第8节 立体几何中的翻折与探究性问题 练习-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦立体几何翻折与探究性问题，以空间观念为核心，通过典型题例构建从几何直观到逻辑推理的解题路径，强化空间向量工具应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |翻折基础判断|2（1-2题）|结合二面角、线面垂直判断，需分析翻折前后几何关系|翻折过程中不变量与变量的转化，空间角与距离的动态变化| |翻折综合应用|2（4-6题）|含翻折后线线垂直证明、二面角计算，融合高考真题|平面图形与立体图形的转化，空间直角坐标系构建的合理性| |探究性问题|2（3-5题）|点的存在性、距离最值，需用向量法推理论证|几何条件代数化，方程思想解决空间位置关系|

第8节　立体几何中的翻折与探究性问题 （时间：60分钟，满分：71分） [备注：单选题5分，多选题6分] 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 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 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； （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. 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； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 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； （2）若PC＝，PD＝1， 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. 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； （2）若二面角P-AD-B大小为120°. 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. 第8节　立体几何中的翻折与探究性问题 1.B　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. 2.ABD　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，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. 3.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， 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°. （2）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. 4.解：（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 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. （2）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）， 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 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. 5.解：（1）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. （2）∵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， 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）， 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. 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. 6.解：（1）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. （2）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°， 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＝＝， 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 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 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $