2027届高三数学一轮复习课件：第七章　高考热点8　截面与翻折问题

第七章立体几何与空间向量高考热点8

截面与翻折问题类型1空间几何体的截面问题类型2空间几何体的翻折问题目录CONTENTS类型1空间几何体的截面问题1.多面体中寻找截面的4种常见方法

2.正方体中常见的截面模型

典例1

(2026届湖南岳阳颐华高级中学开学考,6)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,过A,D1,E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分,则该截面的周长为()A.3

+2

B.2

+

+3C.

A

D.2

+2

+2解析

解法一延长线法如图,延长D1E,DC,交于点G,连接AG,设AG∩BC=F,连接

EF,

显然E,F分别是D1G,AG的中点,且A,D1,E,F四点共面,所以截面AFED1为所求的截面.因

为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF=

,D1E=AF=

=

,AD1=2

,所以四边形AFED1的周长为3

+2

.故选A.解法二平行线法如图,取BC的中点F,连接EF,AF,BC1,

因为E,F分别为棱CC1,BC的中点,则EF∥BC1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,则

EF∥AD1,所以E,F,A,D1四点共面,所以平面AFED1为所求截面,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF=

,D1E=AF=

=

,AD1=2

,所以四边形AFED1的周长为3

+2

.故选A.变式训练1.(结论拓展变式)(2026届山东青岛五十八中开学考,14)已知正方体ABCD-A1B1C1D1

的棱长为1,正方形A1B1C1D1内部(包含边界)有一片区域I,E是BB1的中点,F是CC1的中点,

若对于区域I内的任意一点P,总存在线段EF上一点Q,使得PQ∥平面AD1C,则区域I面积

的最大值是_________.

解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,

则A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,1,0),E(1,1,0.5),F(0,1,0.5),则

=(-1,0,1),

=(-1,1,0),设P(x0,y0,1),x0,y0∈[0,1],【P在正方形A1B1C1D1内部,所以z0=1】Q(t,1,0.5),【Q在EF上】,t∈[0,1],则

=(t-x0,1-y0,-0.5),设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z),则

⇒

令x=1,得y=1,z=1,则n=(1,1,1),因为PQ∥平面AD1C,所以

⊥n,即

·n=(t-x0)+(1-y0)-0.5=0⇒t=x0+y0-0.5,所以0≤x0+y0-0.5≤1,即0.5≤x0+y0≤1.5,【根据不等式组

画出区域】

类型2空间几何体的翻折问题立体几何翻折问题的核心是抓住“不变量”与“变量”.以下量保持不变:不变量分析图示线段长度折叠前后的对应边(非折痕处)长度不

变,如图1,在四边形ABCD中,将△

ABD沿BD折起后得到三棱锥A'-

BCD,如图2,则AB=A'B,AD=A'D

角度大小折叠前后对应角大小不变,如图1,在

矩形ABCD中,将△ADE沿DE翻折得

到四棱锥A'-BCDE,如图2,则∠DAE=

∠DA'E=90°

垂直关系若折叠前后某条直线与折痕垂直,折

叠后该垂直关系仍成立.如图1,BA⊥

PA,CD⊥PA,将△PDC沿DC翻折后

形成四棱锥P'-ABCD,如图2,则在四

棱锥中,CD⊥P'D,AD⊥CD

归纳总结立体几何中的翻折问题的处理策略1.明确翻折前后变与不变的量,一般地,翻折前后在同一面内的量不发生变化,翻折前后

不在同一面内的量发生变化;2.翻折后不易计算的量,可以回归到翻折前的图形中计算.典例2

(2026届江苏南京六校联合体开学调研,17)图1是边长为

的正方形ABCD,将△ACD沿AC折起得到直二面角P-AC-B,如图2.(1)求证:AC⊥BP;(2)棱BC上存在一点M,当PM与平面ABC所成角的正弦值为

时,求二面角P-AM-C的正弦值.

解析

(1)证明:如图1,连接BD,交AC于点O,因为四边形ABCD是边长为

的正方形,所以AC⊥BD,在图2中,有AC⊥PO,AC⊥BO,又PO∩BO=O,PO,BO⊂平面POB,所以AC⊥平面POB,又BP⊂平面POB,所以AC⊥BP.(2)因为AC⊥PO,AC⊥BO,所以∠POB是二面角P-AC-B的平面角,即PO⊥BO,故分别以OB,OA,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,

则A(0,1,0),B(1,0,0),C(0,-1,0),P(0,0,1).则

=(-1,0,1),

=(-1,-1,0),设

=λ

,则

=(-λ,-λ,0),则

=

-

=(1-λ,-λ,-1),易知平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),由题意得|cos<

,n1>|=

=

=

.所以(2λ-1)2=0,解得λ=

.此时,

=

,设平面PAM的法向量为n2=(x,y,z),则

即

令z=1,则y=1,x=3.所以n2=(3,1,1),则cos<n2,n1>=

=

=

,所以sin<n2,n1>=

=

,所以二面角P-AM-C的正弦值为

.变式训练2.(情境模型变式)(2026届安徽皖江名校联盟开学考试,18)如图,在梯形ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,AD=2BC=

AB=2,E为AD的中点,将△ABE沿BE折起至△PBE的位置,PC=1.(1)求证:平面PEC⊥平面ABCD;(2)求平面PBC与平面PDC夹角的余弦值.

解析

(1)证明:因为E为AD的中点,AD=2BC,所以AE=BC,因为∠ABC=∠BAD=90°,∠ABC+∠BAD=180°,所以AD∥BC,即AE∥BC,由

可得四边形ABCE是矩形,所以BC⊥CE,因为△ABE沿BE折起至△PBE的位置,所以PB=AB=

,由BC=1,PC=1,PB=

得BC2+PC2=PB2,所以BC⊥PC,由

可得BC⊥平面PEC,因为BC⊂平面ABCD,所以平面PEC⊥平面ABCD.(2)如图,取CE的中点O,AB的中点F,连接OP,OF,由O是CE的中点,F是AB的中点得OF∥CB,由(1)得CB⊥OC,则OC⊥OF,因为PE=AE=PC=1,O是CE的中点,所以OP⊥CE,因为平面PEC⊥平面ABCD,平面PEC∩平面ABCD=CE,OP⊥CE,OP⊂平面PEC,所以

OP⊥平面ABCD,由OC⊂平面ABCD,OF⊂平面ABCD,可得OP⊥OC,OP⊥OF.故以O为原点,分别以OC,OF,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

易得PO=

=

=

,则P

,B

,C

,D

,则

=

,

=

,

=

,设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),