第8节 立体几何中的翻折与探究性问题 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立体几何中的翻折与探究性问题，依据课标要求“会用向量法探究空间线面位置关系、角的存在条件与翻折问题”，通过2025全国Ⅱ卷、2021全国甲卷等高考真题分析，明确翻折问题（占比约55%）和探究性问题（占比约45%）的核心考点，归纳证明平行垂直、计算二面角正弦值等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题研析+策略提炼+素养渗透”的复习模式，如以2025全国Ⅱ卷翻折问题为例，运用“翻折前后不变量分析”和“空间向量法”突破二面角计算，培养学生的空间观念与逻辑推理素养。针对探究性问题总结“坐标参数化”方法，将“是否存在”转化为方程求解，帮助学生掌握答题技巧。教师可借助师生共研案例和课时跟踪检测，精准指导学生高效冲刺高考。

第8节　立体几何中的翻折与探究性问题 课标要求 　　会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系，角的存在条件与翻 折问题. 翻折问题（师生共研过关） （2025·全国Ⅱ卷17题）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； 解： 证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F， EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E， FC⊂平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F. ∵A'B⊂平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F. 高中总复习·数学 （2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 解：∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°， 即AB⊥EF， 翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF， ∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为 ∠A'EB， 即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°. 设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O， 在△OD'F中，D'F＝1，OF＝ ，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝ ， ∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF. 高中总复习·数学 在线段EB上取一点M，使得EM＝ ，连接OM，则 EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边 形， ∴EF∥OM， ∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，CF，D'F⊂平面CD'F，∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F， ∴OM，OC，OD'两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 高中总复习·数学 则B（1， ，0），C（0， ，0），D'（0，0， ），E（1，－ ， 0），F（0，－ ，0）， ＝（1，1，0）， ＝（0，－ ， ）， ＝（1，0，0）， ＝（0， ， ）. 设平面BCD'的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则 即 取z1＝ ，则m＝（－3，3， ）. 高中总复习·数学 设平面EFD'A'的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则 即 取z2＝ ， 则n＝（0，－3， ）. 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则 cos θ＝ ＝ ＝ ＝ ， ∴ sin θ＝ ＝ ＝ ， ∴平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为 . 高中总复习·数学 翻折问题的两个解题策略 高中总复习·数学 训练1 如图，梯形ABCD中，AB∥CD. 现将△ABC沿对角线AC向上折叠，连接BD. 问： （1）若折叠前BD不垂直于AC，则在折叠过程中是否能使BD⊥AC？请 给出证明； 解： 假设折叠过程中能使BD⊥AC. ①折叠前，BD不垂直于AC，若DE⊥AC，E为垂足，连接BE，则BE与AC不垂直. 高中总复习·数学 ②折叠后，如图1，若BD⊥AC，DE⊥AC不变，又BD与DE是平面BDE 内的相交直线，故AC⊥平面BDE， 又BE⊂平面BDE，从而有AC⊥BE， 根据折叠不变性，折叠前也应有AC⊥BE. 显然①与②矛盾，故假设不能成立，即折叠过程中不能使BD⊥AC. 高中总复习·数学 （2）若梯形ABCD为等腰梯形，AB＝3，CD＝5，折叠前AC⊥BD，求 当折叠至平面ADC垂直于平面ABC时，二面角A-BD-C的余弦值. 解：设折叠前AC与BD的交点为F，则由题意易知AF＝ BF＝ ，DF＝CF＝ . 又AC⊥BD，所以AD＝BC＝ . 折叠后，因为平面ADC垂直于平面ABC，平面ADC∩平 面ABC＝AC， 而DF⊥AC，BF⊥AC， 所以DF⊥BF，所以BD＝ ＝ ＝ . 高中总复习·数学 如图3，以F为原点，分别以直线FD，FC，FB为x轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，则D（ ，0，0），C （0， ，0），B（0，0， ），A（0，－ ， 0），所以 ＝（ ，0，－ ）， ＝（0， ， ）， ＝（0， ，－ ）. 设平面ABD的法向量为n＝（x1，y1，z1）， 则 ·n＝0， ·n＝0， 高中总复习·数学 即 令x1＝3，则y1＝－5，z1＝5， 则n＝（3，－5，5）为平面ABD的一个法向量. 设平面BCD的法向量为m＝（x2，y2，z2）， 则 ·m＝0， ·m＝0， 高中总复习·数学 即 令x2＝3，则y2＝3，z2＝5，则m ＝（3，3，5）为平面BCD的一个法向量. 记二面角A-BD-C的平面角为φ， 则｜ cos φ｜＝ ＝ ＝ ＝ ， 易知二面角A-BD-C为钝角，故二面角A-BD-C的余弦值为－ . 高中总复习·数学 探究性问题（师生共研过关） （2021·全国甲卷19题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. （1）证明：BF⊥DE； 解： 证明：因为E，F 分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2， 所以CF＝1，BF＝ . 如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1， 高中总复习·数学 得BF⊥AB，则AF＝ ＝3，所以AC＝ ＝2 .由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC， 故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz. 则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1）， ＝（0，2，1）. 设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2）， 于是 ＝（1－m，1，－2）. 所以 · ＝0，所以BF⊥DE. 高中总复习·数学 （2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 解：易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）. 设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）. 则 又 ＝（1－m，1，－2）， ＝（－1，1，1）， 所以 令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m， 于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m）， 高中总复习·数学 所以 cos ＜n1，n2＞＝ . 设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则 sin θ＝ ， 故当m＝ 时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为 ， 即当B1D＝ 时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小. 高中总复习·数学 利用空间向量巧解探究性问题的策略 （1）空间向量最适合解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的 作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断； （2）解题时，把结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在” 问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围内的解”等问题，所 以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题. 提醒：探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用. 高中总复习·数学 训练2 （2026·河南新乡模拟）如图，四棱锥S-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°，SC⊥BD. （1）求二面角A-SB-C的余弦值； 解： ∵△ABD为正三角形，CB＝CD，取BD中点O， 连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，即AC⊥BD， 垂足为O， ∵∠BSD＝90°，∴△BSD为直角三角形，∵O为BD中 点，∴OD＝OS， 高中总复习·数学 在△COD与△COS中， ∵OD＝OS，CS＝CD，OC＝OC， ∴△COD≌△COS，则∠COD＝∠COS＝90°， ∴AC⊥OS， ∵SC⊥BD且SC∩AC＝C，SC，AC⊂平面ASC， ∴BD⊥平面ASC. 又∵OS⊂平面ASC，∴OS⊥BD. 以O为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 高中总复习·数学 则A（3，0，0），B（0， ，0），C（－1，0，0），S（0，0， ）， ∴ ＝（－3， ，0）， ＝（1， ，0）， ＝（0， ，－ ）， 设平面SAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则由 得 高中总复习·数学 令y1＝ ，得m＝（1， ， ）. 设平面SCB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2）. 则由 得 令y2＝1，得n＝（－ ，1，1）， ∴ cos ＜m，n＞＝ ＝ ＝ . ∵二面角A-SB-C是钝角，∴二面角A-SB-C的余弦值为－ . 高中总复习·数学 （2）线段SC（包含端点）上是否存在点H，使得DH∥平面SAB？若存 在，确定点H的位置；若不存在，说明理由. 解：不存在.理由如下： 设H是线段SC上一点，则存在λ∈[0，1]，使得 ＝λ ＝（－λ，0，－ λ）， ＝ ＋ ＝（0， ， ）＋（－λ，0，－ λ）＝（－ λ， ， － λ）， 由（1）知平面SAB的一个法向量为m＝（1， ， ）. 又∵DH⊄平面SAB， ∴DH∥平面SAB当且仅当 ·m＝0， 即（－λ， ， － λ）·（1， ， ）＝－λ＋3＋3－3λ＝0，解得λ ＝ ∉[0，1]，因此线段SC（包含端点）上不存在点H，使得DH∥平面 SAB. 高中总复习·数学 03 PART 课时跟踪检测 （时间：60分钟，满分：71分） [备注：单选题5分，多选题6分] 目 录 1. 如图所示，已知△ABC中，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折 成△A'CD，所成二面角A'-CD-B的平面角为α，则（　　） A. ∠A'DB≤α B. ∠A'DB≥α C. ∠A'CB≤α D. ∠A'CB≥α 1 2 3 4 5 6 √ 解析： 　若AC≠BC，若翻折180°，则二面角α＝0°.如题图， ∠A'DB＞0°，即∠A'DB＞α，排除A；∠A'CB＞0°，即∠A'CB＞α， 排除C；若翻折0°，即A与A'重合.二面角α＝180°，∠A'CB＝∠ACB＜ 180°＝α，排除D. 故选B. 高中总复习·数学 2. 〔多选〕（2026·湖南岳阳模拟）已知平面四边形ABCD，△BCD是以 BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD 沿对角线BD翻折到△PBD的位置.在翻折的过程中，下列结论中正确的是 （　　） A. BD⊥PC B. DP与BC可能垂直 C. 直线DP与平面BCD所成角的最大值是45° D. 四面体PBCD的体积的最大值是 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 解析： 　对于A：如图，连接AC交BD于M，连接 PM. 由题意，PM⊥BD，CM⊥BD，PM∩CM＝M， PM，CM⊂平面PMC，因而BD⊥平面PMC，所以 BD⊥PC，A选项正确；对于B：由BD＝2得，BC＝CD ＝ ，PB＝PD＝2，那么当折叠到PC＝ 时，∠PCB＝90°，即BC⊥PC，又BC⊥CD，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD，则有BC⊥PD，B选项正确；对于C：由于PD＝2，设点P到平面BCD的距离为d，直线DP与平面BCD所成角的正弦值为 ， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 因而d最大时角最大，那么当折叠到平面PBD⊥平面BCD时，dmax＝ ，所以最大角为60°，因而C选项错误；对于D：当折叠到平面PBD⊥平面BCD时，四面体PBCD的体积最大，此时最大体积为V四面体PBCD＝ S△BCD×PM＝ × × × × ＝ ，D正确，故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 3. （15分）已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°， AA1＝AB＝AC＝1. （1）求异面直线AC1与A1B所成的角； 解：因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即 AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1， 又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即 A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直， 如图，以A1为原点，以A1B1所在直线为x轴，A1C1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 因为AA1＝AB＝AC＝1， 所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0）， A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，1）. （1） ＝（0，1，－1）， ＝（1，0，1）， ｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ ， 所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 （2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得 MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 解：存在. 假设在△ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为 M为A1B的中点， ＝（1，0，1）， 所以M（ ，0， ），所以 ＝（x－ ，y， ）， 又 ＝（0，1，－1）， ＝（－1，1，－1）， 则 ⇒ 所以N（ ， ，1）， 且 ＝ ，所以N是BC的中点. 故存在点N，N为BC的中点，满足条件. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 4. （15分）（2024·新高考Ⅱ卷17题）如图，平面四边形ABCD中，AB＝ 8，CD＝3，AD＝5 ，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足 ＝ ， ＝ .将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4 . （1）证明：EF⊥PD； 解： 证明：由AB＝8，AD＝5 ， ＝ ， ＝ ，得AE＝2 ，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 由余弦定理得EF＝ ＝ ＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面 PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解： 连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3 ， CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4 ，PE＝2 ，EC＝6，得EC2 ＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝ E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz， 则P（0，0，2 ），D（0，3 ，0），C（3，3 ，0），F（2，0，0），A（0，－2 ，0）， 由F是AB的中点，得B（4，2 ，0）， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 所以 ＝（3，3 ，－2 ）， ＝（0，3 ，－ 2 ）， ＝（4，2 ，－2 ）， ＝（2，0，－ 2 ）， 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1， y1，z1），m＝（x2，y2，z2）， 则 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 ​ 令y1＝2，x2＝ ，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝（0，2，3），m＝（ ，－1，1）， 所以｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ， 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则 sin θ＝ ＝ ， 即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为 . 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 5. （15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD， AD⊥DC，AB∥DC，AB＝ CD＝AD＝1，M为棱PC的中点. （1）证明：BM∥平面PAD； 解：证明：取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示. ∵M为棱PC的中点， ∴MN∥CD，MN＝ CD， ∵AB∥CD，AB＝ CD，∴AB∥MN，AB＝MN， ∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN， 又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 ①求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； ②在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是 ？若存 在，求出PQ的值；若不存在，请说明理由. （2）若PC＝ ，PD＝1， 解： ∵PC＝ ，PD＝1，CD＝2， ∴PC2＝PD2＋CD2，∴PD⊥DC， ∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝ DC，PD⊂平面PDC， ∴PD⊥平面ABCD， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 又AD，CD⊂平面ABCD， ∴PD⊥AD，PD⊥CD，又AD⊥DC， ∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图. 则P（0，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），C （0，2，0），B（1，1，0）， ∵M为棱PC的中点，∴M（0，1， ）. ① ＝（0，1， ）， ＝（1，1，0）， 设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z）， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 则 令z＝2，则 ∴n＝（1，－1，2）， 又平面PDM的一个法向量为 ＝（1，0，0）， ∴｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ ＝ ， 则平面PDM与平面BDM夹角的余弦值为 . 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 ②假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是 ， 设 ＝λ ，0≤λ≤1，又 ＝（1，0，－1）， 则Q（λ，0，1－λ）， ＝（λ－1，－1，1－λ）， 由①知平面BDM的一个法向量为n＝（1，－1，2）， ∴ ·n＝λ－1＋1＋2（1－λ）＝2－λ， ∴点Q到平面BDM的距离是 ＝ ＝ ，∴λ＝ ，∴PQ＝ ， ∴存在点Q，当PQ＝ 时满足题意. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 6. （15分）（2026·广东深圳模拟）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 5 6 高中总复习·数学 ①求PA与平面PBC所成角的正弦值； ②在线段PD（不含端点）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. （2）若二面角P-AD-B大小为120°. 解：①在四棱锥P-ABCD中，由（1）知∠PAB即 为二面角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°， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 过点A作AF⊥PB，交PB于点F（图略）， 又因为AF⊥BC，可得AF⊥平面PBC，故PA与平面 PBC所成的角即为∠APF， 在△PAB中，由余弦定理可得：PB＝ ＝ ， 由等面积法，AF＝ ＝ ，故 sin ∠APF ＝ ＝ ， 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 所以PA与平面PBC所成角的正弦值为 . ②如图，建立空间直角坐标系， 则A（0，0，0），P（－1，0， ），B（1，0， 0），D（0，2 ，0），C（1，3 ，0）， ＝（－1，－2 ， ）， 设 ＝λ ，λ∈（0，1），可得E（－λ，2 （1－λ）， λ）， ＝（－λ，2 （1－λ）， λ）， ＝（1，0，0）， ＝（1， ，0）， 设平面ABE的法向量为m＝（x，y，z）， 则 即 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 令y＝λ，可得m＝（0，λ，2（λ－1））， 设平面PDC的法向量为n＝（a，b，c）， 则 即 令a＝ ，可得n＝（ ，－1，－1）， 设平面ABE与平面PDC所成的角为θ， cos θ＝ ＝ ， 解得λ＝ 或 ， 所以存在点E，当DE＝ DP或DE＝ DP时满足题意. 1 2 3 4 5 6 高中总复习·数学 THANKS 演示完毕 感谢观看 $