微专题六　立体几何中的翻折、探索性和最值、范围问题（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

六　 立体几何中的翻折、探索性和最值、范围问题
1．会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系、角的存在条件与折叠问题．
2．会用几何法或向量法解决立体几何中的最值、范围问题．
考点1 翻折问题
【例1】　（2024·山东潍坊二模）如图1，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，连接BD，CD，且BD＝4，如图2.
(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；
(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为，求点F到平面DEC的距离．
【解】　(1)证明：如图，连接BE，由题意得AD＝DE＝2，∠ADE＝60°，∠BCE＝120°，则△ADE为等边三角形，
由余弦定理得BE2＝4＋4－2×2×2×＝12，所以BE＝2，
则DE2＋BE2＝BD2，AE2＋BE2＝AB2，所以BE⊥DE，BE⊥AE.
又AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，所以BE⊥平面ADE.
又BE 平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE.
(2)如图，以E为原点，以EA，EB所在直线分别为x轴、y轴，过点E且与平面ABCE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B（0，2，0），C（－1，，0），D（1，0，），E(0，0，0).设＝λ(0≤λ≤1)，
故＝（－1，，0），＝（1，0，），＝（－1，2，－），
＝＋＝（－1，0，）＋λ（－1，2，－）＝（－1－λ，2λ，－λ）.
因为z轴垂直于平面ABCE，故可取平面ABCE的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以
|cos 〈m，〉|＝＝＝，
化简得3λ2＋8λ－3＝0，解得λ＝或λ＝－3（舍去），
所以＝＝.
设平面DEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
可取n＝（，1，－1），
所以点F到平面DEC的距离为＝＝.
翻折问题的解题策略
(1)弄清翻折过程中的“数量变化”，即哪些线段的长度、角的大小发生了变化，变成了多少，哪些没有发生变化，依然是原来的大小．
(2)弄清翻折过程中的“性质变换”，即翻折过程中哪些“平行关系”“垂直关系”发生了变化，哪些没有发生变化．
(3)弄清了(1)(2)两个基本问题后，就可以把问题转化为基本立体几何问题，然后求解即可．
【对点训练1】　（2024·河南驻马店二模）在如图1所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB⊥平面ACDE，过点E作EF∥AB，且EF＝AB，连接FD，FB，BD，所得图形如图2所示，其中G为线段BD的中点，连接FG.
(1)求证：FG⊥平面ABD；
(2)若AC＝AD＝2，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求AB的长．
解：(1)证明：如图，连接CE，交AD于点O，则O为CE，AD的中点，连接GO.在菱形ACDE中，CE⊥AD，因为AB⊥平面ACDE，CE 平面ACDE，所以CE⊥AB，
又AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABD，所以CE⊥平面ABD.
因为G，O分别为BD，AD的中点，所以GO＝AB，GO∥AB，
又EF＝AB，EF∥AB，
所以GO＝EF，GO∥EF，所以四边形GOEF为平行四边形，
所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABD.
(2)在菱形ACDE中，因为AC＝AD，所以△ACD和△ADE都是正三角形．
取ED的中点H，连接AH，则AH⊥AC.
又AB⊥平面ACDE，所以AB⊥AC，AB⊥AH，即AB，AC，AH两两垂直．
以A为坐标原点，AB，AC，AH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．
设AB＝2a(a>0)，则C(0，2，0)，B(2a，0，0)，D（0，1，），F（a，－1，），G，
则＝(－2a，2，0)，＝（0，－1，），＝.
设平面BCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则
取z＝1，则m＝.
记直线FG与平面BCD所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝＝，
解得a＝1，故AB的长为2.
考点2 探索性问题
【例2】　（2024·湖南长沙三模）如图，四棱锥P ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，PC＝，PA⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB.
(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E AC P的余弦值为？若存在，求出PE∶ED的值；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BC，AC，AB 平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AC，PA⊥AB.
因为PA＝AB＝BC＝1，PC＝，所以AC2＝PC2－PA2＝3－1＝2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC.
又PA⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因为BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)存在．PE∶ED＝1∶2.因为BC⊥平面PAB，BC∥AD，所以AD⊥平面PAB.
又因为PA，AB 平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥AB，又PA⊥AB，
所以AB，AD，AP两两互相垂直，
所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP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(0，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，D(0，2，0)，
＝(0，2，－1).设＝λ＝(0，2λ，－λ)(0≤λ≤1)，则＝＋＝(0，0，1)＋(0，2λ，－λ)＝(0，2λ，1－λ)，＝(1，1，0).
设平面EAC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即
取y1＝λ－1，则x1＝1－λ，z1＝2λ满足条件，所以n1＝(1－λ，λ－1，2λ).
＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，设平面PAC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
取y2＝－1，则x2＝1，z2＝0，所以n2＝(1，－1，0).
由题意|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，
化简并整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1（舍去），所以＝.
综上所述，棱PD上存在一点E，且PE∶ED＝1∶2，使得二面角E AC P的余弦值为.
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”等问题．
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，求出参数的值．
【对点训练2】　（2024·福建泉州模拟）如图，棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，E，F分别为CB1和CA1的中点．
(1)求证：EF∥平面ABB1A1.
(2)设AB＝4a，在平面ABB1A1上是否存在点P，使EP⊥FP？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由E，F分别为CB1和CA1的中点，得EF∥A1B1，而A1B1 平面ABB1A1，EF 平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，如图，取AB的中点O，A1B1的中点M，连接OC，OM，则OM∥AA1，OM⊥平面ABC，而OB，OC 平面ABC，则OM⊥OB，OM⊥OC.
又AC＝BC＝2，则OC⊥AB，即直线OC，OB，OM两两垂直，
以O为原点，直线OC，OB，OM分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AA1＝2h，则C（2，0，0），A1(0，－2a，2h)，B1(0，2a，2h)，E（，a，h），F（，－a，h）.
假设在平面ABB1A1上存在点P，使EP⊥FP，设P(0，y，z)，
则＝（－，y－a，z－h），
＝（－，y＋a，z－h），
·＝1－a2＋y2－a2＋(z－h)2＝0，
即y2＋(z－h)2＝2a2－1，显然2a2－1≥0.
由0所以当a＝时，存在唯一的点P，使EP⊥FP，此时点P为矩形ABB1A1的中心．
考点3 最值、范围问题
【例3】　（2024·山东菏泽模拟）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝BC＝2，AB⊥BC，CC1＝2，＝λ(0<λ<1).
(1)当λ＝时，求证：CE⊥平面ABC1；
(2)设二面角B AE C的大小为θ，求cos θ的取值范围．
【解】　(1)证明：以B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1（2，0，2），E（0，0，2λ），
当λ＝时，E，所以＝(0，－2，0)，＝（2，0，2），＝，
可得·＝0，·＝0，所以CE⊥AB，CE⊥BC1.
又AB∩BC1＝B，AB 平面ABC1，BC1 平面ABC1，所以CE⊥平面ABC1.
(2)由(1)可得＝(2，－2，0)，＝（0，－2，2λ）.
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，可得x＝λ，y＝λ，所以n＝（λ，λ，1）.
因为BC⊥平面ABE，所以平面ABE的一个法向量为m＝(2，0，0)，
所以|cos θ|＝＝＝＝.
因为0<λ<1，所以6＋>7，
所以|cos θ|<＝.
因为二面角B AE C为锐二面角，所以0在动态变化过程中产生的体积、距离、角的最值（范围）问题的常用思路
(1)借助几何特征直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．
(2)借助极限思想：从特殊位置、特殊关系出发获得最值（范围）.
(3)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值（范围），在求解过程中常常利用“基本不等式”“二次函数”“导数”等求得目标函数的最值（范围）.
【对点训练3】　（2024·安徽合肥模拟）如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
(1)若P是线段BM上的动点，试探究：·是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
(2)过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
解：(1)·为定值．
因为M是DD1的中点，所以DM＝D1M＝1，所以A1M＝，BM＝，A1B＝2.
因为A1M2＋BM2＝A1B2，所以A1M⊥BM.又点P在线段BM上，所以向量在上的投影向量为，故·＝||2＝2，所以·的值为2.
(2)设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r.由已知可得R＝＝，则最大的截面面积为πR2＝.
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O，A1(1，0，2)，M(0，0，1).取a＝＝，
u＝＝(－1，0，－1)，
则a2＝，a·u＝，
所以点O到直线A1M的距离为＝，
即点O到过A1M的截面的距离最大值为，
所以过A1M的最小截面圆的半径r＝＝，
因此最小的截面面积为πr2＝.
综上，截面面积的取值范围是.
课时作业52
1．（15分）（2024·河南濮阳模拟）如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD的中点，AE与BD相交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P 平面ABCE）.
(1)求证：平面POB⊥平面PBC.
(2)若PB＝，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为.若存在，求出Q在线段PB上的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，在原图中连接BE.由于AB∥DE，AB＝DE，所以四边形ABED是平行四边形．
由于AB＝AD，所以四边形ABED是菱形，所以AE⊥BD.
由于AB∥CE，AB＝CE，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以BC∥AE，所以BC⊥BD.
在翻折过程中，AE⊥OP，AE⊥OB保持不变，
即BC⊥OP，BC⊥OB保持不变．
由于OP∩OB＝O，OP，OB 平面POB，
所以BC⊥平面POB.
由于BC 平面PBC，
所以平面POB⊥平面PBC.
(2)存在．
由上述分析可知，在原图中，BC⊥BD，所以BD＝＝2，所以OB＝OD＝.
折叠后，若PB＝，则PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
所以OE，OB，PO两两相互垂直．
以O为原点，分别以OE，OB，OP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
OE＝OA＝＝1，则P（0，0，），C（2，，0），A(－1，0，0)，E(1，0，0).
设Q（0，t，－t），0设平面AEQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则令z＝t，得x＝0，y＝t－，故n＝（0，t－，t）.
设直线PC与平面AEQ所成的角为θ，则sin θ＝＝
＝＝，
所以＝，2t2－2t＋3＝，4t2－4t＋3＝（2t－）2＝0，解得t＝，
所以Q.因为P（0，0，），B（0，，0），所以Q是PB的中点．
2．（15分）（2024·福建莆田三模）如图，在四棱锥P ABCD中，四边形ABCD是正方形，PA＝PC＝AD，M为侧棱PD上的点，PD⊥平面MAC.
(1)求证：PB⊥AC.
(2)若PB＝PD，求二面角P AC M的大小．
(3)在(2)的前提下，在侧棱PC上是否存在一点N，使得BN∥平面MAC？若存在，求出PC∶PN的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，记AC∩BD＝O，连接OP，由四边形ABCD是正方形，得O是AC的中点，
由PA＝PC，得OP⊥AC，又BD⊥AC，OP，BD 平面PBD，OP∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD.
又PB 平面PBD，所以PB⊥AC.
(2)由(1)知，OP⊥AC.由PB＝PD，得OP⊥BD，即OB，OC，OP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，建立空间直角坐标系，如图．
设AD＝2，则OP＝，P（0，0，），B（，0，0），D（－，0，0）.
由PD⊥平面MAC，得＝（，0，）是平面MAC的一个法向量，显然＝（－2，0，0）是平面PAC的一个法向量．
设二面角P AC M的大小为θ，由图知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，
解得θ＝60°，
所以二面角P AC M的大小为60°.
(3)假设在侧棱PC上存在一点N，使得BN∥平面MAC，且＝t(0≤t≤1).
由(2)知，P（0，0，），B（，0，0），C（0，，0），＝（－，，0），＝（0，－，），
则＝t＝（0，－t，t），
＝＋＝（－，－t，t）.
平面MAC的一个法向量是＝（，0，），由BN∥平面MAC，得⊥，即·＝0，则－2＋6t＝0，解得t＝，即＝，则PC∶PN＝3∶2，
所以在侧棱PC上存在一点N，使得BN∥平面MAC，此时PC∶PN＝3∶2.
3．（15分）（2024·山东淄博二模）已知直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝，AD＝，M为对角线AC与BD的交点．现以AC为折痕把△ADC折起，使点D到达点P的位置，点Q为PB的中点，如图所示．
(1)求证：AC⊥平面PBM；
(2)求三棱锥P ACQ体积的最大值；
(3)当三棱锥P ACQ的体积最大时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，
由相似可得＝＝＝，
因为AB＝2CD＝，AD＝，可得AC＝，BD＝3，
故可得AM＝2MC＝，BM＝2DM＝2，所以AM2＋BM2＝AB2，
所以AM⊥BM，即AC⊥BD，
翻折后可得AC⊥BM，AC⊥PM.
又PM∩BM＝M，PM，BM 平面PBM，
故AC⊥平面PBM.
(2)因为点Q为边PB的中点，
所以VQ PAC＝VB PAC，又VQ PAC＝VP ACQ，
VB PAC＝VP ABC，所以VP ACQ＝VP ABC.
因为AC 平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBM，所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h.
因为S△ABC＝AC·BM＝××2＝为定值，
所以当h最大时，三棱锥P ACQ的体积最大，
而PM＝1，则h≤PM＝1，
故当h＝1时，(VP ACQ)max＝(VP ABC)max＝×××1＝.
(3)由(2)得当三棱锥P ACQ的体积最大时，点P到平面ABC的距离为PM＝1，即PM⊥平面ABC，故PM⊥AC，PM⊥MB，
又AC⊥BM，
故MA，MB，MP两两垂直．
以M为原点，MA，MB，MP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．
由题可得A（，0，0），B(0，2，0)，P(0，0，1)，C，
则＝（－，2，0），＝(0，2，－1)，＝.
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
令y＝1，得n＝（－2，1，2）.
设直线AB与平面PBC所成的角为θ，则
sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
4．（15分）（2024·江苏苏州模拟）如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PB，PC＝PD，且平面PAB⊥平面PCD，E，F分别是AB，CD的中点，AB＝BC＝.
(1)求证：△PEF是直角三角形；
(2)求四棱锥P ABCD体积的最大值；
(3)求平面PEF与平面PBC的夹角的余弦值的范围．
解：(1)证明：设平面PAB∩平面PCD＝l.
由于AB∥DC，AB 平面PDC，CD 平面PDC，
因此AB∥平面PDC，而AB 平面APB，平面PAB∩平面PCD＝l，
因此AB∥l，易知AB⊥PE，因此l⊥PE.
又平面PAB⊥平面PCD，平面PAB∩平面PCD＝l，PE 平面PAB，因此PE⊥平面PDC.而PF 平面PDC，因此PE⊥PF.
故△PEF是直角三角形．
(2)由于PE⊥PF，EF＝1，因此P是以EF为直径的半圆上的点．
而AB⊥EF，AB⊥PE，PE∩EF＝E，PE，EF 平面PEF，
因此AB⊥平面PEF.
而AB 平面ABCD，
因此平面PEF⊥平面ABCD.
故P到平面ABCD的最大距离为，
所以四棱锥P ABCD的体积最大为××＝.
(3)如图，设EF的中点为O，过O作垂直于EF的直线m.
设平面PEF与平面PBC的夹角为θ.
以O为原点，直线OE，m，过O且垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则E，F，B，C，
设P(α∈（0，π)）.
平面PEF的一个法向量为m＝(0，1，0)，＝，＝(－1，0，0)，设平面PBC的一个法向量为n，则可取n＝（0，sin α，）.
设平面PEF与平面PBC的夹角为θ，
则cos θ＝.
不妨设t＝sinα∈（0，1]，则cos θ＝f(t)＝，f′(t)＝>0，因此cos θ随sin α的增大而增大，因此cos θ∈.