3.6 探究课3 立体几何中的翻折问题 [教考衔接]-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

探究课3　立体几何中的翻折问题　[教考衔接] 　 第一篇 专题三 立体几何 03 延伸探究3　翻折后距离的计算 02 延伸探究2　翻折后角的计算 延伸探究1　翻折后位置关系的判断 01 内容索引 04 专题集训 【原题再现】1.(链接人教A版选择性必修一P49第13题)如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，求折纸后∠EOF的大小. 解：如图，以OB，OC，OD为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz，设原正方形的边长为1，则E(0，－，)，F(，，0)，＝(0，－，)，＝(，，0)，cos〈，〉＝＝－＝－，所以∠EOF＝120°. 2.(链接人教B版必修第四册P125习题11－4C第2题)如图①所示，△ABC和△ACD都是直角三角形，AB＝BC＝，∠CAD＝30°，如图②所示，把△ABC沿AC边折起，使△ABC所在平面与△ACD所在平面垂直，连接BD. (1)求BD与平面ADC所成的角的余弦值； 解：取AC中点E，连接BE，DE，因为AB＝BC＝，所以BE⊥AC. 因为平面ABC⊥平面ACD， 所以BE⊥平面ACD，所以∠BDE即为BD与平面ADC所成的角. 因为△ABC为等腰直角三角形且AB＝，∠CAD＝30°， 所以BE＝，AC＝2，CD＝ACtan 30°＝2，所以DE＝，所以BD＝＝，所以cos∠BDE＝. 所以BD与平面ADC所成的角的余弦值为. (2)求点C到平面ABD的距离. 解：因为CD⊥AC，平面ABC⊥平面ACD，所以CD⊥平面ABC. 因为AB⊂平面ABC，所以CD⊥AB. 因为AB⊥BC，BC∩CD＝C，所以AB⊥平面BCD. 因为AB⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD. 如图所示，过C作CH⊥BD，则CH⊥平面ABD，所以CH的长即为点C到平面ABD的距离. 由(1)知CD＝2，BD＝， 所以CH＝＝，所以点C到平面ABD的距离为. 教考衔接 　　此类问题是以折叠问题为载体，考查空间位置关系的证明及空间角、空间距离等的计算问题. 延伸探究1　翻折后位置关系的判断 返回 √ 典例 1 (2025·上海长宁二模)如图，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点(不与C重合)，将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1，连接CC1，设θ为二面角C1-DE-C的大小，θ∈(0，π).在翻折过程中，下列说法中不正确的是 A.存在点D和θ，使得DC1⊥AC B.存在点D和θ，使得BC1⊥AC C.存在点D和θ，使得BC1⊥DE D.存在点D和θ，使得CC1⊥DE 对于AD，取D为BC中点，θ＝，则ED∥AB.而AB⊥AC， 故DE⊥AC，故在几何体C1-ABDE中，DE⊥C1E.而CE⊥ DE，故∠CEC1为二面角C1-DE-C的平面角，故∠CEC1 ＝90°，故C1E⊥AC.而C1E∩DE＝E，C1E，DE⊂平面 DEC1，故AC⊥平面DEC1.而DC1⊂平面DEC1，故AC⊥DC1，故A成立.因为DE⊥AC，DE⊥C1E，AC∩C1E＝E，AC，C1E⊂平面ACC1，故DE⊥平面ACC1.而CC1⊂平面ACC1，故DE⊥CC1，故D成立； 对于C，如图①所示，过E作DE⊥BC，D为垂足，取θ＝，同理可证DE⊥平面BCC1.而BC1⊂平面BCC1，故DE⊥BC1，故C成立；对于B，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H.因为AC⊂平面ABC，故C1H⊥AC.若BC1⊥AC，因为C1H∩BC1＝C1，C1H，BC1⊂平面BC1H，故AC⊥平面BC1H.而BH⊂平面BC1H，故AC⊥BH.而AC⊥BA，故H在BA上，如图②所示.因为C1H∩BA＝H，C1H，BA⊂平面BC1A，故AC⊥平面BC1A.而C1A⊂平面BC1A，故AC⊥C1A，故C1E＞AE，但C1E＝CE＝AE，矛盾，故BC1⊥AC不成立，即B不成立.故选B. 返回 延伸探究2　翻折后角的计算 返回 典例 2 (2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F分别满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； 解：证明：由题意，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4.又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED. 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED， 所以EF⊥平面PED. 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD. (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解：如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°， 故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 故EF，ED，PE两两垂直，以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)， 连接PA，则＝，＝，＝(0，2，2)，＝. 设平面PCD的法向量为n1＝， 则 可取n1＝(0，2，3). 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则可取n2＝(，－1，1). ｜cos〈n1，n2〉｜＝＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为 ＝. 返回 延伸探究3　翻折后距离的计算 返回 典例 3 (2025·江西上饶二模)如图①，四边形ABCD中，DA＝DC＝AB＝，∠ADC＝90°，∠BAD＝105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B'的位置(如图②)，且DB'＝. (1)证明：平面B'AC⊥平面ACD； 解：证明：在△ACD中，由DA＝DC＝， ∠ADC＝90°，得∠CAD＝45°，AC＝2. 在△AB'C中，∠B'AC＝∠BAC＝105°－45°＝60°. 而AB'＝AB＝4，由余弦定理，得B'C2＝AB'2＋AC2－2AB'·ACcos 60°＝12，则AC2＋B'C2＝AB'2，即AC⊥B'C. 由DB'＝，得DB'2＝DC2＋B'C2，则DC⊥B'C. 又AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD， 因此B'C⊥平面ACD. 而B'C⊂平面B'AC，所以平面B'AC⊥平面ACD. (2)若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离. 解：连接OP，由O，P分别为AC，AB'的中点，得OP∥B'C. 由(1)得OP⊥平面ACD. 由DA＝DC＝，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直. 所以以点O为原点，直线OA，OD，OP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，＝(2，0，0). 由点M在PD上，令＝λ＋(1－λ)＝(0，λ，－λ)，0≤λ≤1. 设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，则 取z＝λ，得n＝(0，λ－，λ). 而平面ACD的法向量m＝(0，0，1)， 则｜cos〈m，n〉｜＝＝＝，解得λ＝， 于是n＝(0，－，). 而＝(0，0，)，则点P到平面ACM的距离d＝＝， 所以点P到平面ACM的距离为. 规律反思 折叠问题处理策略 　　解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用，一般步骤： 第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； 第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； 第三步：利用判定定理或性质定理进行证明. 预测练1.(多选)(2025·山东济南二模)如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，M，N分别为AD，BC的中点.现将△ABD沿BD翻折，得到三棱锥A'-BCD，则在△ABD翻折的过程中，下列说法正确的是 A.三棱锥A'-BCD体积的最大值为8 B.存在某个位置使CM⊥DN C.三棱锥A'-BCD外接球半径为3 D.直线MN被三棱锥A'-BCD外接球 截得的线段长的取值范围为 √ √ √ 对于A，当平面A'BD⊥平面BCD时，三棱锥A'-BCD体积最大.由题设易知BD＝6，所以三棱锥A'-BCD的高为h＝＝2，则VA'-BCD＝×2×6＝8，故A正确；对于B，在矩形ABCD中连接CM，有＝，易得△MDC∽△DCB，则CM⊥BD. 如图①所示，翻折过程中始终有BD⊥ME，BD⊥CE.又ME∩CE＝E，ME，CE⊂平面CME，所以BD⊥平面CME，翻折过程中CM⊂平面CME，即恒有BD⊥CM，且BD⊂平面BCD，翻折过程中恒有平面BCD⊥平面CME，所以在△ABD翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面CME在平面BCD的投影直线上，显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故CM⊥DN不成立，故B错误； 对于C，在△ABD翻折的过程中，△ABD和△BCD都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥A'-BCD外接球半径为3，故C正确；对于D，因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以OM＝ON＝.又直线MN被三棱锥A'-BCD外接球截得的线段长2，其中h为O到MN的距离，所以h只受'与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当△ABD将要与平面BCD重合时，线段最短. 如图②所示，OH⊥MN，因为∠OBN＋∠BON＝∠NOH＋∠BON＝90°，所以∠OBN＝∠NOH，所以△ONH∽△BON，所以h＝，故线段长为2＝2，综上，线段长的取值范围为(2，6)，故D正确.故选ACD. 预测练2.(2025·宁夏石嘴山一模)如图①所示，在平行四边形EBCD中，BA⊥ED，垂足为A，EA＝AD＝AB＝2，将△EAB沿AB折到△PAB的位置，点M为棱AB的中点，点N在棱PC上，如图②所示. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； 解：证明：由题意可知，图②中AB⊥PA，AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)当二面角P-AB-D的大小为， (ⅰ)求四棱锥P-ABCD的体积； 解：由图①知BA⊥ED，AD＝AB＝EA＝2，所以可得BC＝4. 在图②中取AD中点O，连接PO. 因为AB⊥PA，AB⊥AD，所以∠PAD为二面角P-AB-D的平面角， 所以∠PAD＝，则△PAD为等边三角形， 所以PO⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD，所以四棱锥的高为PO＝×2＝， 所以SABCD＝×AB＝××2＝6， 故四棱锥P-ABCD的体积为V＝×6×＝2. (ⅱ)若直线PC与平面AMN所成角的正弦值为，求点C到平面AMN的距离. 解：以A为原点，AB，AD所在直线为x、y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，0)，P(0，1，)，M(1，0，0). 设＝t，平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，＝(1，0，0)， ＝＋t＝(0，1，)＋t(2，3，－)＝(2t，3t＋1，－t)， 则 取y＝t－，则n＝. 又＝(2，3，－)，所以＝＝. 因为直线PC与平面AMN所成角的正弦值为， 所以＝， 解得t2＝，又0≤t≤1，所以t＝， 此时n＝，又因为＝， 设点C到平面AMN的距离为d， 则d＝＝. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)(2025·山东烟台二模)如图，梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AB＝2CD＝2AD＝4，E为BC的中点，将△CDE沿边DE折起，使点C到达点P的位置. (1)证明：DE⊥AP； 解：证明：连接AC交DE于点O，连接OP. 由题可得AD＝CE＝2＝CD，且AD∥CE， 所以O为DE的中点. 在△DEP中，PE＝PD＝2，所以DE⊥PO，同理DE⊥AO. 又PO∩AO＝O，PO，AO⊂平面AOP，所以DE⊥平面AOP. 又因为AP⊂平面AOP，所以DE⊥AP. 1 2 3 4 (2)若二面角A-DE-P的大小为120°，求直线DP与平面BEP所成角的正 弦值. 解：由(1)可知以点O为坐标原点，OE，OC方向和垂直于平面ABED向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， 由题可知ABCD为等腰梯形，且BC＝2AB＝2CD＝2AD＝4，可得∠ABC＝60°. 1 2 3 4 由(1)可知，∠AOP为二面角A-DE-P的平面角， 所以∠AOP＝120°，从而∠COP＝60°. 因为OP＝OC＝，所以点P到平面ABED 的距离为sin 60°＝， 则有D，P，B，E， 所以＝，＝，＝. 1 2 3 4 设m＝为平面BEP的一个法向量， 则有令y＝，则m＝. 设直线DP与平面BEP所成角为θ， 则有sin θ＝＝＝＝， 故直线DP与平面BEP所成角的正弦值为. 1 2 3 4 2.(15分)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF，使平面A'EF⊥平面BEF. (1)证明：A'A⊥EF； 解：证明：取EF中点H，连接AH，A'H. 因为AE＝AF，所以EF⊥AH，由折叠得EF⊥A'H. 因为AH∩A'H＝H，AH，A'H⊂平面A'AH，所以EF⊥平面A'AH. 因为A'A⊂平面A'AH，所以A'A⊥EF. 1 2 3 4 (2)求二面角A'-FD-C的余弦值； 解：因为平面A'EF⊥平面BEF，平面A'EF∩平面BEF＝EF，A'H⊂平面A'EF，A'H⊥EF，所以A'H⊥平面BEF. 因为AE＝EB＝AF＝FD＝4，∠EAF＝， 所以AB＝8，FD＝6，AD＝10，EF＝4， AH＝A'H＝EF＝2. 1 2 3 4 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F(4，0，0)，E(0，4，0)，H(2，2，0)，A'(2，2，2)，D(10，0，0)，C(10，8，0)， 所以＝(6，0，0)，＝(2，－2，－2). 设平面A'FD的法向量为n＝(x，y， z)， 则取n＝(0，－，1). 由题意得，平面FDC的一个法向量为m＝(0，0，1)， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝， 由图可得二面角A'-FD-C的平面角为锐角，所以二面角A'-FD-C的余弦值为. 1 2 3 4 (3)点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A'重合，求线段FM的长. 解：连接A'M，CM. 设FM＝x，则M(x＋4，0，0). 因为翻折后C与A'重合，所以A'M＝CM. 由(2)得，A'(2，2，2)，C(10，8，0)， 所以＋＋＝＋＋02，解得x＝，即FM＝. 1 2 3 4 3.(15分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝2，∠ABC＝60°，E为CD的中点，沿AE将△DAE翻折至△PAE位置得到四棱锥P-ABCE，F为PB上一动点. (1)若F为PB的中点，证明：在翻折过程中均有CF∥平面PAE； 1 2 3 4 解：证明：如图所示，取PA中点G，连接FG，EG. 因为G，F分别为PA，PB的中点，则GF∥AB，且GF＝AB. 由题意可知CE∥AB，且CE＝AB， 则GF∥CE，且GF＝CE，可知四边形CFGE为平行四边形. 则CF∥EG，且CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE， 所以CF∥平面PAE. 1 2 3 4 (2)若PB＝2，(ⅰ)证明：平面PAE⊥平面ABCE； 解：证明：在四边形ABCD中，连接BE，如图所示. 由题意可知，△DAE是边长为1的等边三角形，则∠AED＝，且∠BCE＝，BC＝CE＝1，则∠CEB＝. 1 2 3 4 可知∠AEB＝，即AE⊥EB，且BE＝＝. 若PB＝2，且PE＝1，则PE2＋BE2＝PB2，可知PE⊥EB. 且AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE，可得EB⊥平面PAE. 又因为EB⊂平面ABCE，所以平面PAE⊥平面ABCE. 1 2 3 4 (ⅱ)记四棱锥P-ABCE的体积为V1，三棱锥F-ABC的体积为V2，若V1＝3V2，求点F到平面PCE的距离. 解：取AE中点O，AB中点H，连PO，OH， 则PO＝，OH∥BE，可得OH⊥AE. 因为△PAE为等边三角形，则PO⊥AE， 1 2 3 4 且平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE， 所以PO⊥平面ABCE. 又因为平行四边形ABCD的高即为等边△DAE的高h＝. 设点F到平面ABCE的距离为d， 若V1＝3V2，则×××＝3×d××2×，解得d＝， 即d＝PO，可知F为PB中点. 1 2 3 4 所以以O为原点，OA，OH，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P，E(－，0，0)，B(－，，0)， F，C， 可得＝，＝，＝. 1 2 3 4 设平面PCE的法向量为n＝，则 令x＝，则y＝1，z＝－1，可得n＝， 所以点F到平面PCE的距离d＝＝＝. 1 2 3 4 4.(15分)(2025·山东临沂一模)在△NBC中，∠B＝90°，AD∥BC，NA＝CD＝2AB＝2，如图将△NAD沿AD翻折至△PAD. (1)证明：平面PBC⊥平面PAB； 解：证明：因为∠B＝90°，AD∥BC，所以AD⊥AP，AD⊥AB. 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. 1 2 3 4 解：在四棱锥P-ABCD中，由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角，故∠PAB＝120°. 因为NA＝CD＝2AB＝2，所以NC＝6，NB＝3， 从而BC＝3，∠DCB＝30°. 过点A作AF⊥PB，交PB于点F(图略). 又因为AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，PA与平面PBC所成角即为∠APF. (2)若二面角P-AD-B大小为120°. (ⅰ)求PA与平面PBC所成角的正弦值； 1 2 3 4 在△PAB中，由余弦定理可得PB＝＝， 由等面积法，AF＝＝， sin ∠APF＝＝， 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为. 1 2 3 4 (ⅱ)在线段PD上是否存在点E，使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由. 1 2 3 4 解：如图所示，建立空间直角坐标系， 则A，P(－1，0，)，B，D，C， ＝. 设＝λ，λ∈[0，1]， 可得E， ＝，＝，＝. 1 2 3 4 设平面ABE的法向量为m＝，平面PDC的法向量为n＝， 所以 即 令y＝λ，可得m＝. 1 2 3 4 所以 令a＝，可得n＝. 设平面ABE与平面PDC的夹角为θ，cos θ＝＝，解得λ＝， 所以存在点E，当DE＝DP或DE＝DP时满足题意. 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $