专题3 高考提能 翻折、探索与最值问题-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用课件）

高考提能　翻折、探索与最值问题 1 [例1]　(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°.F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； 题型一　翻折问题 返回首页 二轮专题复习 【解】　证明：如图，过C作CG∥EF交EB于G，连接A′G.因为EF∥AD，AB∥CD，∠DAB＝90°，所以四边形ADFE和四边形EFCG为矩形，所以EF綉AD，EF綉CG，所以CG綉AD，所以CG綉A′D′，所以四边形A′D′CG为平行四边形． 所以CD′∥A′G，又A′G⊂平面A′BE，CD′⊄平面A′BE，所以CD′∥平面A′BE.因为CF∥EB，EB⊂平面A′BE，CF⊄平面A′BE，所以CF∥平面A′BE.又CD′，CF⊂平面CD′F，CD′∩CF＝C，所以平面CD′F∥平面A′BE. 因为A′B⊂平面A′BE，所以A′B∥平面CD′F. 返回首页 二轮专题复习 (2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 【解】　因为A′E⊥EF，BE⊥EF，所以由二面角的定义可知，∠A′EB即为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角，所以∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°.又D′F＝DF＝FC，所以△D′FC为等边三角形．过A′作A′H⊥EB交EB于H.因为EF⊥EB，EF⊥A′E，A′E∩EB＝E，A′E，EB⊂平面A′EB，所以EF⊥平面A′EB，又A′H⊂平面A′EB，所以EF⊥A′H. 返回首页 二轮专题复习 又A′H⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF⊂平面EFCB，所以A′H⊥平面EFCB.因此以F为坐标原点，直线FE，FC，过点F且平行于A′H的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 破解平面图形翻折问题的解题步骤 (1)看定与变：弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口． (2)双图并用：在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形． (3)用公式：利用两向量的夹角公式，点到平面的距离公式等进行求解． (4)下结论：得出正确的结论． 返回首页 二轮专题复习 (1)求证：AB⊥平面ADC； 返回首页 二轮专题复习 解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 又BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD. 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB. 又因为折叠前后均有AD⊥AB，且DC∩AD＝D，DC，AD⊂平面ADC，所以AB⊥平面ADC. 返回首页 二轮专题复习 (2)求线段AB的长度； 返回首页 二轮专题复习 (3)求二面角B-AD-E的余弦值． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 [例2]　(2025·镇江模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB为正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E为线段AB的中点，M是线段PD(不含端点)上的一个动点． (1)记平面BCM交PA于点N，求证：MN∥平面PBC； 题型二　探索问题 返回首页 二轮专题复习 【解】　证明：因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD， 因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD， 因为BC⊂平面BCM，平面BCM∩平面PAD＝MN，所以MN∥BC， 因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，因此MN∥平面PBC. 返回首页 二轮专题复习 【解】　连接PE，CE，因为△PAB为等边三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，所以AB＝BC＝2，又因为∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，则CE⊥AB. 返回首页 二轮专题复习 以点E为坐标原点，EB，EC，EP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， 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 破解空间中的探索性问题的解题步骤 (1)观图巧证明：找出点或线的位置关系，并用向量表示出来，然后加以证明． (2)假设存在：假设所求的点或参数存在． (3)构建方程(组)：利用参数表示相关的点，根据线、面满足的垂直、平行或角的关系，构建方程(组)求解． (4)得出结论：若能求出参数的值且符合限定的范围，则说明假设成立，即存在，否则不存在． 返回首页 二轮专题复习 (1)证明：A1C⊥平面ABC1； 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 解：因为A1C⊥平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，所以A1C⊥AC1，所以四边形AA1C1C为菱形， 取A1C1的中点为E，连接AE，因为∠ACC1＝60°，所以△AA1C1为等边三角形，所以AE⊥A1C1.又AC∥A1C1，所以AE⊥AC. 又AB⊥平面AA1C1C，所以AB⊥AE. 返回首页 二轮专题复习 如图所示，以点A为坐标原点，AB，AC，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 [例3]　(2025·厦门一模)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1＝A1C1＝C1C＝2，AC＝4，BA＝BC. 题型三　最值问题 (1)证明：A1B⊥AC1； 返回首页 二轮专题复习 【解】　证明：在三棱台ABC-A1B1C1中，取AC的中点O，连接BO，A1O，C1O， 由BA＝BC，得BO⊥AC，由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，得BO⊥平面AA1C1C，而AC1⊂平面AA1C1C，则AC1⊥BO，又A1C1∥AO，A1C1＝AO＝AA1，则四边形A1AOC1是菱形，AC1⊥A1O， 而A1O∩BO＝O，A1O，BO⊂平面A1OB，因此AC1⊥平面A1OB，又A1B⊂平面A1OB，所以A1B⊥AC1. 返回首页 二轮专题复习 (2)当直线BB1与平面BA1C1所成的角最大时，求三棱台ABC-A1B1C1的体积． 【解】　取A1C1的中点M，则OM⊥AC，由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，OM⊂平面AA1C1C，则OM⊥平面ABC，故直线OB，OC，OM两两垂直， 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化，进而就有了面积与体积及角度的最值问题 返回首页 二轮专题复习 定性分析 在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规律，进而发现相关面积或体积等的变化规律，求得其最大值或最小值 定量分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题，根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择 返回首页 二轮专题复习 [对点训练]　(2025·包头二模)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC＝SD，AB＝2CD＝6，SC＝AD＝4，点E在棱SD上，且不与S和D重合，平面ABE交棱SC于点F. (1)求证：CD∥EF； 解：证明：因为AB∥CD，且CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，所以CD∥平面ABFE，又因为CD⊂平面SCD，平面SCD∩平面ABFE＝EF，所以CD∥EF. 返回首页 二轮专题复习 (2)记点D，S到平面ABE的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值． 解：取AB的中点P，连接CP，则CD＝AP，又CD∥AP，所以四边形APCD为平行四边形，因为AD⊥平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AD⊥CD，故四边形APCD为矩形，在Rt△CPB中，CB2＝CP2＋PB2＝16＋9＝25，又SD2＝BC2＝25，所以在△SCD中，SD2＝CD2＋SC2，所以SC⊥CD. 返回首页 二轮专题复习 因为AD⊥平面SCD，SC⊂平面SCD，所以AD⊥SC，又因为AD，CD⊂平面ABCD，且AD∩CD＝D，所以SC⊥平面ABCD， 以C为原点，CD，CP，CS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， 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 返回首页 二轮专题复习 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝ ＝＝＝≤＝，当且仅当a2＝，即a＝时取等号，又y＝sin θ在上单调递增，所以当a＝时，直线BB1与平面BA1C1所成的角最大，此时三棱台ABC-A1B1C1的体积V＝(S△ABC＋S△A1B1C1＋)h ＝××＝. $