7.9 探索性及折叠问题 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦立体几何折叠与探索性问题，通过基础辨析、中档综合到拔高探究的三层设计，强化空间观念与推理能力，适配一轮复习知识巩固与能力提升需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|单一折叠问题（二面角计算、线面关系判断）|单选题（矩形翻折二面角）、多选题（翻折中性质判断），夯实空间观念| |中档|综合折叠应用（线面平行证明、面面夹角计算）|解答题（正方形与正三角形折叠），提升推理能力与运算能力| |拔高|探索性与创新问题（存在性探究、动态折叠分析）|解答题（三棱柱中点存在性），培养模型观念与创新意识|

第9节　探索性及折叠问题 一、单选题 1. (2026高一下·余姚月考) 如图，在矩形中，，，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正切值为（ ） A.  B.  C.  D.  2. (2025 高 二 上·天河月考) 如图，将菱形纸片  沿对角线  折成直二面角，， 分别为 ， 的中点， 是  的中点，，则折后二面角  的余弦值为（ ） A.  B.  C.  D.  二、多选题 3. (2025高二上·浙江月考) 如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P - ABCM. 若N为线段PB中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 平面PAM B. CN的长为定值 C. 四棱锥P - ABCM体积的最大值为 D. 设二面角P - AM - D的平面角为，若，则平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为 三、解答题 4.图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2. (1)求证:EF∥平面ABCD; (2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小 . 5.(2026·武汉质检)如图(1)，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P为A1C的中点，如图(2). (1)求证:FP∥平面A1BE; (2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值. 6.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3. (1)求证:AB1⊥A1C; (2)线段CC1上是否存在一点E，使得平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为?若存在，求出点E的位置;若不存在，请说明理由. 7.(2026·合肥调研)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H. (1)证明:PC⊥AB; (2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为?若存在，设＝λ，求出λ的值;若不存在，请说明理由. 第9节　探索性及折叠问题 一、单选题 1. (2026高一下·余姚月考) 如图，在矩形中，，，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正切值为（ ） A.  B.  C.  D.  答案　B 解析　取的中点，的中点为， 因为为等腰三角形，所以， 同理可得，，所以平面， 又因为平面，所以，平面平面， 在四棱锥中，过点作的垂线，垂足为， 过作的垂线，垂足为，连接， 因为，平面，平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为，，所以平面， 又因为平面，所以， 则为二面角的平面角， 设，则，， 又因为， 所以，其中， 令，则， 令且， 当时，；当时，， 所以， 则． 故答案为：B. 2. (2025 高 二 上·天河月考) 如图，将菱形纸片  沿对角线  折成直二面角，， 分别为 ， 的中点， 是  的中点，，则折后二面角  的余弦值为（ ） A.  B.  C.  D.  答案　A 解析　解：由题意知，平面  平面 ，如图，连接 ，． 因为四边形  是菱形， 是  的中点，所以 ，， 又平面  平面 ， 平面 ，所以  平面 ， 又  平面 ，所以 ，从而 ，， 两两互相垂直． 以  为原点，，， 所在直线分别为  轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系， 令 ，则 ，，，，，， 则 ，． 设平面  的一个法向量为 ， 则 ，即 ， 取 ，则 ，，得平面  的一个法向量为 ． 易知平面  的一个法向量为 ， 则 ， 由图可知，二面角  为锐角， 所以二面角  的余弦值为 ． 故答案为：A． 3. (2025高二上·浙江月考) 如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P - ABCM. 若N为线段PB中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 平面PAM B. CN的长为定值 C. 四棱锥P - ABCM体积的最大值为 D. 设二面角P - AM - D的平面角为，若，则平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为 答案　ACD 解析　取AP中点Q，连接NQ，MQ ， 设，因为N为PB中点，所以NQ为的中位线， 则且. 因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形， 所以且，即且， 所以四边形CNQM为平行四边形， 则，平面PAM ，所以平面PAM ，故A正确； 因为，故B不正确； 取AM的中点G ，连接PG ， 因为，所以， 当平面平面ABCM时，点P到平面ABCM的距离最高， 则四棱锥P - ABCM的体积取得最大值，此时平面ABCM ，且，底面ABCM为梯形，面积为， 所以，四棱锥P - ABCM的体积最大值为，故C正确； 连接DG ，因为，所以， 则为二面角P - AM - D的平面角，所以， 过点D作平面ABCD ，以D为坐标原点，分别以DA，DC，Dz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， 则，，，过作于点， 由题意，得平面ABCM ， 设，因为， 所以，，， 则，， 所以， 所以，， 设平面PAM的法向量为， 则 令，则， 设平面PBC的法向量为， 因为，， 所以 令，可得：， 设两平面夹角为， 则 ， 令，， 所以，则， 所以，当时，有最小值， 则平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为，故D正确. 三、解答题 4.图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2. (1)求证:EF∥平面ABCD; (2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小 . (1)证明　分别取棱CD，AD的中点O，P， 连接OF，PE，OP， 由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝， 又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF⊂平面CDF， 则OF⊥平面ABCD， 同理PE⊥平面ABCD，PE＝， 于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF， 则OP⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD. (2)解　取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，取OQ⊥CD， 以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)， 设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，得n＝(0，，1)， 由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD， 平面ADE∩平面ABCD＝AD， CD⊂平面ABCD， 得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量， 设平面ADE与平面BCF的夹角为θ， 则cos θ＝|cos<，n>|＝，而θ∈，解得θ＝， 所以平面ADE与平面BCF的夹角为. 5.(2026·武汉质检)如图(1)，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P为A1C的中点，如图(2). (1)求证:FP∥平面A1BE; (2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值. (1)证明　如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ，又P为A1C的中点，则PQ∥BC， 且PQ＝BC. 又EF∥BC，且EF＝BC， 所以PQ∥EF，且PQ＝EF， 则四边形EFPQ为平行四边形， 则FP∥EQ. 又FP⊄平面A1BE，EQ⊂平面A1BE， 所以FP∥平面A1BE. (2)解　取EF的中点O，BC的中点G. 由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF，知A1O⊥平面EFCB，此时，OA1，OE，OG两两垂直，以O为坐标原点，OE，OG，OA1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A1(0，0，)，F(－1，0，0)，B(2，，0)， C(－2， ，0). 由P为A1C的中点， 得P， 则＝(－1，0，－)，＝(3， ，0)，. 设平面BFP的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则y＝－，z＝， 故n＝(1，－， ). 设直线A1F与平面BFP所成的角为θ， 则sin θ＝|cos<，n>|＝， 故直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值为. 6.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3. (1)求证:AB1⊥A1C; (2)线段CC1上是否存在一点E，使得平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为?若存在，求出点E的位置;若不存在，请说明理由. (1)证明　连接A1B与AB1相交于点F，连接CF，如图①所示. ∵四边形AA1B1B为菱形， ∴F为AB1的中点， A1B⊥AB1. ∵△AB1C为等边三角形，∴CF⊥AB1， 又A1B，CF⊂平面A1BC，A1B∩CF＝F， ∴AB1⊥平面A1BC. ∵A1C⊂平面A1BC， ∴AB1⊥A1C. (2)解　假设存在，设O，G分别为AC，AB的中点， 连接B1O，OG，由(1)可知AB1⊥BC， 又AC⊥BC，AB1，AC⊂平面AB1C，AB1∩AC＝A，∴BC⊥平面AB1C. 又OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C. ∵△AB1C为等边三角形，∴B1O⊥AC， 故OG，OC，OB1两两垂直. 以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系， 则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(3，2，0)，B1(0，0，2)，O(0，0，0)， ∵， ∴A1(－3，－4，2)，C1(－3，0，2). 设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ， 有＝λ＝λ(－3，－2，2)＋(0，2，0)＝(－3λ，2－2λ，2λ)， ∴E(－3λ，2－2λ，2λ)， ＝(－3λ，4－2λ，2λ)， ＝(0，2，2). 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则有 当λ≠0时，令z＝，则x＝，y＝－3， 即n＝. 平面ABC的一个法向量为方向上的单位向量m＝(0，0，1). 若平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为， 则有|cos<n，m>|＝ ＝， 则＝36， 又0<λ≤1，∴λ＝. 当λ＝0时，平面AB1E即平面AB1C， ∵B1O⊥平面ABC，B1O⊂平面AB1C， ∴平面AB1C⊥平面ABC，不满足题意， ∴点E存在，且CE＝CC1. 7.(2026·合肥调研)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H. (1)证明:PC⊥AB; (2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为?若存在，设＝λ，求出λ的值;若不存在，请说明理由. (1)证明　因为点P在底面ABC的射影为点H，所以PH⊥平面ABC， 所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA， 因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAH， 所以BC⊥平面PAH，又AH⊂平面PAH， 所以BC⊥AH， 因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH＝P，PB，PH⊂平面PBH， 所以AC⊥平面PBH，又BH⊂平面PBH， 所以AC⊥BH， 所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB， 因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH，PH⊂平面PCH，CH∩PH＝H， 所以AB⊥平面PCH，又PC⊂平面PCH， 所以PC⊥AB. (2)解　延长CH交AB于点O，由(1)可知CO⊥AB，又HA＝HB， 所以O为线段AB的中点，所以CA＝CB， 同理可得BA＝BC， 所以△ABC为等边三角形，又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2， 如图，以O为原点，以为x，y轴的正方向，过点O垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(－，0，0)，B(，0，0)，P(0，1，2)，C(0，3，0)， 故＝(2，0，0)，＝(，1，2)，＝(－，3，0)，＝(0，－2，2)， 设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且＝λ，λ∈[0，1]， 则＋λ＝(－，3－2λ，2λ)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，可得x＝0，y＝－2， 所以n＝(0，－2，1)为平面PAB的一个法向量， 所以cos<，n>＝＝， 设直线BM与平面PAB所成的角为θ， 则cos θ＝，又θ∈， 所以sin θ＝，故， 所以λ＝或λ＝2， 又λ∈[0，1]，所以λ＝. 所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且＝λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $