第7章 第10讲 培优课——翻折、探索、最值(范围)(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何中的翻折、探索、最值（范围）三大核心考点，按“考点梳理—方法提炼—真题精讲”逻辑架构知识，通过全国卷及联考真题解析，帮助学生构建空间问题转化、向量运算及函数建模的解题框架。 资料突出核心素养培养，如翻折问题中引导学生观察平面与空间图形关系发展几何直观，探索性问题通过设参数列方程培养推理意识，最值问题结合导数或不等式提升数学思维。设置基础例题、变式训练及综合应用分层练习，配合“感悟进阶”总结解题通法，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供实用教学资源。

第10讲　培优课——翻折、探索、最值(范围) 考点一　翻折问题 　(2025·全国二卷)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． 【解】　(1)证明：如图，过点C作CG∥EF交EB于点G，连接A′G.因为EF∥AD，AB∥CD，∠DAB＝90°，所以四边形EFDA为矩形，四边形EFCG为矩形，所以EF綉AD，EF綉CG，所以CG綉AD，所以CG綉A′D′，所以四边形A′D′CG为平行四边形， 所以CD′∥A′G.又A′G⊂平面A′BE，CD′⊄平面A′BE，所以CD′∥平面A′BE.因为CF∥EB，EB⊂平面A′BE，CF⊄平面A′BE，所以CF∥平面A′BE.又CD′，CF⊂平面CD′F，CD′∩CF＝C，所以平面CD′F∥平面A′BE. 因为A′B⊂平面A′BE，所以A′B∥平面CD′F. (2)由(1)知A′E⊥EF，EB⊥EF，所以由二面角的定义可知，∠A′EB即为平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角的平面角，所以∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°.又D′F＝DF＝FC，所以△D′FC为等边三角形．过点A′作A′H⊥EB交EB于点H.因为EF⊥EB，EF⊥A′E，A′E∩EB＝E，A′E，EB⊂平面A′EB，所以EF⊥平面A′EB，又A′H⊂平面A′EB，所以EF⊥A′H.又A′H⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF⊂平面EFCB，所以A′H⊥平面EFCB.因此以F为坐标原点，直线FE、直线FC、过点F且平行于A′H的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设AD＝1，则F(0，0，0)，E(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，1，0)，D′(0，，)， 所以＝(－1，－1，0)，＝(0，－，)，＝(1，0，0)，＝(0，，). 设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令x1＝1，则m＝(1，－1，－). 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令y2＝1，则n＝(0，1，－). 所以cos 〈m，n〉＝＝ ＝－， 所以sin 〈m，n〉＝，即面BCD′与面EFD′A′所成二面角的正弦值为. 【感悟进阶】　解决平面图形翻折问题的步骤 　(2025·皖南八校联考)如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，E为边BC的中点，现将△CDE沿DE翻折至△PDE，得四棱锥P­ABED，且平面PDE⊥平面ABED，点Q为线段AP上一动点，且＝λ. (1)求证：PD⊥EQ； (2)当λ＝时，若点A关于平面DEQ的对称点为F，求直线AF与平面ABED所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AE，由BE＝AB＝1，∠ABE＝90°，得AE＝， 由∠DPE＝90°，PD＝PE＝1，得ED＝， 所以AE2＋ED2＝AD2， 所以∠DEA＝90°，即AE⊥ED， 又平面PDE⊥平面ABED，AE⊂平面ABED，平面PDE∩平面ABED＝ED，所以AE⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，所以AE⊥PD， 又PD⊥PE，PE∩AE＝E，PE，AE⊂平面PEA， 所以PD⊥平面PEA，又EQ⊂平面PEA，所以PD⊥EQ. (2)以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，D(1，－1，0)，A(1，1，0)， P(，－，)，Q(，，)， ＝(1，－1，0)，＝(，，)， 设平面DEQ的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则m＝(1，1，－2). 易得平面ABED的一个法向量为n＝(0，0，1). 由题可知∥m，设直线AF与平面ABED所成的角为α，则sin α＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，故直线AF与平面ABED所成角的正弦值为. 考点二　探索性问题 　(2026·岳阳模拟) 如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD，底面ABCD为平行四边形，BC＝2，CD＝，E为边BC的中点，∠BCD＝. (1)求证：PA⊥DE； (2)已知二面角P­BC­D的平面角等于，则在线段AB上是否存在点M，使得M到平面PBC的距离为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由． 【解】　(1)证明：因为BC＝2，E为边BC的中点，所以EC＝， 又在△DCE中，CD＝，∠BCD＝， 由余弦定理可得 DE＝＝， 即DE2＋EC2＝CD2，则DE⊥BC， 又ABCD为平行四边形，所以AD∥BC，则DE⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，DE⊂底面ABCD，所以DE⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，所以DE⊥PA. (2)取AD的中点O，连接PO，OB，又PA＝PD，所以PO⊥AD， 又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，又易知DE∥BO，所以BO⊥OA，所以OP，OA，OB两两垂直． 如图，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，C(－2，，0)， 设OP＝m(m>0)，则P(0，0，m)，＝(0，－，m)，＝(－2，0，0)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 则x＝0，取y＝m，则z＝，所以n＝(0，m，)， 又平面ABCD的一个法向量为p＝(0，0，1)， 则cos ＝|cos 〈n，p〉|＝＝， 解得m＝3，即OP＝3， 则平面PBC的一个法向量为n＝(0，3，). 设＝λ，0≤λ≤1，因为＝(－，，0)，则＝(－λ，λ，0)， 故＝＝，解得λ＝， 所以存在点M满足题意，M为AB的中点． 【感悟进阶】　与空间角有关的探索性问题的解题流程 　(2026·沧州期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，DE⊥底面ABCD，AF∥DE，且AD＝AF＝DC＝1，DE＝λAF，λ＞0. (1)当λ＝2时，求直线CF与平面BCE所成角的正弦值； (2)是否存在实数λ，使得D在平面EFC内的射影恰好为△EFC的重心？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题易得直线DA，DC，DE两两垂直，故以D为坐标原点，DA，DC，DE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， 因为λ＝2，所以F(1，0，1)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，＝(1，0，0)，＝(1，－2，1)，＝(0，－2，2). 设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，所以即得x＝0，取y＝1，则z＝1，所以平面BCE的一个法向量为m＝(0，1，1).设直线CF与平面BCE所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝＝，所以直线CF与平面BCE所成角的正弦值为. (2)设△EFC的重心为G，因为D(0，0，0)，F(1，0，1)，C(0，2，0)，E(0，0，λ)，所以＝(1，－2，1)，＝(0，－2，λ)，G(，，)，＝(，，).设平面EFC的法向量为n＝(a，b，c)，所以即取b＝λ，则c＝2，a＝2λ－2，即n＝(2λ－2，λ，2)，假设D在平面EFC内的射影恰好为△EFC的重心，则∥n，所以＝＝，λ无解，故不存在实数λ，使得D在平面EFC内的射影恰好为△EFC的重心． 考点三　最值(范围)问题 　(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝1，A1C＝2，∠BAC＝，E，F为线段A1C的三等分点，点D在线段EF上(包括端点)运动，则二面角D­AB­C的正弦值的取值范围为(　　) A． B． C． D． (2)(2026·济南模拟)在三棱锥S­ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC.若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为(　　) A． B． C．18 D．36 【解析】　(1)易知AA1⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC，又AA1＝1，A1C＝2，所以AC＝＝，∠A1CA＝.过点D作DM⊥AC交AC于点M，则DM∥AA1，故DM⊥平面ABC.过点M作MN⊥AB交AB于点N，连接DN，易得DN⊥AB，所以∠DNM即为二面角D­AB­C的平面角． 设DC＝2a(≤a≤)， 在Rt△DMC中，∠DCM＝，所以DM＝a，CM＝a， 所以AM＝－a， 又在Rt△ANM中，∠BAC＝，所以MN＝AM＝(－a). 在Rt△DMN中，DN＝＝，　 则sin ∠DNM＝＝＝＝. 易知f(a)＝3(－1)2＋4在[，]上的值域为[，16]， 所以sin ∠DNM∈[，]. (2)因为SA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以SA⊥AB，SA⊥AC，所以SB＝，SC＝.又AB⊥BC，所以AC＝，所以SC＝，所以最长棱为SC，SC＝9，而SA，AB，BC中有一条为最短棱． 方法一：①当SA为最短棱，即SA＝3时，AC＝＝6，设AB＝a，BC＝b，则有a2＋b2＝AC2＝72，此时三棱锥的体积V三棱锥S­ABC＝×ab×3＝ab≤·＝18，当且仅当a＝b＝6时，等号成立；②当AB或BC为最短棱时，不妨设AB最短，即AB＝3，设SA＝h，则AC＝＝，BC＝＝，此时三棱锥的体积V三棱锥S­ABC＝××3×h＝≤·＝18，当且仅当h2＝72－h2，即h＝6时，等号成立．综上所述，三棱锥的最大体积为18. 方法二：设SA＝x，AB＝y，BC＝z，则81＝x2＋y2＋z2.因为V三棱锥S­ABC＝×xyz＝xyz，所以不妨设z＝3，则x2＋y2＝72，V三棱锥S­ABC＝xy≤·＝18，当且仅当x＝y＝6时，等号成立，所以三棱锥的最大体积为18. 【答案】　(1)C　(2)C 【感悟进阶】　求最值(范围)问题的常用思路 　如图所示，在等腰直角三角形ABC中，C＝，BC＝2，EF∥BC，沿EF把△AEF折起，使平面AEF⊥平面EFBC，则当四棱锥A­CBFE的体积最大时，EF的长为________． 解析：由题意可知△AEF是等腰直角三角形，因为平面AEF⊥平面EFBC，AE⊥EF，平面AEF∩平面EFBC＝EF，AE⊂平面AEF，所以AE⊥平面EFBC.设EF＝x(0<x<2)，则AE＝x，EC＝2－x，四棱锥A­CBFE的体积V＝×·x＝，V′＝－x2， 令V′＝0，解得x＝(负值已舍去)， 当x∈(0，)时，V′＞0，V单调递增； 当x∈(，2)时，V′＜0，V单调递减． 所以当x＝时，四棱锥A­CBFE的体积最大，此时EF的长为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $