专题　立体几何中的翻折、探索性问题 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翻折、探索性问题，依据高考评价体系明确线面平行证明、二面角计算、存在性判断等核心考查要求。通过近三年真题分析，梳理出翻折问题占60%、探索性问题占40%的考点权重，归纳空间向量法、体积法等常考题型解法，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+规律总结+素养提升”，以2025年全国卷翻折问题为例，详解二面角计算中空间向量法的应用，培养学生数学思维（推理能力）与数学语言（向量表达）。总结折叠问题“变与不变量”分析策略，帮助学生掌握得分技巧，教师可借此精准指导，助力高考冲刺。

素能培优(十一)　立体几何中的翻折、探索性问题 高考总复习 2027 研考点•精准突破 考点一　翻折问题 例1　(2025·全国2,17)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. 考点一 考点二 (1)证明 由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F,所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F.又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD, 所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCB=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCB,所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形. 考点一 考点二 (方法1)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1,所以S△D'FC·C1F=×12×1=. 考点一 考点二 又D'C1=,D'C=1,C1C=,设△CC1D'中CD'边上的高为h1,则h1=,则CD'·h1=.设点F到平面D'C1C的距离为h2,由,得h2=. 易知点F到D'C1的距离为D'C1=. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=. 考点一 考点二 (方法2)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC.过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC⊂平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC.以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0), D'(0,0,),所以=(-1,-1,0),=(0,-), =(-1,0,0),=(0,). 考点一 考点二 设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1). 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>==-. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=. 考点一 考点二 教考链接 (人教A版选择性必修第一册综合运用第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. 考点一 考点二 解 连接OD,OB,易知OB,OC,OD两两垂直. 以O为原点,OB,OC,OD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. 设原正方形的边长为1,则E(0,-),F(,0),=(0,-), =(,0),则cos<>==-=-.故∠EOF=120°. 考点一 考点二 规律方法　处理立体几何中的折叠问题,要先利用好平面图形,并且注意平面图形与立体图形的对照使用,分析清楚折叠前后变与不变的位置关系和数量关系,其中不变关系和不变量是解题的基础. (1)变与不变:一般位于折线同侧的点、线间的位置关系和数量关系折叠后不变,位于折线两侧的点、线间的位置关系、数量关系折叠后会发生变化.与折痕垂直的线段,折叠前后垂直关系保持不变,与折痕平行的线段,折叠前后平行关系保持不变. (2)一般处理思路:折叠前后不变的关系,一般在原平面图形中处理;折叠前后变化的关系,一般在折叠后的立体图形中处理. (3)注意重合:折叠前后是否有点重合,重合的点意味着重合的线段,即立体图形中是一条线段,但在原来的平面图形中是两条相等的线段,标出重合的点便于折叠前后的对比. 考点一 考点二 [对点训练1](2024·新高考Ⅱ,17)如图,在平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3, AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 考点一 考点二 (1)证明 在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=4,所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2, 所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF. 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE, 所以EF⊥平面PDE. 又PD⊂平面PDE,所以EF⊥PD. 考点一 考点二 (2)解 连接EC.由题可得DE=3,CD=3. 因为∠ADC=90°,所以DE2+DC2=EC2,所以EC=6, 所以PE2+CE2=PC2,所以PE⊥CE. 又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 又ED⊂平面ABCD,所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.分别以EF,ED,EP为x轴、y轴、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),B(4,2,0),C(3,3,0),则=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0). 考点一 考点二 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由 令y1=2,得x1=0,z1=3,所以平面PCD的一个法向量n1=(0,2,3).设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),由 令x2=,得y2=-1,z2=1,所以平面PBF的一个法向量n2=(,-1,1).设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,则|cos α|=|cos<n1,n2>|=,所以sin α=. 考点一 考点二 考点二　探索性问题 例2　如图1,平面图形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成,其中AB=BC=1,BC∥AD,PA=PD=,PA⊥PD,AB⊥AD,PC,AD相交于点O,现沿着AD折成四棱锥P-ABCD(如图2). 图1 图2 (1)当四棱锥P-ABCD的体积最大时,求点A到平面PCD的距离. (2)在(1)的条件下,棱PD上是否存在一点Q,使得平面QAC与平面ACD的夹角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 考点一 考点二 解 (1)在题图1中,在Rt△PAD中,PA=PD=,PA⊥PD,∴AD=2. 易知四边形ABCO为正方形,∴AO=1,即O为AD的中点. 在题图2中,当四棱锥P-ABCD的体积最大时,即侧面PAD⊥底面ABCD. ∵PO⊥AD,PO⊂侧面PAD,所以PO⊥底面ABCD.以O为原点,OC,OD,OP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P(0,0,1),A(0,-1,0), B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),∴=(0,1,1),=(-1,0,1), =(0,1,-1).设平面PCD的一个法向量为m=(x,y,z), ∴令z=1,则x=1,y=1,得m=(1,1,1), ∴点A到平面PCD的距离d=. 考点一 考点二 (2)存在.假设存在,且设=λ(0≤λ≤1),∵=(0,1,-1),则=(0,λ,-λ), ∴=(0,1,1)+(0,λ,-λ)=(0,1+λ,1-λ).又=(1,1,0),设平面QAC的一个法向量为u=(a,b,c),∴ 令b=λ-1,则a=1-λ,c=λ+1,得u=(1-λ,λ-1,λ+1). 易知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1). ∵平面QAC与平面ACD的夹角的余弦值为, ∴|cos<u,v>|==, 化简整理得6λ2-13λ+6=0,解得λ=或λ=(舍去),故棱PD上存在满足条件的点Q, 且=2. 考点一 考点二 规律方法　1.探索性问题用坐标法比较容易入手,一般先假设存在,设出空间点的坐标,转化为代数方程是否有解的问题,若有解且满足题意则存在,若有解但不满足题意或无解则不存在. 2.(x,y,z)可表示空间中的任一点,使用三个变量设点需要列三个方程,导致运算量增大.为了减少变量数量,可用以下设法: (1)直线上的点:用一个变量可以表示出所求点的坐标,根据平面向量共线定理,若a∥b⇒∃λ∈R,使得a=λb. (2)平面上的点:用两个变量可以表示出所求点的坐标,根据平面向量基本定理——若a,b不共线,则平面上任意一个向量c,均存在λ,β∈R,使得c=λa+βb,即可求出所求点的坐标. 考点一 考点二 [对点训练2](2025·湖南邵阳模拟)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,λ∈[0,1]. (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. 考点一 考点二 (1)证明 ∵AB=AC=2,BC=2,∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC. 又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,AB⊂平面ABC, ∴AB⊥平面AA1C1C. ∵A1C⊂平面AA1C1C,∴AB⊥A1C. 又A1C⊥BC1,AB,BC1⊂平面ABC1,BC1∩AB=B,∴A1C⊥平面ABC1. 考点一 考点二 (2)解 存在. ∵A1C⊥平面ABC1,∴A1C⊥AC1, ∴四边形AA1C1C为菱形. 取A1C1的中点为E,连接AE, ∵∠ACC1=60°,∴△AA1C1为等边三角形, ∴AE⊥A1C1. 又AC∥A1C1,∴AE⊥AC. 又AB⊥平面AA1C1C,∴AB⊥AE. 以点A为原点,AB,AC,AE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, 考点一 考点二 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,-1,),C1(0,1,),=(0,-1,), =(-2,0,0),=λ=λ(0,-1,)=(0,-λ,λ), =(-2,-λ,λ),=(-2,1,),=(-2,2,0). 设n=(x,y,z)为平面BPC1的一个法向量, 则 令x=λ,则y=λ-1,z=,得n=(λ,λ-1,). 设d为点C到平面BPC1的距离,则d==. ∴28λ2-16λ+1=0,即λ=或λ=.故存在λ=或λ=,满足题意. 考点一 考点二 $