第七章 模型2翻折模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

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【问题背景】把一个平面图形按照某种要求折起，转化为空间图形，进而研究图形翻折前后在位置关系和数量关系上的变化与不变关系，这就是翻折问题．主要题型包括在翻折背景下判断或证明线面平行或垂直关系，计算表面积、体积、点面距、线面角、二面角，求参数范围等问题，是近年来新高考的热点题型之一．
【解决方法】
【典例1】（2024黑龙江大庆实验中学9月开学考试）如图1，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成直二面角，此时之间的距离为，则______．
图1
【套用模型】第一步、第二步：找不变量的长度在翻折前后没有变化，找变量在翻折后，的长度发生变化．据此建立几何关系求解．
连接，因为的最小正周期为，所以．
所以翻折之后的，解得，所以．
【指点迷津】在“折痕”的两侧，所以在翻折前后之间的距离发生了变化，应在立体图形中利用计算
所以，
因为，所以或，
第三步：注意函数图象的变化规律，确定参数的值．
又函数在轴右侧先是单调递减，所以．
【典例2】（2024·广东深圳·深圳外国语学校二模）如图4，在矩形中，已知是的中点，将沿直线翻折成，当二面角的平面角的大小为时，三棱锥外接球的表面积为______．
图4
【套用模型】第一步、第二步：找变量与不变量．的形状，等不变，作辅助线，提取关键信息，找几何关系．
因为是的中点，所以，又，所以为等腰直角三角形，故为等腰直角三角形，所以，同理可得，
【易错】翻折后仍在同一平面上的线段长度与角度不变
又，所以，所以．
取的中点，连接，如图5，则，
图5
取的中点，连接，则，所以，
所以为二面角的平面角，所以．
连接，因为，所以为等边三角形．
取的中点，连接，则．
因为平面，
所以平面，又平面，所以．
又平面，所以平面．
第三步：在翻折后的图形中，设法找到三棱锥外接球的球心和半径，进而求外接球的表面积．
连接，因为为直角三角形，为斜边，所以，所以为的外接圆的圆心，设为三棱锥外接球的球心，连接，则平面，
设，三棱锥外接球的半径为，则．
【易错指导】空间图形中的直角三角形，注意判断谁是直角，不要误得
若球心和点位于平面的两侧，如图5所示，延长到点，使得，连接，
【指点迷津】三棱锥外接球球心的位置不确定，需要分类讨论
因为平面，平面，所以，所以四边形为矩形，
所以，
所以，所以，所以，
所以三棱锥外接球的表面积．
图6
若球心和点位于平面的同侧，如图6所示，因为平面，平面，所以，过点作交于，则四边形为矩形，
所以，所以，所以无解，此情况舍去．故填．
【典例3】（2024湖南长沙一中9月开学考试）如图2所示，等腰梯形中，为中点，与交于点，将沿折起，使点到达点的位置（平面）．
图2
（1）证明：平面平面．
（2）若，则线段上是否存在一点（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由．
【套用模型】（1）第一步、第二步：找变量与不变量．在平面图形中，可得；在翻折后，可知，位置关系不变．
如图3，在原平面图形中，连接，由于，
图3
所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形，所以．
由于，所以四边形是平行四边形，所以，所以．
在翻折过程中，保持不变，即保持不变，
【指点迷津】在翻折前后，可知与的位置关系不变，利用平行线的传递性，可得垂直关系
第三步：证明线面、面面垂直．
又平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）第一步：找不变量与变量．翻折前后，的长度没有变化，可在平面图形中计算；而的长度发生变化，应在立体图形中的中计算．
在原平面图形中，因为，所以，所以，
折叠后，若，则，所以，
又，所以三线两两垂直，
由此以为原点建立如图3所示的空间直角坐标系，，
第二步：选取关键点，设点的坐标，并指明参数范围，完成后续计算．
设，则，
【易遗漏】对于的取值范围，不要忘记，保证点在线段上（不含端点）
设平面的法向量为，由可取．
设直线与平面所成角为，则，
整理得，解得，所以，即是的中点．
第三步：根据等体积法求三棱锥的体积．
由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为，
所以．
（2024·广东梅州·统考一模）
1．如图，将正方形沿对角线折成直二面角，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．
B．是等边三角形
C．与所成的角为
D．与平面所成的角为
（2024·江苏泰州·统考一模）
2．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列结论正确的是（ ）

A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC
（2024·全国·模拟预测）
3．如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体中，下列说法不正确的序号是 .①平面EOF；②⊥平面EOF；③；④；⑤平面平面AOF.

（2024·盐城中学模拟预测）
4．图1是直角梯形，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）已知点为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
（2024·贵州贵阳·统考一模）
5．如图（1），在梯形中，，，，为中点，现沿将折起，如图（2），其中分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
（2023·福建漳州·统考二模）
6．如图1，在直角梯形BCDE中，，，A为DE的中点，且，，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2．
(1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；
(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值．
（2024·甘肃兰州·校考一模）
7．在直角梯形 (如图1)，，，AD＝8，AB＝BC＝4，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B－ACD(如图2)．
(1)求证：CD⊥平面ABC；
(2)求AB与平面BCM所成角的正弦值．
（2023·四川成都·统考一模）
8．如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.
(1)设平面平面，证明：⊥平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
（2023·吉林·东北师大附中校考二模）
9．如图，等腰梯形中，//，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
（2023·山东·校联考三模）
10．已知正方形的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．
(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由．
参考答案：
1．ABC
【分析】对于A，根据等腰三角形的三线合一及线面垂直的判定定理，再利用线面垂直的性质定理即可求解；
对于B，根据直角三角形斜边的中线定理及面面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及勾股定理即可求；
对于C,根据直角三角形斜边的中线定理及三角形的中位线定理，再结合异面直线所成角的定义即可求解；
对于D，根据B选项及线面角的定义，结合等腰直线三角形即可求解.
【详解】如图所示
对于A，取的中点，连接，折叠后是等腰直角三角形，
，，又,
所以平面，平面，所以，故A项正确；
对于B，设折叠前正方形的边长为，则，，
由平面平面，因为是的中点，是等腰直角三角形，
所以，又平面平面，平面，
所以平面,平面，所以,
所以，
所以是等边三角形，故B项正确；
对于C，设折叠前正方形的边长为，则取的中点的中点，连接，，
所以
所以是直线与所成的角（或补角），
在中，，所以是等边三角形，所以，
所以与所成的角为，故C项正确；
对于D，由B 选项知，平面,是直线在平面内的射影，
所以是直线与平面所成的角，
因为是的中点，是等腰直角三角形，
所以，，所以是等腰直角三角形；即，
所以与平面所成的角为，故项错误.
故选：ABC.
2．D
【分析】利用面面垂直的判定定理结合题意逐个分析判断.
【详解】如图所示：

因为，，，所以四边形为直角梯形.
所以.
又因为，所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
若平面平面，那么平面，显然不成立，故A错误；
因为平面，
又因为平面，所以.又，，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面，故D正确；
因为平面平面，过点作平面的垂线，垂足落在上，显然垂线不在平面内，所以平面与平面不垂直，故C错误，同理B也错误.

故选：D
3．②
【分析】对于①，利用线线垂直证明线面垂直；对于②，在①的基础上可证明；对于③，在①的基础上证明线面垂直；对于④ ，在①基础上证明出平面，④正确；对于⑤，在④基础上证明面面垂直可判断⑤.
【详解】对于①，依题意，得，，，平面，
平面，故①正确，
对于②，由①可知平面，又，故与平面不垂直，②错误.
对于③，由①知，平面EOF，又平面EOF，，故③正确.
对于④，由①可得，又，，平面，
平面，又平面AOF，，故④正确.
对于⑤，由④知平面，又平面AOE，得平面平面AOF，故⑤正确.
故答案为：②.
4．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接与相交于点，过点作交于点．依题意可得是等边三角形，从而得到，，再利用勾股定理逆定理可得，即可得到平面，从而得证．
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线与平面所成角的正弦值；
【详解】（1）证明：如图所示，连接与相交于点，过点作交于点．
，，则，．
四边形为矩形，可得，．
．
．是等边三角形．
，，，．
可得：，．
，．
又，平面．
平面．
又平面，
平面平面．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．，，， ，，所以，，，，设面的法向量为，所以，令，则，，所以
因为点为线段上一点，且，所以，所以
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的正弦值为
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，易证得四边形为平行四边形，从而得到，利用等腰三角形三线合一性质可分别得到，结合平行关系和线面垂直的判定可证得结论；
（2）根据长度关系可证得两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
为中点，，，又，
四边形为平行四边形，，，
分别为中点，，，
又为中点，，，，，
四边形为平行四边形，；
，为中点，，；
，，，四边形为正方形，
，，又，平面，
平面.
（2）由（1）知：，，又，；
，为中点，，
，，，
，又，平面，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，；
平面，平面的一个法向量为，
，
由图形知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
6．(1)PB始终与平面ACM平行，理由见解析.
(2)
【分析】（1）先证明四边形为正方形，连接交于点，连接，易得，再由线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）以为坐标原点建立合适的空间角坐标系，分别求出和平面ACM的一个法向量，进而求出线面角的正弦值.
【详解】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.
理由如下：
由已知可得：，
所以，即四边形为正方形，
连接与于点，连接，
又为的中点，所以，
因为平面ACM，平面ACM，
所以平面ACM
（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点到平面的距离最大，
即平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面ACM的法向量为，
则，
令，得，则，
设CD与平面ACM所成角为，
所以.
即CD与平面ACM所成角的正弦值为.
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据勾股定理得到，再根据面面垂直的性质定理可证CD⊥平面ABC；
（2）取AC的中点O，连接OB，先证明两两垂直，再以为原点，OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）由题设可知，，AD＝8，
∴，∴CD⊥AC，
又∵平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面，
∴CD⊥平面ABC．
（2）取AC的中点O，连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以，
又因为平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面，
所以平面,连接OM，因为平面,所以，
因为M、O分别为AD和AC的中点，所以，
所以OM⊥AC，故以为原点，OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
∴，，，
设平面BCM的一个法向量为，
则，得，令，得，
∴．
所以AB与平面BCM所成角的正弦值为.
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由得到线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，得到，证明出线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【详解】（1）平面平面，
平面.
平面，平面平面，
.
由图①，得，
.
平面，
平面；
（2）由题意，得.
又，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
.
设平面的一个法向量为.
则，
令，得，故.
设与平面所成角为.
直线与平面所成角的正弦值为.
9．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，证明平面即可；
（2）结合直线与平面所成的角，先证明平面，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面所成的角
【详解】（1）连接，设的中点为，由//，，故四边形为平行四边形，∴，故，为等边三角形，故，，折叠后，又，且平面，故平面，又平面，故
（2）由（1）已证得平面，故在平面内可作平面，垂足为，则在直线上，直线与平面夹角为，又，故，∴两点重合，即平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的一个法向量为，则，即，令得，
又平面，显然为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角的大小为，则
所以.
10．(1)点O在EA的延长线上，且，证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）延长FM与EA的延长线交于点O，判断点O在平面ADE内，连接DF交CE于N，结合线面平行的判定推理作答；
（2）以AE的中点H为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量确定点M的位置，再计算两个平面夹角余弦作答.
【详解】（1）依题意，四边形是矩形，点M为AB的中点，如图1，延长FM与EA的延长线交于点O，
又平面ADE，即有平面ADE，因，且，
因此点A为线段EO中点，即AO=2，M为线段FO的中点，
连接DF交CE于N，连接MN，矩形CDEF中，N是线段DF中点，
于是得，而平面，平面，
所以平面.
（2）依题意，，，，平面，平面，则平面，且为二面角的平面角，即.
连接，而，
即有为正三角形，取的中点H，连接DH，则，
由平面，平面，得平面平面，
又平面，平面平面，于是得平面，
取BF中点G，连接HG，由矩形得，即有两两垂直，
以点H为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图2，
则点，，.
假设存在点M满足条件，因点M在线段AB上，设，，
，，.
设平面的一个法向量，则，
令，得，
因直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则，解得或，
即存在点满足直线DE与平面EMC所成的角为60°，点为线段AB的靠近点A或B的四等分点.
设平面的一个法向量，则，
令，得，
则.
令平面MEC与平面ECF的夹角为，
则，
显然或时，.
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.