第1章 专题一 翻折、探索、最值-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册教用Word（人教A版）

**基本信息** 聚焦立体几何翻折、最值、探索性热点题型，通过“题型解析-典例示范-方法提炼”体系，系统培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |翻折问题|2（含变式）|变与不变关系分析、关键点定位|平面与立体图形转化，线面垂直判定| |最值问题|2（含变式）|几何特性、展开图、目标函数法|空间距离与函数最值结合，向量应用| |探索性问题|2（含变式）|坐标参数法、方程求解|空间坐标系构建，法向量与存在性论证|

专题一　翻折、探索、最值 题型分析　立体几何中的翻折、最值(范围)和探索性问题是各类考试考查的热点内容，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力． 题型一 翻折问题 　(2026·遵义月考)如图，在等腰梯形BCDP中，BC∥PD，BA⊥PD于点A，PD＝3BC且AB＝BC＝1.沿AB把△PAB折起到△P′AB的位置．使∠P′AD＝90°，点Q为棱P′D的中点． (1)证明：平面P′AC⊥平面P′CD； (2)求二面角P′-AC-Q的余弦值． 【解】　(1)证明：由题意，CD2＝PB2＝AB2＋AP2＝2，AC2＝AB2＋BC2＝2，AD2＝4， 所以AC2＋CD2＝AD2，即AC⊥CD， 易知P′A⊥CD，且P′A∩AC＝A，P′A，AC⊂平面P′AC，所以CD⊥平面P′AC，又CD⊂平面P′CD，所以平面P′AC⊥平面P′CD. (2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(1，1，0)，Q(0，1，)，D(0，2，0)，　 所以＝(1，1，0)，＝(0，1，)， 设平面ACQ的法向量为m＝(x，y，z)， 则即 取z＝2，则x＝1，y＝－1，故平面ACQ的一个法向量为m＝(1，－1，2)， 由(1)可知平面P′AC的一个法向量为＝(－1，1，0)，设二面角P′-AC-Q的平面角为θ， 由图易知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈m，〉|＝＝＝， 所以二面角P′-AC-Q的余弦值为. 【感悟提升】　立体几何中翻折问题的解题策略 (1)确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． (2)确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的位置关系变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算． 　如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，分别连接AB，CG就得到了一个空间五面体(如图2). (1)连接EC，BF，若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF； (2)若图2中的∠AEB＝，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值． 解：(1)证明：取CF的中点M，连接OM，GM， 由题意可知AG∥EF且AG＝EF，又因为O是矩形EBCF对角线的交点， 所以OM∥EF且OM＝EF，所以OM∥AG且AG＝OM，则四边形AOMG为平行四边形，所以AO∥GM，又因为AO⊄平面GCF，GM⊂平面GCF， 所以AO∥平面GCF. (2)因为在题图1中EF⊥AE，EF⊥BE，且EF＝4，AE＝BE＝2， 故在翻折后的题图2中上述关系依然成立，以E为坐标原点，EB，EF，过点E垂直于平面EBCF的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)， xA＝－AE·cos ＝－1，yA＝0，zA＝AE·sin ＝，所以A(－1，0，)， 又因为AG＝2，AG∥平面EBCF， 所以G(－1，2，)，所以＝(3，0，－)，＝(2，0，0)，＝(3，2，－)， 设平面GCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则则有 取n＝(0，，2)，所以|cos 〈，n〉|＝＝， 所以直线AB与平面GCF所成角的正弦值为. 题型二 最值(范围)问题 　如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AD∥BC，CD＝AP，AD＝2，PD＝AB＝BC＝4.点E在棱PA上且与P，A不重合，平面BCE交棱PD于点F. (1)求证：AD∥EF； (2)记点A，P到平面BCE的距离分别为d1，d2，求d＋d的最小值． 【解】　(1)证明：因为AD∥BC，BC⊂平面BCFE，AD⊄平面BCFE， 所以AD∥平面BCFE. 又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面BCFE＝EF. 所以AD∥EF. (2) 如图，取BC的中点M，连接DM. 因为AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD. 在四边形ABMD中，AD∥BM，且AD＝BM＝2， 所以四边形ABMD为矩形，所以AB∥DM，DM⊥平面PAD. 又在△PDA和△DMC中，PD＝DM＝4，DA＝MC＝2，AP＝CD， 所以△PDA≌△DMC，所以PD⊥AD. 故DA，DM，DP两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设F(0，0，h)(0＜h＜4)，A(2，0，0)，P(0，0，4)，C(－2，4，0)，B(2，4，0)， 则＝(－2，4，－h)，＝(2，0，－h)，＝(0，0，4－h)，＝(4，0，0)， 设平面BCE的法向量为k＝(x，y，z)， 则⇒⇒ 令z＝4，则y＝h，取k＝(0，h，4). 则点A到平面BCE的距离d1＝＝，点P到平面BCE的距离d2＝＝， 所以d＋d＝＝16×[2－]，　 设h＋2＝t，则t∈(2，6)， 那么＝＝＝≤＝ (当且仅当t＝，即t＝2时，取等号)， 所以d＋d≥16(2－) ＝16()＝8(3－)＝24－8， 所以d＋d的最小值为24－8. 【感悟提升】　解决空间图形有关的线段长度、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三个方面着手：一是从问题的几何特性入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系建立目标函数，将问题转化为求目标函数的最值，当然也可以考虑其中是否存在不等关系，从而运用解不等式法或基本不等式求解． 　已知正方体ABCD-A1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α，O为线段B1D1的中点． (1)证明：直线OC⊥平面α； (2)已知＝t，当直线BP与平面α所成的角最大时，求t的值． 解：(1)证明：设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，O(，，1)， ＝(1，1，1)，＝(－1，1，0). 设平面α的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，得y＝1，z＝－2，则n＝(1，1，－2)， 因为＝(，，－1)＝n， 所以∥n，所以直线OC⊥平面α. (2)由(1)知＝(1，1，1)，＝(－1，0，0)，平面α的一个法向量为n＝(1，1，－2)， 又＝t，则＝(t，t，t)， 所以＝＋＝(t－1，t，t)， 设直线BP与平面α所成的角为θ(θ∈[0，])， 则sin θ＝＝ ＝， 当t＝时，sin θ取到最大值，此时θmax＝. 故当直线BP与平面α所成的角最大时，t的值为. 题型三 探索性问题 　如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，DE∥BF，DA＝DE＝2，BF＝. (1)求证：AC⊥EF； (2)在线段DE上是否存在点G，使得直线BG与DA所成角的余弦值为？若存在，求出点G到平面ACF的距离，若不存在，请说明理由． 【解】　(1)证明： 因为四边形ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，所以DA，DC，DE两两垂直． 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)，F(2，2，)， 所以＝(－2，2，0)，＝(2，2，－)， 所以·＝－2×2＋2×2＋0＝0， 所以⊥，即AC⊥EF. (2)设线段DE上存在一点G(0，0，h)，0≤h≤2，使得BG与DA所成角的余弦值为， 则＝(－2，－2，h)，又＝(－2，0，0)， 所以＝＝， 解得h＝1(负值已舍去)， 所以存在G(0，0，1)满足条件， 所以＝(－2，0，1)，依题意可得＝(－2，2，0)，＝(0，2，)， 设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量， 则 设x＝1，可得n＝(1，1，－4)， 所以点G到平面ACF的距离为＝＝. 【感悟提升】　立体几何中探究性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在． 　如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2.(1)求证：平面A1C1B∥平面ACD1； (2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P∥平面ACD1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：由题可以D为坐标原点，DA，DC，DD1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A(3，0，0)，B(3，4，0)，C(0，4，0)，A1(3，0，2)，C1(0，4，2)，D1(0，0，2)， 则＝(－3，4，0)，＝(0，4，－2)，＝(－3，4，0)，＝(－3，0，2). 设平面A1C1B的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 取x＝4，则y＝3，z＝6，所以平面A1C1B的一个法向量为n＝(4，3，6)， 设平面ACD1的法向量为m＝(a，b，c)， 则所以 取a＝4，则b＝3，c＝6， 所以平面ACD1的一个法向量为m＝(4，3，6)， 因为m＝n，即m∥n， 所以平面A1C1B∥平面ACD1. (2)设线段B1C上存在点P，使得A1P∥平面ACD1，设＝t(0≤t≤1)， 由(1)得B1(3，4，2)，＝(0，4，0)，＝(－3，0，－2)，平面ACD1的一个法向量为m＝(4，3，6)， 所以＝＋＝＋t＝(－3t，4，－2t)，令m·＝－3t×4＋4×3＋(－2t)×6＝0，解得t＝， 所以线段B1C上存在点P满足题意，当P为线段B1C的中点时，A1P∥平面ACD1. 学科网（北京）股份有限公司 $