截面与翻折问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“截面与翻折问题”热点，依据高考评价体系梳理了空间几何体截面的4种方法、正方体9类截面模型及翻折问题的不变量分析，通过典例与变式训练明确截面周长计算、线面垂直证明等高频考点，归纳选择、填空、解答题三类常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“方法归纳+真题解析+素养提升”策略，如典例1用延长线法和平行线法求解正方体截面周长，培养空间观念；典例2通过翻折不变量证明垂直并计算二面角，发展推理能力。特设变式训练强化模型观念，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效指导复习，助力高考冲刺。

高考热点8　截面与翻折问题 返回目录 类型1 空间几何体的截面问题 1.多面体中寻找截面的4种常见方法   返回目录 2.正方体中常见的截面模型   返回目录 典例1    (2026届湖南岳阳颐华高级中学开学考,6)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,过A,D1,E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分,则该截面的周长为( ) A.3 +2 　　     B.2 + +3 C. 　　       A     D.2 +2 +2 返回目录 解析　解法一　延长线法　如图,延长D1E,DC,交于点G,连接AG,设AG∩BC=F,连接 EF,   显然E,F分别是D1G,AG的中点,且A,D1,E,F四点共面,所以截面AFED1为所求的截面.因 为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF= ,D1E=AF= = ,AD1=2 ,所以四 边形AFED1的周长为3 +2 .故选A. 解法二　平行线法　如图,取BC的中点F,连接EF,AF,BC1, 返回目录   因为E,F分别为棱CC1,BC的中点,则EF∥BC1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,则 EF∥AD1,所以E,F,A,D1四点共面,所以平面AFED1为所求截面, 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF= ,D1E=AF= = ,AD1=2 ,所以 四边形AFED1的周长为3 +2 .故选A. 返回目录 变式训练 1.(结论拓展变式)(2026届山东青岛五十八中开学考,14)已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为1,正方形A1B1C1D1内部(包含边界)有一片区域I,E是BB1的中点,F是CC1的中点, 若对于区域I内的任意一点P,总存在线段EF上一点Q,使得PQ∥平面AD1C,则区域I面积 的最大值是_________.   返回目录 解析　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,   则A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,1,0),E(1,1,0.5),F(0,1,0.5), 则 =(-1,0,1), =(-1,1,0), 设P(x0,y0,1),x0,y0∈[0,1],【P在正方形A1B1C1D1内部,所以z0=1】 Q(t,1,0.5),【Q在EF上】,t∈[0,1],则 =(t-x0,1-y0,-0.5), 设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z), 返回目录 则 ⇒  令x=1,得y=1,z=1,则n=(1,1,1), 因为PQ∥平面AD1C,所以 ⊥n, 即 ·n=(t-x0)+(1-y0)-0.5=0⇒t=x0+y0-0.5, 所以0≤x0+y0-0.5≤1,即0.5≤x0+y0≤1.5,【根据不等式组 画出区域】   返回目录 多边形GA1KJC1H及其内部即为最大区域I,其中G(0.5,0,1),K(1,0.5,1),J(0.5,1,1),H(0,0.5, 1),故多边形面积为1-2 = . 所以区域I面积的最大值是 . 返回目录 类型2 空间几何体的翻折问题 立体几何翻折问题的核心是抓住“不变量”与“变量”. 以下量保持不变: 不变量 分析 图示 线段 长度 折叠前后的对应边(非折痕处)长度不 变,如图1,在四边形ABCD中,将△ ABD沿BD折起后得到三棱锥A'- BCD,如图2,则AB=A'B,AD=A'D   角度 大小 折叠前后对应角大小不变,如图1,在 矩形ABCD中,将△ADE沿DE翻折得 到四棱锥A'-BCDE,如图2,则∠DAE= ∠DA'E=90°   返回目录 垂直 关系 若折叠前后某条直线与折痕垂直,折 叠后该垂直关系仍成立.如图1,BA⊥ PA,CD⊥PA,将△PDC沿DC翻折后 形成四棱锥P'-ABCD,如图2,则在四 棱锥中,CD⊥P'D,AD⊥CD   归纳总结　立体几何中的翻折问题的处理策略 1.明确翻折前后变与不变的量,一般地,翻折前后在同一面内的量不发生变化,翻折前后 不在同一面内的量发生变化; 2.翻折后不易计算的量,可以回归到翻折前的图形中计算. 返回目录 典例2    (2026届江苏南京六校联合体开学调研,17)图1是边长为 的正方形ABCD,将 △ACD沿AC折起得到直二面角P-AC-B,如图2. (1)求证:AC⊥BP; (2)棱BC上存在一点M,当PM与平面ABC所成角的正弦值为 时,求二面角P-AM-C的正 弦值.  　      返回目录 解析    (1)证明:如图1,连接BD,交AC于点O, 因为四边形ABCD是边长为 的正方形,所以AC⊥BD, 在图2中,有AC⊥PO,AC⊥BO, 又PO∩BO=O,PO,BO⊂平面POB, 所以AC⊥平面POB, 又BP⊂平面POB,所以AC⊥BP. 返回目录 (2)因为AC⊥PO,AC⊥BO,所以∠POB是二面角P-AC-B的平面角,即PO⊥BO, 故分别以OB,OA,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,   则A(0,1,0),B(1,0,0),C(0,-1,0),P(0,0,1). 则 =(-1,0,1), =(-1,-1,0), 返回目录 设 =λ ,则 =(-λ,-λ,0), 则 = - =(1-λ,-λ,-1), 易知平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1), 由题意得|cos< ,n1>|= = = . 所以(2λ-1)2=0,解得λ= . 此时, = , 设平面PAM的法向量为n2=(x,y,z), 返回目录 则 即  令z=1,则y=1,x=3. 所以n2=(3,1,1), 则cos<n2,n1>= = = , 所以sin<n2,n1>= = , 所以二面角P-AM-C的正弦值为 . 返回目录 变式训练 2.(情境模型变式)(2026届安徽皖江名校联盟开学考试,18)如图,在梯形ABCD中,∠ABC =∠BAD=90°,AD=2BC= AB=2,E为AD的中点,将△ABE沿BE折起至△PBE的位置,PC=1. (1)求证:平面PEC⊥平面ABCD; (2)求平面PBC与平面PDC夹角的余弦值.   返回目录 解析    (1)证明:因为E为AD的中点,AD=2BC,所以AE=BC, 因为∠ABC=∠BAD=90°,∠ABC+∠BAD=180°,所以AD∥BC,即AE∥BC, 由 可得四边形ABCE是矩形,所以BC⊥CE, 因为△ABE沿BE折起至△PBE的位置,所以PB=AB= , 由BC=1,PC=1,PB= 得BC2+PC2=PB2,所以BC⊥PC, 由 可得BC⊥平面PEC, 返回目录 因为BC⊂平面ABCD, 所以平面PEC⊥平面ABCD. (2)如图,取CE的中点O,AB的中点F,连接OP,OF, 由O是CE的中点,F是AB的中点得OF∥CB,由(1)得CB⊥OC,则OC⊥OF, 因为PE=AE=PC=1,O是CE的中点, 所以OP⊥CE, 因为平面PEC⊥平面ABCD,平面PEC∩平面ABCD=CE,OP⊥CE,OP⊂平面PEC,所以 OP⊥平面ABCD, 由OC⊂平面ABCD,OF⊂平面ABCD,可得OP⊥OC,OP⊥OF. 返回目录 故以O为原点,分别以OC,OF,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,   易得PO= = = , 则P ,B ,C ,D , 则 = ,  = , = , 返回目录 设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 即  令x1=1,得y1=0,z1=1,则n1=(1,0,1), 设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 即  令x2=1,得y2=- ,z2=1,则n2=(1,- ,1), 返回目录 |cos<n1,n2>|=  = = = , 故平面PBC与平面PDC夹角的余弦值为 . 返回目录 $