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

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何核心考点，涵盖翻折、探索、最值及动态问题，按题型分专题系统梳理，通过考点解析、方法归纳、真题精讲与对点训练，帮助学生构建空间问题解题框架，突破二面角、线面平行等难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义突出数学思维与空间观念培养，创新采用翻折问题抓不变量、探索问题参数化、最值问题函数化策略，如翻折问题中通过建立空间直角坐标系求二面角正弦值，设置基础巩固与能力提升分层练习，确保高效突破考点，助力学生提升空间想象与逻辑推理能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第10讲　微专题——翻折、探索、最值(范围)问题 题型一　翻折问题 [例1] (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y1＝－1，z1＝－， 所以m＝(1，－1，－). 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令y2＝1，则z2＝－，所以n＝(0，1，－). 所以cos 〈m，n〉＝＝＝－， 所以sin 〈m，n〉＝，即面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值为. 【素养小结】　处理翻折问题的关键是结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化． [对点训练] (2026·枣庄模拟)在△ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，点N满足＝3.将△ABD沿AD折起，使点B到达点B1的位置，连接B1C，如图．点M满足＝3，二面角B1­AD­C的大小为120°. (1)证明：B1C∥平面DMN； (2)若CD＝AD，求直线DN与平面AB1C所成角的正弦值． 解：(1)证明：由＝3，＝3，得＝＝，则MN∥B1C，而MN⊂平面DMN，B1C⊄平面DMN，所以B1C∥平面DMN. (2)由AB＝AC，D为BC的中点，得AD⊥BC， 将△ABD沿AD折起后，AD⊥CD，AD⊥B1D，则∠B1DC是二面角B1­AD­C的平面角， 所以∠B1DC＝120°， 又CD∩B1D＝D，CD，B1D⊂平面B1CD，则AD⊥平面B1CD，在平面B1CD内过点D作Dx⊥CD， 以D为坐标原点，直线Dx，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图， 不妨设CD＝AD＝4，则D(0，0，0)，C(0，4，0)，N(0，1，3)，A(0，0，4)，B1(2，－2，0)，则＝(0，1，3)，＝(0，4，－4)，＝(－2，6，0)， 设平面AB1C的法向量为n＝(x，y，z)，则取y＝1，则x＝，z＝1，所以n＝(，1，1)， 设直线DN与平面AB1C所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，所以直线DN与平面AB1C所成角的正弦值为. 题型二　探索性问题 [例2] (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中点． 【素养小结】　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，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． (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． [对点训练] 如图，在四棱锥P­ABCD中，BD⊥PC，∠BAD＝120°，四边形ABCD是菱形，PB＝AB＝PA，E是棱PD上的动点，且＝λ. (1)证明：PA⊥平面ABCD； (2)是否存在实数λ，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为BD⊥PC，AC，PC⊂平面PAC，且AC∩PC＝C，所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA.因为PB＝AB＝PA，所以PB2＝AB2＋PA2，即AB⊥PA.因为AB，BD⊂平面ABCD，且AB∩BD＝B，所以PA⊥平面ABCD. (2)取棱CD的中点F，连接AF，因为四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，所以△ACD为等边三角形，故AF⊥CD，AF⊥AB.又PA⊥平面ABCD，AB，AF⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AF，故AB，AF，AP两两垂直， 故以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设AB＝2，则A(0，0，0)，C(1，，0)，D(－1，，0)，P(0，0，2)，故＝(1，，0)，＝(－1，，－2)，＝(0，0，2)，所以＝＋＝＋λ＝(－λ，λ，2－2λ)，因为平面PAB与平面ACE所成二面角为锐二面角，所以λ≠1，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝，得n＝(，－1，). 平面PAB的一个法向量为m＝(0，1，0)， 设平面PAB与平面ACE所成的锐二面角为θ，则cos θ＝＝＝＝，整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1(舍去).故存在实数λ＝，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是. 题型三　最值(范围)问题 [例3] (2026·青岛模拟)如图，已知底面ABC是正三角形，EA⊥平面ABC，CD⊥平面ABC，EA＝AB＝2. (1)若CD＝1，F是BE中点，证明：FD∥平面ABC； (2)求直线CE与平面EBD所成角的正弦值的最大值． 【解】　(1)证明：因为EA，CD均垂直于平面ABC，所以EA∥CD， 取AB的中点M，连接FM，CM， 又F是BE中点，所以FM∥EA且FM＝1， 又CD∥AE且CD＝1，故四边形FMCD是平行四边形，所以FD∥CM，又FD⊄平面ABC，CM⊂平面ABC， 所以FD∥平面ABC. (2)令CD＝a(a>0)，取AC的中点为O，连接BO，过O作OZ∥AE，且交DE于点Z， 因为OZ∥AE，AE⊥平面ABC，所以OZ⊥平面ABC， 因为△ABC是正三角形，AO＝CO， 所以OB⊥AC， 以O为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B(，0，0)，E(0，－1，2)，D(0，1，a)，C(0，1，0)，所以＝(，1，－2)，＝(0，2，a－2)， 设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以 取z＝2，则n＝(a＋2，(2－a)，2)， 又＝(0，－2，2)，设CE与平面EBD所成的角为θ， 则sin θ＝＝×＝×. 对于函数y＝－(a>0)，令t＝，则函数可化为y＝7t2－2t(t>0)，当t＝，即a＝7时，y＝－取得最小值，即sin θ取得最大值，最大值为，故直线CE与平面EBD所成角的正弦值的最大值为. 【素养小结】　空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化，进而就有了面积、体积及角度的最值问题． 定性分析 通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规律，进而发现相关面积、体积或角度等的变化规律，求得其最大值或最小值 定量分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题．可用函数法、不等式法、三角函数法等 [对点训练] 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． 解析：选C.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∈[，]. 立体几何中的动态问题 “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更多元化，在立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化，加强了对学生空间想象能力的考查． 类型1　空间位置关系的判定 [典例1] (2025·黑龙江一模)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1的中点，点P在面对角线BC1上运动(P点异于B，C1点)，以下说法错误的是(　　) A．BD1∥平面AEC B．A1P⊥B1D C．直线B1E与平面CDD1C1所成角的余弦值为 D．三棱锥P-ACD1的体积为 【解析】　 对于A，连接BD交AC于点O，连接OE，如图1所示， 因为四边形ABCD为正方形，所以O是BD中点， 又E为棱DD1的中点，所以OE∥BD1， 又OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC， 所以BD1∥平面AEC，故A正确； 对于B，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示， 设＝λ(0<λ<1)，则A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D(0，0，0)，P(1－λ，1，λ)， 所以＝(－1，－1，－1)，＝(－λ，1，λ－1)， ·＝(－1)×(－λ)＋(－1)×1＋(－1)×(λ－1)＝0， 所以A1P⊥B1D，故B正确； 对于C，由上可知，A(1，0，0)，E(0，0，)， 所以＝(－1，－1，－)， 因为DA⊥平面CDD1C1，所以平面CDD1C1的一个法向量为＝(1，0，0)， 设直线B1E与平面CDD1C1所成的角为θ，θ∈， 则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝， 所以cos θ＝＝，故C错误； 对于D，因为P(1－λ，1，λ)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，所以＝(－λ，1，λ)，＝(－1，1，0)，1＝(0，－1，1)， 设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即取x＝1，则y＝1，z＝1，所以m＝(1，1，1). 因为AC＝AD1＝CD1＝， 所以S△ACD1＝×××＝， 点P到平面ACD1的距离为＝＝， 所以三棱锥P­ACD1的体积为××＝，故D正确． 【答案】　C 【素养小结】　解决空间位置关系的动点问题 (1)应用与位置关系相关的定理转化． (2)建立空间直角坐标系计算． [尝试训练] (多选)如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，T，G分别为线段AC，BC的中点，△ABE与△BCF分别是以AB，BC为边的等边三角形，现将△ABE与△BCF分别沿AB，BC向上折起，则在翻折的过程中，下列结论中可能正确的是(　　) A．AE⊥BC B．FC⊥AE C．平面ABE∥平面FGT D．BC∥AE 解析：选ABC.对于A，当平面ABE⊥平面ABC时，因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，而平面ABE∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，故BC⊥平面ABE，而AE⊂平面ABE，故AE⊥BC，故A可能正确； 对于B，设AB＝BC＝a，则AC＝a，AE＝FC＝a，当点E与点F重合时，AE2＋FC2＝AC2，故AE⊥FC，故B可能正确； 对于C，当平面ABE和平面BCF同时与平面ABC垂直时， 取AB的中点D，连接DE，FG，GT，FT，由△ABE为等边三角形可得DE⊥AB， 平面ABE∩平面ABC＝AB，DE⊂平面ABE，故DE⊥平面ABC， 同理FG⊥平面ABC，故DE∥FG， 而DE⊄平面FGT，FG⊂平面FGT，故DE∥平面FGT， 而TG为Rt△ABC的中位线，故TG∥AB，且AB⊄平面FGT，TG⊂平面FGT，可得AB∥平面FGT， 又因为DE∩AB＝D，DE，AB⊂平面ABE，所以平面ABE∥平面FGT，故C可能成立； 对于D，假设AE与BC可能平行，由BC⊥AB得AE⊥AB，事实上∠BAE＝60°， 假设不成立，因此，AE与BC不可能平行，故D不可能成立． 类型2　轨迹问题 [典例2] 已知球O是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球，P为球O球面上的动点，M为B1C1的中点，DP⊥BM，则点P的轨迹长度为(　　) A．π B．π C．π D．π 【解析】　 设B1B的中点为H，连接CH，DH，建立如图所示的以D为坐标原点的空间直角坐标系，因此有D(0，0，0)，O(1，1，1)，C(0，2，0)，H(2，2，1)，B(2，2，0)，M(1，2，2)，＝(－1，0，2)，＝(2，0，1)， 因为·＝(－1)×2＋0×0＋2×1＝0，所以⊥，所以CH⊥BM，易知DC⊥BM， 而DC，CH⊂平面DCH，DC∩CH＝C，因此有BM⊥平面DCH， 所以动点P的轨迹为平面DCH与正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球O的交线． 正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，所以内切球O的半径为R＝1， 设平面DCH的法向量为m＝(x，y，z)，＝(0，2，0)，＝(2，2，1)，＝(－1，－1，－1)， 所以有即y＝0，取x＝1，则z＝－2，所以m＝(1，0，－2)， 因此点O到平面DCH的距离为d＝＝， 所以截面圆的半径为r＝＝， 因此动点P的轨迹长度为2πr＝π. 【答案】　D 【素养小结】　解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． [尝试训练] 在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1，BC∥AD，Q是四边形ABCD内一点，且二面角 Q­PD­A的平面角的大小为，则动点Q的轨迹长度为________． 解析：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，因为二面角Q­PD­A的平面角大小为定值，所以点Q的轨迹为平面QPD与平面ABCD的交线，设点Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q1(0，b，0)(0<b<1)，又A(0，0，0)，D(2，0，0)，P(0，0，1)，则＝(－2，0，1)，1＝(－2，b，0)，＝(2，0，0)，且平面APD的一个法向量为m＝(0，1，0)， 设平面PDQ1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝2，得n＝(b，2，2b)， 设θ为二面角Q­PD­A的平面角， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，解得b＝，所以动点Q的轨迹长度为||＝＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $