第90讲 立体几何翻折与探索性解答讲义-2027届高考数学一轮复习

第90讲 翻折与探索性解答 翻折不变量·折痕定轴·存在性问题的假设检验范式 一、翻折与建系：折痕定轴 1. 翻折不变量. 折痕上的点不动，折痕两侧图形全等——等腰底边的高、菱形对角线、中位线、折叠前算好的长度全部保留；垂直于折痕的两条线段翻折后仍各自垂直于折痕，它们的夹角就是二面角的平面角. 2. 折痕定轴建系. 原点取折痕上的垂足或中点，三条轴选"翻折前互相垂直、翻折后仍垂直"的三线；先在平面图形里把所有线段长算清，翻折只是把一半图形"竖起来"，坐标几乎现成. 例1（解答·★★★★★） 如图1， △ABC 是等边三角形， △DAC 为等腰直角三角形，，将 △DAC 沿AC翻折到 △PAC 的位置，且点P不在平面ABC内（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． （1）证明：；（2）若．（ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小；（ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 变式1（解答·★★★★☆） 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将 △ABC 沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面；（2）若在同一个球面上，求该球的半径；（3）求平面与平面所成角的余弦值． 变式2（解答·★★★★☆） 如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面. （1）求证：平面；（2）求线段的长（用表示）；（3）当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 变式3（解答·★★★★☆） 在 △ABC 中，为的中点，如图，沿将 △CMB 翻折至 △DMB 位置，满足. （1）证明：平面平面；（2）线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 二、动态翻折：不变量、范围与最值 1. "过程中"三问. 恒成立证明：把翻折中不变的量（折痕垂线、定长斜线、平面图里的垂直）统一表述，对任意位置一并处理；范围：把动量参数化，用单调性或二次函数收口；最值：体积最大即高最大——斜线段立直（ 底面）时取到. 2. 轨迹与球. 中点轨迹抓"到定点距离为定值"；外接球仍用 （ 为底面外接圆半径），动态问题先列"什么是定的"，再谈最值何时取到. 例2（解答·★★★★★） 如图甲，在等腰梯形中，为的中点，将 △ABE 沿着翻折至 △APE ，如图乙． （1）当二面角为时，求的长；（2）在翻折过程中，是否存在某个位置，使得平面平面，若存在，求出此时点P到平面的距离；若不存在，请说明理由． 变式4（单选·★★★★☆） 如图，四边形为矩形，，． △FDC 是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和 △FDC 分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ） A. B. C. D. 变式5（填空·★★★★☆） 如图，在 △ABC 中，，，E是的中点，D是边上靠近A的四等分点，将 △ADE 沿翻折，使A到点P处（P点在平面上方），得到四棱锥。则①的中点M运动轨迹长度为______；②四棱锥外接球表面积的最小值为______. 变式6（填空·★★★★☆） 边长为的正方形，为中点，将 △ADE 沿翻折得到，记为线段上一点，且满足，若在翻折过程中，记二面角为，，则点到直线的距离的范围是__________． 变式7（解答·★★★★☆） 如图①所示将边长为的正方形，沿翻折如图②所示，点 分别为的中点，在折叠过程中，二面角的范围为 。 （1）求证:四边形 EFGH为矩形；（2）求点到平面距离的最大值. 变式8（解答·★★★★☆） 如图，在边长为4的正方形中，点，分别是边，的中点，将 △AEF 沿向上翻折，点到达点的位置，连接，，，得到一个五棱锥． （1）证明：无论翻折到何种位置，直线与直线始终垂直；（2）当五棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 变式9（多选·★★★★☆） 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ） A. 该六面体的体积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为 三、探索性解答：假设检验定乾坤 1. 存在性范式. 先假设存在，把几何条件翻译成方程（点积、距离、夹角），解出参数后必须回验参数范围——在线段上（不含端点）、锐钝角与余弦符号一致；出范围即"不存在"，两根都在范围内就全写. 2. 回答三件套. "是否存在"的完整回答=结论+位置（比值/长度）+理由；反证型（不存在）要推出矛盾或证恒不成立，不能只说"解不出". 线面角、二面角的存在性常与最值、范围联立，先定结构再解方程. 例3（解答·★★★★★） 已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. （1）当时，求与的夹角余弦值；（2）棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由；（3）记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，， 所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 变式10（解答·★★★★☆） 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. （1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 变式11（解答·★★★★☆） 如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求线段的长；（3）是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第90讲 翻折与探索性解答 翻折不变量·折痕定轴·存在性问题的假设检验范式 一、翻折与建系：折痕定轴 1. 翻折不变量. 折痕上的点不动，折痕两侧图形全等——等腰底边的高、菱形对角线、中位线、折叠前算好的长度全部保留；垂直于折痕的两条线段翻折后仍各自垂直于折痕，它们的夹角就是二面角的平面角. 2. 折痕定轴建系. 原点取折痕上的垂足或中点，三条轴选"翻折前互相垂直、翻折后仍垂直"的三线；先在平面图形里把所有线段长算清，翻折只是把一半图形"竖起来"，坐标几乎现成. 【通法】折痕上的不动，垂直的保留. 【通法】垂足当原点，平面图先算. 例1（解答·★★★★★） 如图1， △ABC 是等边三角形， △DAC 为等腰直角三角形，，将 △DAC 沿AC翻折到 △PAC 的位置，且点P不在平面ABC内（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． （1）证明：；（2）若．（ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小；（ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 【切入点】(1) 取 中点 ：等腰 △PAC 中 ，等边 △ABC 中 ，故 平面 ，得 。(2) 时 （勾股逆定理），， 两两垂直，以 为原点建系； 为 中点，平面 法向量 ，，。 【关键】"两条高夹折痕"是翻折题的标配垂直：等腰底边上的高与等边三角形的中线都垂直折痕，翻折后仍是所在平面的垂线；(ⅱ) 设 分 为 ， 化为 的函数，令 单调收口 . 【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）；（ⅱ） 变式1（解答·★★★★☆） 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将 △ABC 沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面；（2）若在同一个球面上，求该球的半径；（3）求平面与平面所成角的余弦值． 【切入点】(1) 直二面角给平面 平面 ， 升维 平面 ，故 ，与 （， 勾股逆定理）合得 平面 。(2) 取 中点 、 中点 ： 两两垂直，球心到 四点等距列方程组解得球心 ，。(3) 平面 ，过 作 ， 即所求角，，余弦 。 【关键】"三角板拼接"先把平面图里的边角算清（ 角给 ），直二面角是白送的升维；外接球心用"到四点等距"联立方程组最稳，坐标轴直接取两两垂直的 . 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 变式2（解答·★★★★☆） 如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面. （1）求证：平面；（2）求线段的长（用表示）；（3）当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【切入点】(1) 正方形 对角线 ；面面垂直（交线 ）给 平面 ，故 ，合得 平面 。(2) 以 为原点、 为轴建系： 归一成同一比例 ，，。(3) 配方 时最短， 为中点，平面 法向量 ，平面 法向量取 ，夹角余弦 。 【关键】"翻折成正交双正方形"的坐标骨架是现成的： 两两垂直；两个动点都走对角线且 ，统一比例一次算出 ——最短用配方，不用求导. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 变式3（解答·★★★★☆） 在 △ABC 中，为的中点，如图，沿将 △CMB 翻折至 △DMB 位置，满足. （1）证明：平面平面；（2）线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【切入点】(1) 余弦定理 ，；△CMB 等边翻折成 △DMB，，取 中点 ：，且 （，）给 ，故 平面 。(2) 射影落在 上即垂线 同时垂直 与 ：设 、，两个点积方程解得 （），。 【关键】"射影恰好落在直线上"的存在性问题翻译成垂直方程组：垂足定义给两个点积方程、两个参数——解出后回验 都在段内，存在性才算答完. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在， 二、动态翻折：不变量、范围与最值 1. "过程中"三问. 恒成立证明：把翻折中不变的量（折痕垂线、定长斜线、平面图里的垂直）统一表述，对任意位置一并处理；范围：把动量参数化，用单调性或二次函数收口；最值：体积最大即高最大——斜线段立直（ 底面）时取到. 2. 轨迹与球. 中点轨迹抓"到定点距离为定值"；外接球仍用 （ 为底面外接圆半径），动态问题先列"什么是定的"，再谈最值何时取到. 【通法】恒成立=不变量统一证. 【通法】体积最大=高立直. 例2（解答·★★★★★） 如图甲，在等腰梯形中，为的中点，将 △ABE 沿着翻折至 △APE ，如图乙． （1）当二面角为时，求的长；（2）在翻折过程中，是否存在某个位置，使得平面平面，若存在，求出此时点P到平面的距离；若不存在，请说明理由． 【切入点】(1) 双菱形 与 共边 ，，；翻折中 、 恒成立， 就是二面角 的平面角， 代入余弦定理 ，。(2) 不存在：，平面 平面 的交线 过 且 ；以 为原点、 为 轴、 方向为 轴（ 轴竖直），设二面角为 ，平面 法向量 ，平面 法向量 ，点积 ，翻折角 时恒正，两平面不可能垂直。 【关键】"双菱形共边"让二面角平面角自动现身；存在性问题先看两平面的交线（平行 ）降一维，法向量点积 恒非零一锤定音——"不存在"也要把理由算到底. 【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析 变式4（单选·★★★★☆） 如图，四边形为矩形，，． △FDC 是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和 △FDC 分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ） A. B. C. D. 【切入点】取 中点 ：（等腰直角斜边中线，）、（等边，）、（），故 平面 ，三个平面都垂直截面 ；，，相似 得 、；过 作两平行平面的公垂线段 ，，。 【关键】"双翼翻折"的距离题：把三个垂直关系都归到同一个截面 内，立体问题平面化；平行平面间距离=公垂线段，用相似定比+特殊角拆半. 【答案】C 变式5（填空·★★★★☆） 如图，在 △ABC 中，，，E是的中点，D是边上靠近A的四等分点，将 △ADE 沿翻折，使A到点P处（P点在平面上方），得到四棱锥。则①的中点M运动轨迹长度为______；②四棱锥外接球表面积的最小值为______. 【切入点】① 取 中点 ： 为 中点，（定值）， 恒在平面 上方， 的轨迹是以 为圆心、 为半径的半圆，长度 。② 四棱锥底面 四点共圆，外心为 中点，；球心在过外心垂直底面的直线上，，翻折过程中球心可与外心重合（取等可实现），表面积最小值 。 【关键】中点轨迹抓"到定点等距定值"： 中点到 中点的距离恒为 的一半，绕定点转出半圆；外接球最小值=球心压到底面外心， 一步放缩. 【答案】①；② 变式6（填空·★★★★☆） 边长为的正方形，为中点，将 △ADE 沿翻折得到，记为线段上一点，且满足，若在翻折过程中，记二面角为，，则点到直线的距离的范围是__________． 【切入点】 向 作垂线垂足 ，以 为原点、 为 轴（平面内垂直 为 轴、竖直为 轴）建系：、、；恒有 ，结合 得 恒为 的中点，，到直线 的距离 ， 收 。 【关键】动态翻折的范围题=把"动"装进坐标：垂足当原点， 只进 的 坐标；先证比例条件恒成立锁定 为中点，再套点到直线的距离公式收范围. 【答案】 变式7（解答·★★★★☆） 如图①所示将边长为的正方形，沿翻折如图②所示，点 分别为的中点，在折叠过程中，二面角的范围为 。 （1）求证:四边形 EFGH为矩形；（2）求点到平面距离的最大值. 【切入点】(1) 分别为 △ABC、△ACD 的中位线，； 分别为 △ABD、△BCD 的中位线，；正方形对角线 给 ， 为矩形（全部在平面图中完成）。(2) 对角线交点 ：，以 为原点、 为 轴，翻折中 ，平面 法向量 ，，令 ， 时 。 【关键】"折叠过程中"先列不变量清单：对角线垂直、中位线平行翻折不丢，矩形证明全在平面图完成；距离最大值把 写成 的函数，单调性收口——动态最值不动手转图，动手算. 【答案】（1）证明见解析；（2） 变式8（解答·★★★★☆） 如图，在边长为4的正方形中，点，分别是边，的中点，将 △AEF 沿向上翻折，点到达点的位置，连接，，，得到一个五棱锥． （1）证明：无论翻折到何种位置，直线与直线始终垂直；（2）当五棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【切入点】(1) （△ABD 中位线），，且 到 的垂足恰为 中点 （）；翻折中 （定长）、 恒成立，又 ，故 平面 ，得 （任意位置）。(2) 体积最大即高最大， 底面时取到， 两两垂直，以 建系：、、，平面 法向量 ，平面 法向量 ，余弦 。 【关键】"无论翻到何处"的不变量三板斧：折痕上定点不动、斜线段长不变（）、垂直折痕的线仍垂直——体积最大=高最大= 立直，坐标在"立直姿态"里现成. 【答案】（1）证明见解析；（2） 变式9（多选·★★★★☆） 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ） A. 该六面体的体积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为 【切入点】折叠后清点棱长：，，六面体 由两个全等三棱锥 、 拼成； 等三组勾股给 、、，故 平面 ，（A 错）；以 为原点建系，，对称给 ，异面角余弦 （B 对）、二面角 为钝角余弦 （C 对）； 得内切球 ，表面积 （D 对）。 【关键】"折纸成锥"先清点棱长（折叠不改长度），三组勾股数就是三组垂直；对称点的坐标由 △BDF 的重心翻倍——内切球用 反求，小题别建重系. 【答案】BCD 三、探索性解答：假设检验定乾坤 1. 存在性范式. 先假设存在，把几何条件翻译成方程（点积、距离、夹角），解出参数后必须回验参数范围——在线段上（不含端点）、锐钝角与余弦符号一致；出范围即"不存在"，两根都在范围内就全写. 2. 回答三件套. "是否存在"的完整回答=结论+位置（比值/长度）+理由；反证型（不存在）要推出矛盾或证恒不成立，不能只说"解不出". 线面角、二面角的存在性常与最值、范围联立，先定结构再解方程. 【通法】假设存在，翻译成方程. 【通法】回验范围，再下结论. 例3（解答·★★★★★） 已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. （1）当时，求与的夹角余弦值；（2）棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由；（3）记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，， 所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 【切入点】(1) 以 中点 为原点建系（正三棱柱棱长 1），、，异面角余弦 。(2) 存在性设 ：平面 法向量 ，平面 法向量 ，余弦 解得 或 ； 时该二面角为钝角（余弦为负），舍 ，存在，。(3) 面积射影定理： 面积 ，四个投影面积依次 ，条件式解 ，面积 。 【关键】存在性二面角：参数 全程参与法向量，解出两根后用"锐钝角与余弦符号"裁决——舍根依据写进答案；截面压轴用面积射影定理（）把四个二面角一次打包，投影面积在平面图里算. 【答案】（1）；（2）存在，；（3） 变式10（解答·★★★★☆） 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. （1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【切入点】(1) 为 ， 为 中点：△PAC 中 分别为 中点，（中位线，同三角形第三边）， 平面 。(2) ，同底、 的高度减半，。(3) 设 ：平面 法向量 ，平面 法向量 ，正弦 即余弦绝对值 ，化简 ， 或 （都在 内）， 或 。 【关键】存在性问题双解都要交： 的两个根对应 的两个位置，"存在"的完整回答=存在+全部位置；中位线核对归属（同三角形第三边）后再写平行. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在， 或 变式11（解答·★★★★☆） 如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求线段的长；（3）是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 【切入点】(1) 平面 给 ，合 得 平面 ，故平面 平面 。(2) 以 为原点、 为 轴建系，设 ：作 剪出 Rt△CFD（）定出 坐标，平面 法向量 ， 解得 （ 舍，）。(3) 且 在 上：，， 即垂足 ， 确定； 恒成立（两个直角三角形共用 与 ），条件收为 ，方程 的 且两根都在 内，存在。 【关键】"到四点等距"拆两两配对： 先锁定 的位置（ 等腰三角形的直角顶点）， 恒成立省去一半方程；存在性=判别式为正+根落在参数范围内，双验证缺一不可. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，理由见解析 学科网（北京）股份有限公司 $