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word）

高考提能　翻折、探索与最值问题 题型一 翻折问题 [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； (2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 【解】　(1)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. (2)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.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． 不妨设AD＝1，则F(0，0，0)，E(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，1，0)， D′，所以＝(－1，－1，0)，＝，＝(1，0，0)，＝. 设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令x1＝1，则m＝. 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则令y2＝1，则n＝. 所以cos 〈m，n〉＝＝＝－， 所以sin 〈m，n〉＝，即面BCD′与面EFD′A′所成二面角的正弦值为. 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． [对点训练]　(2025·衡水一模)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．已知AD＝1，且二面角C-AB-D的平面角的正切值为. (1)求证：AB⊥平面ADC； (2)求线段AB的长度； (3)求二面角B-AD-E的余弦值． 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. (2)由(1)知AB⊥平面ADC，则AC⊥AB，又AD⊥AB，所以二面角C-AB-D的平面角为∠CAD. 又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以DC⊥AD. 依题意tan ∠CAD＝＝，因为AD＝1，所以DC＝. 设AB＝x(x＞0)，则BD＝. 依题意△ABD∽△DCB.所以＝，即＝，解得x＝.故AB＝. (3)由(2)知，BD＝，BC＝＝3，如图所示，建立空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)， E，A， 所以＝，＝. 由(1)知平面ABD的一个法向量为n＝(0，1，0). 设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)， 由得 令x＝，得y＝－，z＝－，所以平面ADE的一个法向量为m＝(，－，－).则|cos 〈n，m〉|＝＝，所以二面角B-AD-E的余弦值为. 题型二 探索问题 [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； (2)是否存在点M，使得二面角P-BC-M的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 【解】　(1)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. (2)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. 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， 则B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－2，，0)，P(0，0，)，所以＝(－1，，0)，＝(－1，0，)，＝(－2，，－)， 设＝λ＝λ(－2，，－)＝(－2λ，λ，－λ)，其中0＜λ＜1，设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1). 由 取x1＝，可得m＝(，1，1)， 设平面BCM的法向量为n＝(x2，y2，z2). ＝＋＝(－1，0，)＋(－2λ，λ，－λ)＝(－2λ－1，λ，－λ)， 由 取x2＝－λ，则y2＝1－λ，z2＝λ＋1， 所以n＝(－λ，1－λ，λ＋1)， 由题意可得|cos m，n|＝ ＝＝＝， 整理可得27λ2＋6λ－5＝0，即(3λ－1)(9λ＋5)＝0， 因为0＜λ＜1，所以λ＝，故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时，二面角P-BC-M的正弦值为. 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． [对点训练]　(2025·邵阳二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝2，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且＝λ(0＜λ＜1). (1)证明：A1C⊥平面ABC1； (2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为AB＝AC＝2，BC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，故AB⊥AC. 又因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面AA1C1C. 因为A1C⊂平面AA1C1C，所以AB⊥A1C，又A1C⊥BC1，AB，BC1⊂平面ABC1，AB∩BC1＝B，所以A1C⊥平面ABC1. (2)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. 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． 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)， A1(0，－1，)，C1(0，1，)，则＝(0，－1，)，＝(0，－λ，λ)，＝(－2，0，0)，＝＋＝(－2，－λ，λ)，＝(－2，1，)，＝(－2，2，0). 设n＝(x，y，z)为平面BPC1的法向量， 则 令x＝λ，则n＝. 设d为点C到平面BPC1的距离， 则d＝＝＝， 所以28λ2－16λ＋1＝0，即λ＝或λ＝. 故存在λ＝或λ＝，满足题意． 题型三 最值问题 [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. (1)证明：A1B⊥AC1； (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】　(1)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. (2)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， 如图所示，以点O为原点，直线OB，OC，OM分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设OB＝a(a＞0)，则B(a，0，0)，A(0，－2，0)，A1(0，－1，)，C1(0，1，)，＝(a，2，0)，＝(a，1，－)，＝(0，2，0)，＝＋＝＋＝， 设平面BA1C1的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝，得n＝(，0，a)， 设直线BB1与平面BA1C1所成的角为θ， 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 ＝××＝. 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． 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 [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； (2)记点D，S到平面ABE的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值． 解：(1)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. (2)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. 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， 则D(3，0，0)，A(3，4，0)，B(－3，4，0)，S(0，0，4)，＝(－6，0，0)， ＝(－3，0，4)，＝(0，4，0)， 设＝λ，λ∈(0，1)， 则＝－＝(－3λ，0，4λ)－(0，4，0)＝(－3λ，－4，4λ)， 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即可取n＝(0，λ，1). 因为＝(0，4，0)，＝(－3，4，－4)， 所以d1＝＝，d2＝＝＝，故d1d2＝，设h(λ)＝，λ∈(0，1)，则h′(λ)＝(1－2λ－λ2)，令h′(λ)＝0，得λ2＋2λ－1＝0，解得λ1＝－1－(舍去)，λ2＝－1＋，故当λ∈(0，－1＋)时，h′(λ)＞0，h(λ)单调递增，当λ∈(－1＋，1)时，h′(λ)＜0，h(λ)单调递减，所以h(λ)≤h(－1＋)＝8(－1)， 故d1d2的最大值为8(－1). 学科网（北京）股份有限公司 $