，故MN∥A'D.由于 在菱形ABCD中，AB=BC,可得A'B=BC,而M为 线段A'C的中点，故BM⊥A'C.由题意可知S△ADC =SaAc=2A'C·BM=A'M·BM,因为A'B2= AMP+BM=4,故A'M·BM≤AM+BM=2, 2 (当且仅当AM=BM=√2时取等号) 故S△'DC,S△A'c的最大值为2，而S△4D=S△CBD= 178 名×2X2Xn音-5，则回西体A'BCD的表面积 的最大值为(S△A'DC十SAABC)max十S△A'BD十S△CBD= 4十2√5，B正确. 不妨假设存在，点A'使得BM⊥CD,取CD的中 点为N,连接MN,BN,如图1，因为BM⊥A'C,由于 CD∩A'C=C,CD,A'CC平面A'DC,故BM⊥平面 A'DC.又MNC平面A'DC,故BM⊥MN,而∠BAD =行，故∠BCD=行，即△BCD为正三角形，则BC= BD.B 又MN/A'D,且MN=2A'D=1,故BM= √BN2-MN2=√2.由于BM⊥A'C,故A'M= √AB2-BM=√2，所以A'C=2√2.因为A'O= OC=√3，满足A'O+OC>A'C,即当A'C=2√2时， BM⊥CD,C错误. 因为OC⊥BD,OA'⊥BD,故∠A'OC为二面角 A'-BD-C的平面角，即c0s∠AOC=3,由余弦定理 可得A00C-AC-3+3-AC_6-AC 2AO·OC2X3X√3 6 3,即A'C=2,而A'D=A'B=BD=BC=CD=2, 则四面体A'-BCD为正四面体，故将其补形为正方 体，且正方体的棱长为√2，如图3. A 0 B 图3 则四面体A-BCD的体积V=(V2)-4X行× 言×U2rX反-22，所以四面你ABCD的内初 3V√6 球半径r4SA0c6,D错误 答案AB 例③(2025·福建福州调考)如图1，在梯 形ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，AB= BC-方AD=2,将△BAC沿直线AC翻折至 △B1AC的位置，连接B1D,3AM=MB1,当 三棱锥B1ACD的体积最大时，过点M的平 面截三棱锥B1ACD的外接球得的截面面 积的最小值是 3 A 图1 解析当三棱锥B1ACD的体积最大时，点B1到 底面ACD的距离最大，此时平面B1AC⊥平面 (底面ACD的面积是定值) ACD,且平面B1AC∩平面ACD=AC,取AC的中 点E,连接B1E,则BE⊥AC,因为B,EC平面 B1AC,所以B1E⊥平面ACD 如图2，取AD的中点O, B B 连接CO,OE,OB1,OM,则 OE=√2，又B1E=√2，且 ∠B1E0=90°，所以OB1=2. D 又因为OA=OD=OC 图2 =2,故O是三棱锥B1-ACD的外接球球心，且该外接 球的半径R=2. 显然，当且仅当过点M的平面与OM垂直时，截 外接球的截面面积最小，此时，截面的圆心就是点M, 记其半径为r,则R=2=√OM2+r2. 因为OB1=AO=OD,所以∠AB1D=90°，在 △B1AD中，B1A=2,AD=4,故∠B1AD=60°. 又3AM=MBi,故AM=7,又OA=2,故由余 孩定理有OMr-号+4-2X号×2Xs60-只，所 以2=R-OM=子，故我面而叛的最小值为要 答案粱 第八章立体几何初步进 思维过程 1.寻找图中的线段长度（如图）. B B 2 22 22 22 22 D O B 3 2 M 2w3 2 A D 2.当三棱锥B1-ACD的体积最大时，B1到底 面ACD的距离最大，此时平面B1AC⊥平面 ACD,取AC的中点E,AD的中点O,连接B1E, CO,OE,OB1,OM,由OB1=OA=OD=OC知O 是三棱锥B1ACD的外接球球心，当且仅当过点 M的平面与OM垂直时，截外接球的截面面积最 小，此时截面的圆心就是，点M,从而求解 例④(2025·浙江天台中学期中)在平行 四边形ABCD中，AB=2,AD=√2，∠A= 45°，E,F分别为AB,AD的中点，如图1，将三 角形ADE沿DE翻折，使得二面角A-ED-C 为直二面角后，得到四棱锥A-EBCD D F B 图1 (1)求证：EF平面ABC; (2)求证：平面AED⊥平面ACD; (3)求EC与平面ACD所成角的正弦值. 解析(1)如图2，取ACA 的中点G,连接FG,BG. G F 因为F,G分别为AD, D E AC的中，点，所以FG∥CD,且 ⊙ 图2 FG=CD. 又EB,/CD,且EB=2CD, 179 钼重难点手册高中数学必修第二册RJA 所以EBFG,且EB=FG, 所以四边形BEFG是平行四边形，所以EFBG. 因为BGC平面ABC,EF士平面ABC, 所以EF∥平面ABC. (2)由于在平行四边形ABCD中，AB=2,AD= √2，∠A=45°，E,F分别为AB,AD的中点， 所以AE=1,DE=√AD+AE2-2AD·AEc0s45 =1,则AE2+DE=AD,因此AE⊥DE. 又AEDC,故CD⊥ED, 由于二面角A-ED-C为直二面角， 所以平面AED⊥平面EDC且两平面的交线为ED. 因为CDC平面ECD,所以CD⊥平面AED. 又因为CDC平面ACD, 所以平面AED⊥平面ACD, (3)由于平面AED⊥平面EDC且两平面的交线 为ED,AE⊥DE,AEC平面AED, 故AE⊥平面ECD. 由(2)知CD⊥平面AED,ADC平面AED, 故CD⊥AD 设点E到平面ACD的距离为h, 则VEACD-VAPCO,故3S△acoh=3 SARCD·AE, (等体积法) 所以h=SAD·AE2X1X2X1 1 √2 S△ACD xxa 2 设EC与平面ACD所成角为0， √2 h 2 则sin0=Ec√ED+CD 2 √10 √12+22 10 所以EC与平面ACD所成角的正弦值为 10 例5(2025·福建厦门调考)图1是由矩 形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的 个平面图形，其中AB=1,BE=BF=2, ∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起，使得BE 与BF重合，连接DG,如图2. (1)求证：图2中的A,C,G,D四点共面， 且平面ABC⊥平面BCGE; 180 (2)求图2中的四边形ACGD的面积. D G E(F) G 图1 图2 解析(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以 AD/∥CG, 故AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,D四，点 共面。 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B, 故AB⊥平面BCGE. 又因为ABC平面ABC, 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)如图3，取CG的中，点M,连接EM,DM」 D E(F) M B C 图3 因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平 面BCGE,故DE⊥CG,DE⊥EM. 已知四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°，则 EM⊥CG.又DEC平面DEM,EMC平面DEM,DE ∩EM=E,故CG⊥平面DEM. 因此DMCG. 在Rt△DEM中，DE=1,EM=√3，故DM=2. 所以四边形ACGD的面积为4. 思维过程 (1)先由已知条件得到AD∥CG,然后利用线 面垂直的判定定理可证得AB⊥平面BCGE,最后 利用面面垂直的判定定理证明， (2)首先取CG的中点M,然后证明CG⊥DE, CG⊥EM,并由线面垂直的判定定理得到CG⊥平 面DEM,进而知△DEM为直角三角形，最后利用 勾股定理与面积公式求解。