立体几何中的翻折问题
翻折问题
翻折问题立体几何在高中数学中是培养学生的空间想象能力的重要载体，其中翻折问题学生学习是一个难点，同时也是近年来高考的热点。
翻折问题实质是图形由平面到立体变化中一些线、面之间发生了变化，因此本节内容从正三角形、正方形、矩形、梯形、五边形等图形进行翻折，以便学生能更清楚熟悉模型，同时还列举了翻折模型中的平行、垂直、线线角、线面角、二面角、长度等问题。
一．翻折问题的审题建议1.过顶点作折线的垂线，如沿着折起，作，F于点并交BEAG?BEBEABE在翻折过程中，点A的轨迹是以AF为直径的圆，旋转一周所得的几何体ABE是两个同底圆锥，母线分别是AB与AE。
2.弄清变与不变的量，如中的角、线段长度是不变的，BCDEABE与四边形但在翻折过程中，等量是变化的。
AD、AC、AEDAFG、?ABC、??二．平行问题例1．（2017春?让胡路区校级期中）在如图（1）的平面图形中，ABCD为正方形，CDP为等腰直角三角形，E、F、G分别是PC、PD、CB的中点，将△PCD 沿CD折起，得到四棱锥P﹣ABCD如图（2）．求证：在四棱锥P﹣ABCD中，AP∥平面EFG．【分析】连接E、F，连接E、G，可得EF∥平面PAB．EG∥平面PAB．即可证平面PAB∥平面EFG，PC分别为F，E中，PABCD，在四棱锥G、E，连接F、E【解答】证明：连接．PD的中点，∴EF∥CD．∵AB∥CD，∴EF∥AB．∵EF?平面PAB，AB?平面PAB，∴EF∥平面PAB．同理EG∥平面PAB．又EF∩EG=E，∴平面PAB∥平面EFG．又AP?平面PAB，∴AP∥平面EFG．【点评】本题考查了空间线面平行的判定，属于中档题．【变式训练1】（2017?闵行区校级模拟）如图，正△ABC的边长为4，CD是AB 边上的高，EF分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．（1）证明：AB∥平面DEF；？如果存在，求出的值；如果AP⊥DE2）在线段BC上是否存在点P，使（不存在，请说明理由．∥平ABAB，由此证明BC的中点，得EF∥、【分析】（1）由E、F分别是AC；面DEF轴，建zyx轴、轴、DBD为坐标原点，以直线、DC、DA分别为（Ⅱ）以点．DEAP ⊥，使立空间直角坐标系，利用向量法找出在线段BC上存在点P中，），在△ABC）证明：如图（【解答】解：（12，∥EFAB、、EF分别是ACBC的中点，∴∵，平面EFDEF?又AB平面，?DEF∴AB∥平面DEF；（2）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，；建立空间直角坐标系，如图（3）所示），2，00，0），C（0，（则A0，0，2），B（2，），，0F（1E（0，，，1），2，=），（﹣，0），2，0，﹣22=（，，10=（0，，1）；），=（2，﹣2λ，则2=），+=（设2=λ，﹣λ=0，?得由AP⊥DEλ=，解得，×）21×（﹣2=0λ+∴，且DEP，使AP⊥=．∴在线段BC上存在点【点评】本题考查了直线与平面平行的证明与满足条件的点是否存在的判断问题，阶梯式要注意向量法的合理运用．二．垂直问题例2.（2017春?三元区校级月考）如图，在四形边ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论正确的是（）A．AD⊥平面BCD B．AB⊥平面BCDC．平面BCD⊥平面ABC D．平面ADC⊥平面ABC【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC ⊥平面ADC．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°∴BD⊥CD又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．故选D．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查逻辑思维能力，是中档题．例3．（2016?杨浦区校级模拟）已知矩形ABCD，AB=1，BC=2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中（）A．存在某个位置，使得直线AB和直线CD垂直垂BDAC和直线B．存在某个位置，使得直线直垂和直线BCC．存在某个位置，使得直线AD直．无论翻折到什么位置，以上三组直线均不垂直D【分析】假设各选项成立，根据线面位置关系推导结论，若得出矛盾式子，则假设错误，得出正确选项．垂直，与直线CDA，若存在某个位置，使得直线AB【解答】解：对于，⊥平面ABCBC，∴CD∵CD⊥上，BC，则E在，过点A作平面BCD的垂线AE∴平面ABC⊥平面BCD正确；ACD．故上的射影在BC上时，AB⊥∴当A在平面BCD垂直，与直线BD对于B，若存在某个位置，使得直线AC错误；B⊥EC，显然这是不可能的，故AFC⊥BD，则BD⊥平面，∴BD作AF 垂直，BCAD与直线对于C，若存在某个位置，使得直线，⊥AC⊥平面ACD，BC则BC错误．，显然这是不可能的，故C1＞BC，即＞2AB∴．A故选：翻折问题中的变与不变，本题主要考查了空间的线面和面面的垂直关系，【点评】空间想象能力和逻辑推理能力，有一定难度，属中档题．【变式训练2】（2017春?辛集市校级月考）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有（）A．AG⊥△EFH所在平面B．AH⊥△EFH 所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面【分析】本题为折叠问题，分析折叠前与折叠后位置关系、几何量的变与不变，可得HA、HE、HF三者相互垂直，根据线面垂直的判定定理，可判断AH与平面HEF的垂直．【解答】解：根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B 正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，D不正确．故选B【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，一般利用线线?线面?面面，垂直关系的相互转化判断．，BC∥AD中，ABCD杭州期末）如图所示，四边形?秋2016】（3【变式训练．AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使面ABD⊥面BCD，连结AC，则下列命题正确的是（）A．面ABD⊥面ABC B．面ADC⊥面BDC C．面ABC⊥面BDC D．面ADC⊥面ABC【分析】证明CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，即可得到平面ADC⊥平面ABC．【解答】解：由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD．在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC．故选D．【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．三．线线角中，，BC=1，将△浙江模拟）矩形ABCDABC与△ADC例4．（2017?沿AC所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD与直线BC成的角范围（包含初始状态）为（）．D．．B ．AC【分析】求出两个特殊位置，直线AD与直线BC成的角，即可得出结论．【解答】解：由题意，初始状态，直线AD与直线BC成的角为0，DB=时，AD⊥DB，AD⊥DC，∴AD⊥平面DBC，AD⊥BC，成的角为BC，直线AD与直线，[0AD与直线BC成的角范围（包含初始状态）为]．∴在翻折过程中直线故选：C．【点评】本题考查两直线所成的角的范围的求法，考查学生的计算求解能力、推理论证能力、空间思维能力，考查数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想，是中档题．例5.（2017春?涵江区校级期中）正方形ABCD，沿对角线BD折成直二面角A ﹣BD﹣C，则折后的异面直线AB与CD所成的角的大小为（）90°．60°DB．45°C．30°A．O，以AO、CO【分析】取BD中点O，连结轴，zOA为轴，x轴，OD为y为原点，OC为利用向量法能求出折后的建立空间直角坐标系，所成的角．CDAB 与异面直线，COAO、【解答】解：取BD中点O，连结，﹣CBDBD折成直二面角A设正方形ABCD﹣边长为，∵沿对角线，⊥CO⊥BD，AO∴AO⊥BD，CO轴，建立空间直角坐标系，为zy轴，OA为原点，OC为x轴，OD为以O ），，10D（0，，，10），C（1，00），（，（A0，01），B0，﹣），0，1，1，﹣11），=（﹣，﹣=（0，所成的角为θAB设折后的异面直线与CD=＞|cos＜|cosθ=则，==．∴θ=60°．所成的角为CD60°与∴折后的异面直线AB．故选：C【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．BC=CD=，AB=BD=DA=2．浙江一模）如图四边形ABCD，【变式训练4】（2016?，的大小在][，则直线折起，使二面角ABD沿BDA﹣BD﹣C现将△）所成角的余弦值取值范围是（AB与CD，0]D．．[0[，，∪（1）B．][，]．A[0C，]【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，轴，建立空间z作平面BCD的垂线为过点OCD与直角坐标系，利用向量法能求出直线AB所成角的余弦值取值范围．，COAO，O【解答】解：取BD中点，连结，BDCOAB=BD=DA=2．⊥BC=CD=，∴∵，AO=CO=1AO⊥BD，且，的平面角，﹣CBDAOC是二面角A﹣∴∠轴，yx轴，OD为以O为原点，OC为建立空间直角坐标系，轴，BCD的垂线为z过点O作平面），1，0），D（0，00B（0，﹣1，），C（1，0，，则﹣C的平面角为θ，设二面角A﹣BD）（，、连AOBO，则∠AOC=θ，A，∴，，αAB设、CD的夹角为，则cosα==．[∈∵﹣1，∴|，∴cos|，0]．cos∴．故选：D【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．（2016?浙江二模）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，【变式训练5】沿BD将△ABD翻折，得到三棱锥A﹣BCD，则当三棱锥A﹣BCD体积最大时，异面直线AD与BC所成的角的余弦值为（）．DC ．B．．A【分析】菱形ABCD中，∠DAB=60°，△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形，将△ABD沿BD翻折过程中，点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线上，三棱锥的高最大时，平面ABD⊥平面BCD．【解答】解：△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形，将△ABD沿BD翻折形成三棱锥A﹣BCD如图：点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线CE上，则三棱锥A﹣BCD的高为△AEC过A点的高；所以当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A﹣BCD的高最大，体积也最大，此时AE⊥平面BCD；求异面直线AD与BC所成的角的余弦值：平移BC到DC′位置，|cos∠ADC′|即为所求，AC′=EC′=AE=，AD=DC=1，，=，||||cos∠ADC′=所成的角的余弦值为，AD与BC所以异面直线故选B．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．【变式训练6】（2016?丽水校级模拟）如图，长方形ABCD，M，N分别为AB，AD上异于点A的两点，现把△AMN沿着MN翻折，记AC与平面BCD所成的角为θ，直线AC与直线MN所成的角为θ，则θ与θ的大小关系是（）2211=θB．θ＞θC．θ＜θA．θD．不能确定212112【分析】作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接CO，过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH=CO，在△AOC和△AHC 中，CO=CH，AO⊥平面BCD，从而AO＜AH，由此能求出θ＜1θ．2【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接C过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH=CO，，⊥平面BCD中，CO=CH，AOAHC在△AOC和△，＜AH∴AO，＜∠ACH∴∠ACO，θ所成的角为，直线AC与直线MN∵AC与平面BCD所成的角为θ21，MNBCD，CH∥AO⊥平面．Cθ＜θ．故选：∴∠ACO=θ，∠ACH=θ∴2211。
二轮复习专题：立体几何中的翻折与旋转问题
∴又∵C′N 平面 BCC′ ∴C′N //平面 ADD′
题醉了
（3）由前，∵AC⊥平面 ABC′ 同理 A C′⊥平面 ABC， 以 A 为原点，直线 AB 为 x 轴、AC 为 y 轴、AC′为 z 轴，建立空间直角坐标系
z
设 AB=1，则 B（1,0,0）,C（0, 3 ,0）,C′（0,0, 3 ）
D C
由已知可知 平面 C′BA⊥平面 ABC 又∵ 平面 C′BA∩平面 ABC=AB ∴ AC⊥平面 AB C′
B N
（2） ∵AD//BC， BC 平面 BCC′ AD 平面 BCC′ ∴AD//平面 BCC′ 同理 AD′ 平面 BCC′ 又∵AD∩AD′=A ∴ 平面 ADD′//平面 BCC′
题醉了
【证明】如图①，连接 DE 交 AD 于 O.
E P
AOΒιβλιοθήκη D1A B
O
C
1
D
C B
(2)在等腰∆ABD 中，∵AD=2，AB=BD= 5 ，且 BO⊥AD ∴BO=2 ∴S∆ABD=2∵三棱锥 P-ABD 的体积是 2 .
在四边形 OBCD 中， OB//DC,且 OB=2， DC=1.∴S∆ABD=2 S∆BOD=4S∆ACD
E
A
D
1
A B C
D
C B
①
②
题醉了
【证明】如图①，连接 DE 交 AD 于 O.
高中教案：高考数学难点突破八立体几何中的翻折问题
高考数学难点突破八----立体几何中的翻折问题一、知识储备翻折问题就是把平面图形经过折叠变成一个空间图形，实际上，折叠问题就是轴对称的问题，折痕就是对称轴，重合的即是全等图形，解决折叠问题时，要把运动着的空间图形不断地与原平面图形进行对照，看清楚其中哪些量在变化，哪些量没有变化，从而寻找出解决问题的方法，达到空间问题与平面问题相互转化的目的。
核心是抓牢折痕就是翻折前与翻折后平面图形的公共底边，折痕与公共底边上两高所在平面垂直。
二、应用举例例1.如图，在矩形ABCD 中，M 在线段AB 上，且1AM AD ==，3AB =，将ADM ∆沿DM 翻折．在翻折过程中，记二面角A BC D --的平面角为θ，则tan θ的最大值为(C )ABCD例2.在矩形ABCD 中，4,3AB AD ==,E 为边AD 上的一点，1DE =，现将ABE ∆沿直线BE 折成A BE '∆，使得点A '在平面 BCDE 上的射影在四边形BCDE 内（不含边界），设二面角 A BE C '--的大小为θ，直线,A B A C ''与平面BCDE 所成的角分 别为αβ，，则( D ) A.βαθ<< B.βθα<< C.αθβ<< D.αβθ<<例3.如图，矩形ABCD 中心为, O BC AB >，现将DAC 沿着对角线AC 翻折成EAC ，记BOE a ∠=，二面角B AC E --的平面角为β，直线DE 和BC 所成角为γ，则（ D ）A. ,2a ββγ>>B. ,2a ββγ><C. ,2a ββγ<>D. ,2a ββγ<<例4.如图，在ABC △中，1AB =，22BC =，4B π=，将ABC △绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 中点，设Q 是线段PA 上的动点，则当PC 与DQ 所成角取得最小值时，线段AQ 的长度为（ B ） A ．52B ．255C ．355D ．253例5.已知在矩形ABCD 中，2AD AB =，沿直线BD 将ABD ∆ 折成'A BD ∆，使得点'A 在平面BCD 上的射影在BCD ∆内（不含边界），设二面角'A BD C --的大小为θ，直线','A D A C 与平面BCD 所成的角分别为,αβ，则（ ）A. αθβ<<B. βθα<<C. βαθ<<D. αβθ<< 【答案】DQ DPCBA【解析】分析：由题意画出图形，由两种特殊位置得到点A′在平面BCD上的射影的情况，由线段的长度关系可得三个角的正弦的大小，则答案可求．详解：如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA′⊥A′D，当A′点在底面上的射影O落在BC上时，有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，可得DC⊥平面A′BC，则DC⊥BA′，∴BA′⊥平面A′DC，在Rt△BA′C中，设BA′=1，则，∴A′C=1，说明O为当A′点在底面上的射影E落在BD上时，可知A′E⊥BD，设BA′=1，则A D'=，要使点A′在平面BCD上的射影F在△BCD内（不含边界），则点A′的射影F落在线段OE上（不含端点）．可知∠A′EF为二面角A′﹣BD﹣C的平面角θ，直线A′D与平面BCD所成的角为∠A′DF=α，直线A′C与平面BCD所成的角为∠A′CF=β，<，而A′C的最小值为1，可求得DF＞CF，∴A′C＜A′D，且A′E=13∴sin∠A′DF＜sin∠A′CF＜sin∠A′EO，则α＜β＜θ．故答案为：D点睛：本题主要考查二面角的平面角和直线与平面所成的角，考查正弦函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力分析推理能力.例6、（嘉兴市2020年1月期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．22π分析：设 AC ,FC 的中点为 M , N ，CP 的中点G 的轨迹是以 MN 为直径的半圆．例7、（宁波市2020年1月期终）已知平面四边形ABCD 中，90A C ∠=∠=︒，BC CD =，AB AD >，现将ABD △沿对角线BD 翻折得到三棱锥A BCD '-，在此过程中，二面角A BC D '--、A CDB '--的大小分别为α，β，直线A B '与平面BCD 所成角为γ，直线A D '与平面BCD 所成角为δ，则（ ）A ．γδβ<<B ．γαβ<<C ．αδβ<<D ．γαδ<<例8、（柯桥一中2020年1月期终）已知在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示， 沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ C ） A．5B.5C.4例9、（名校合作体2020年3月）已知C 为ABD Rt ∆斜边BD 上一点，且ACD ∆为等边三角形，现将ABC ∆沿AC 翻折至C B A '∆，若在三棱锥ACD B -'中，直线B C '和直线B A '与平面ACD 所成角分别为βα，，则（ ）A. βα<<0B.βαβ2≤<C.βαβ32≤≤例10、（2020年1月嘉兴期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．分析：取DE 中点O ，连CO PO ,，则点G 的轨迹是以CO 的中点为圆心，2221=PO 为半径的半圆，轨迹长为22ππ=r例11、（2020年4月温州模拟）如图，在ABC ∆中，点M 是边BC 的中点，将ABN ∆沿着AM 翻折成M B A '∆，且点B '不在平面AMC 内，点P 是线段C B '上一点，若二面角B AM P '--与二面角C AM P --的平面角相等，则直线AP 经过C B A '∆的（ A ） A. 重心 B. 垂心 C. 内心 D.外心G PFD B A例12、（2020年嘉兴一模）将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 翻折，使得二面角A BD C --的平面角的大小为π3，若点E ,F 分别是线段AC 和BD 上的动点，则BE CF 的取值范围为 （ ）A ．[1,0]-B ．1[1,]4-C ．1[,0]2-D ． 11[,]24-例13、(2020年5月暨阳联考）如图:ABC ∆中，︒=∠⊥90,ACB BC AB ，D 为AC 的中点，ABD ∆沿BD 边翻折过程中，直线AB 与BC 直线所成的最大角，最小角分别记为11βα，，直线AD 与直线BC 所成的最大角，最小角分别记为22βα，，则有（ D ）A. ββαα≤<121,B. 2121ββαα><，C. 2121ββαα≤≥，D.2121ββαα>≥，分析一：翻折到180时，,AB BC 所成角最小，可知130β=，,AD BC 所成角最小，20β=，翻折0时，,AB BC 所成角最大，可知190α=，翻折过程中，可知AD 的投影可与BC 垂直，所以,AD BC 所成最大角290α=，所以 1190,30αβ︒︒==，2290,0αβ︒︒==分析二:对角线向量定理例14、（2020年4月台州二模）如下图①，在直角梯形ABCD 中，90=∠=∠=∠DAB CDB ABC ， 30=∠BCD ，4=BC ，点E 在线段CD 上运动，如下图②，沿BE 将BEC ∆折至C BE '∆，使得平面⊥'C BE 平面ABED ，则C A '的最小值为 .⇒例15、（2020年嘉兴市基础知识测试）如图，矩形ABCD 中，2,1==BC AB ，点E 为AD 中点，将ABE ∆沿BE 折起，在翻折过程中，记二面角B DC A --的平面角大小为α，则当α最大时，=αtan （ ） A. 22 B. 32 C. 31 D.21例16、（2020学年温州中学高二上期中）等边三角形ABC 边长为4，N M ,为AC AB ,的中点，沿MN 将AMN ∆折起，当直线AB 与平面BCMN 所成的角最大时，线段AB 的长度为（ ）A.6B. 22C. 10D.32例17、(2020学年杭外高二上期中）如图，在菱形ABCD 中，︒=∠60BAD ，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F ，现将ABD ∆沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成的角的取值范围是（ ）A.），（36ππ B.⎥⎦⎤26ππ，（ C. ⎥⎦⎤ ⎝⎛2,3ππ， D.⎪⎭⎫⎝⎛323ππ，例18、（2020学年杭四中高二上期中）如图，矩形ABCD 中，AD AB 2=，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成DE A 1∆，若M 为线段C A 1的中点，则在ADE ∆翻折过程中，下面四个选项中正确的是 （填写所有的正确选项）.（1）BM 是定值；（2）点M 在某个球面上运动；（3）存在某个位置，使C A DE 1⊥；（4）存在某个位置，使//MB 平面DE A 1.例19、（2020学年杭师大附中高二上期中）如图，在矩形ABCD 中，6=AB ，4=BC ，E 为DC 边的中点，沿AE 将ADE ∆折起至E D A '∆，设二面角B AE D --'为α，直线D A '与平面ABCE 所成角为β，若︒︒<<9060α，则在翻折过程中（ ）A. 存在某个位置，使得βα<B. 存在某个位置，使得︒<+90βαB. ︒>45β D.︒︒<<4530β例20、（2020学年台州市高二上期终）如图，在ABC ∆，1=AC ，3=BC ，2π=C ，点D 是边AB （端点除外）上的一动点，若将ACD ∆沿直线CD 翻折，能使点A 在平面BCD内的射影A '落在BCD ∆的内部（不包括边界）且37='C A ，设t AD =，则t 的取值范围是 .例21、（2020学年杭州七县市高二上期末）如图，正方形ABCD 的边长为4，点F E ,分别是BC AB ,的中点，将DAE ∆，EBF ∆，FCD ∆分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体DEF A -'的四个顶点都在同一个球面上，则以DEF ∆为底面的三棱锥DEF G -的高h 的最大值是（ ） 326+ B. 346+ C.3462- D.3262-例22、（2020学年慈溪市高二上期终）如图，三棱锥BCD A -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥BCD A -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成角为θ，则θcos 的取值范围为（ ）A.⎥⎦⎤⎢⎣⎡163，B. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,65 C.⎥⎦⎤⎢⎣⎡6110， D.⎥⎦⎤⎢⎣⎡6330，例23、（2021年2月“日知”新高考命题研究联盟高三期终）如图所示，正方形ABCD ,ADEF ，AFGH 平铺在水平面上，先将矩形EDHG 沿AD 折起，使二面角BAD E --'为︒30，再将正方形H G F A ''沿F A '折起，使二面角D F A H -'-'为︒30，则平面H G F A '''与平面ABCD 所成的锐二面角的正切值是（ ） A.42 B.37 C.43 D.26例24、（2021年2月丽水中学合作校高三联考卷）如图，在ABC ∆中，MC BM 21=，1==AC AB ，32=BM ，点D 在线段BM 上运动，沿AD 将ADB ∆折到B AD '∆，使得二面角C AD B --'的度数为︒60，若点B '在平面ABC 内的射影为O ，则OC 的最小值为 .例25、（2021年4月杭州二模第10题）如图，在长方体ABCD 中，215=AB ，1=AD ，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE ∆沿DE 折起为DE A '∆，设α=∠ADE ，二面角C DE A --'的大小为β，若2πβα=+，则四棱锥BCDE A -'体积的最大值为（ ）A.41 B.32 C. 121-15 D. 81-5例26、（2020学年之江教育联盟高二下开学考）如图，已知椭圆的长轴端点为21,A A ，短轴端点为21,B B ，焦点为21,F F ，长半轴为2，短半轴为3，将左边半个椭圆沿短轴进行翻折，则在翻折过程中，以下说法错误的是（ ）A. 12F B 与短轴21B B 所成角为6π B. 12F B 与直线22F A 所成角的取值范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡23ππ，C. 12F A 与平面212B B A 所成角的最大值为6πD. 存在某个位置，使得12F B 与21F B 垂直例27、（2021年5月义务高三适应性考试第10题）如图，在等边三角形ABC 中，点ED 、分别是线段AC AB ,上异于端点的动点，且CE BD =，现将三角形ADE 沿直线DE 折起，使平面⊥ADE 平面BCED ，D 从B 滑动到A 的过程中（D 与A B ,均不重合），则下列选项中错误的是（ ）A. ADB ∠的大小不会发生变化B. 二面角C BD A --的平面角的大小不会发生变化C.BD 与平面ABC 所成的角变大D.AB 与DE 所成的角先变小后变大例28、（2020年4月嘉兴二模第9题）如图，矩形ABCD 中，已知2=AB ，4=BC ，E 为AD 的中点，将ABE ∆沿着BE 向上翻折至BE A '∆，记锐二面角C BE A --'的平面角为α，B A '与平面BCDE 所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（ ）A. βαsin 2sin =B.βαcos cos 2=C.βα2<D. 4πβα>-例29、（2020学年温州十校联盟高二下期终）如图，在等腰三角形ABC 中，2=BC ，︒=∠90C ，D ，E 分别是线段AB ，AC 上异于端点的动点，且BC DE //，先将ADE ∆沿直线DE 折起至DE A '，使平面⊥'DE A 平面BCED ，当D 从B 滑动到A 的过程中，下列选项错误的是（ ）A. DE A '∠的大小不会发生变化B. 二面角C BD A --'的平面角的大小不会发生变化C. 三棱锥EBC A -'的体积先变大在变小D. B A '与DE 所成的角先变大再变小例30、（2020学年浙南名校联盟高二下期终第17题）如图，在矩形ABCD 中，a AB =，a BC 2=，点E 为AD 的中点，将ABE ∆沿BE 翻折到BE A '∆的位置，在翻折过程中，A '不在平面BCDE 内时，记二面角B DC A --'的平面角为α，则当α最大时，αcos 的值为 .。
立体几何中的翻折问题(教案)
立体几何中的翻折问题教学目标: ◆知识与技能目标:1.使学生掌握翻折问题的解题方法, 并会初步应用。
2.通过立体几何中翻折问题的学习, 进一步掌握立体几何中求距离与求角的求法。
◆能力与方法目标:1.培养学生的动手实践能力。
2.在实践过程中, 使学生提高对立体图形的分析能力, 进一步理解“转化”的数学思想,并在设疑的同时培养学生的发散思维。
◆情感态度与价值观目标:通过平面图形与翻折后的立体图形的对比, 向学生渗透事物间的变化与联系观点。
教学重点: 了解平面图形与翻折后的立体图形之间的关系, 找到变化过程中的不变量。
教学难点: 转化思想的运用及发散思维的培养。
关键：层层设计铺垫, 给学生充分的探讨、研究的时间。
学法指导: 渗透指导、点拨指导、示范指导教学方法: 探究法, 演示法、例1（2012广州调研试题）已知正方形的边长为2, . 将正方形沿对角线折起, 使, 得到三棱锥, 如图所示.（1）当时, 求证: ；（2）当二面角的大小为时, 求二面角的正切值．变式训练: 1.（2013年广州二模）等边三角形ABC的边长为3, 点D.E分别是边AB.AC上的点, 且满足(如图3).将ΔADE沿DE折起到ΔA1DE的位置, 使二面角成直二面角, 连结 (如图4).(1) 求证: A1D丄平面BCED;(2) 在线段BC上是否存在点P, 使直线PA1与平面A1BD所成的角为600？若存在, 求出PB的长；若不存在, 请说明理由2（2013年广东高考）、如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.. C O BD E AC D O B E 'A 图1 图2作业: 【2012高考湖北理19】如图1, , , 过动点A 作 , 垂足D 在线段BC 上且异于点B, 连接AB, 沿 将△ 折起, 使 （如图2所示）.（Ⅰ）当 的长为多少时, 三棱锥 的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥 的体积最大时, 设点 , 分别为棱 , 的中点, 试在棱 上确定一点 , 使得 , 并求 与平面 所成角的大小．【2012高考北京理16】如图1, 在Rt △ABC 中, ∠C=90°, BC=3, AC=6, D, E 分别是AC, AB 上的点, 且DE ∥BC, DE=2, 将△ADE 沿DE 折起到△A1DE 的位置, 使A1C ⊥CD,如图2.(I)求证: A1C ⊥平面BCDE ；(II)若M 是A1D 的中点, 求CM 与平面A1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P, 使平面A1DP 与平面A1BE 垂直？ 说明理由D A B C A CD B 图2 图1 ME . ·。
立体几何中的翻折问题
A
B
练习:如图所示，在直角梯形 ABCP 中， AB=BC=3,AP=7,CD⊥AP,现将△PCD 沿折 线 CD 折成直二面角 P-CD-A，设 E,F,G 分 别是 PD,PC,BC 的中点。 (1)求证：PA∥平面 EFG; (2)求 AF 与平面 PAD 所成角的正弦值。
练习：如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=2BC， ∠ABC=120° 。E 为线段 AB 的中点，将△ ADE 沿 直线 DE翻折成△ A’DE， 使平面 A’DE⊥平面 BCD， F 为线段 A’C 的中点。 （1）求证：BF∥平面 A’DE； （2）设 M 为线段 DE 的中点，求直线 FM 与平面 A’DE 所成角的余弦值。
立体几何中的 翻折问题
2012.9.17
例 1:已 知 :E,F是 正 方 形 ABCD的 边 BC和
CD的 中 点 ,分 别 沿 AE,EF,AF将 ABE,ECF, AFD折 起 使 B,C,D三 点 重 合 于 P点 ,如 图 ,
(1)求 证 :AP EF;
(2)求 二 面 角 A-EF-P的 大 小 .
P(B,C,D) A D F C E A E F
B
小结：求解翻折问题的基本方法：
(1)先比较翻折前后的图形，弄 清哪些量和位置关系在翻折过程中 不变，哪些已发生变化。 (2)将不变的条件集中到立体图 形中，将问题归结为一个条件与结 论明朗化的立几问题。
2.如图，ABCD是正方形，E是AB的中点，
D
A
B
G
CAΒιβλιοθήκη B4．将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成二 面角 D-AC-B， 使点 B、D 的距离等于 AB 的长，此时直线 AB 与 CD 所成的 角为 ；
立体几何翻折问题解题技巧
立体几何翻折问题解题技巧
立体几何翻折问题是指将一个平面图形通过折叠变成一个立体
图形的问题。
这种问题在数学竞赛和考试中经常出现，需要掌握一些解题技巧。
1. 观察图形
首先需要认真观察给定的图形，理解其形状和结构。
可以通过画出各个面的展开图或者模型来加深对图形的理解。
2. 寻找对称性
考虑到翻折后的立体图形具有一定的对称性，可以通过寻找对称轴来简化问题。
对称轴可以是图形的中心线、对角线或者其他线段。
3. 利用平行四边形法则
平行四边形法则指如果一个图形经过翻折后，两个相邻的侧面是平行四边形，则它们的对边相等。
这个定理对解决立体几何翻折问题非常有用。
4. 利用角度关系
如果一个图形经过翻折后，两个相邻的侧面是由同一直线切割而成，则它们的夹角相等。
这个关系可以用于计算角度，解决一些复杂的立体几何问题。
5. 练习和实践
最后，需要进行大量的练习和实践，提高解题能力和技巧。
可以尝试解决不同形状和难度级别的立体几何翻折问题，不断挑战自己。
总之，掌握立体几何翻折问题的解题技巧需要综合运用几何知识
和逻辑思维能力。
通过多练习和实践，可以提高解题水平，取得更好的成绩。
专题06 立体几何中的翻折问题(解析版)
第三篇 立体几何专题07 立体几何中的翻折问题常见考点考点一 翻折问题典例1．如图1五边形ABCDE 中，ED EA =，//AB CD ，2CD AB =，150EDC ∠=︒，将EAD 沿AD 折到PAD △的位置，得到四棱锥P ABCD -，如图2，点M 为线段PC 的中点，且BM ⊥平面PCD ．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）若直线PC 与AB 所成角的正切值为12，求二面角P BD C --余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）取PD 的中点N ，连结AN ，MN ，利用中位线定理可证明四边形ABMN 为平行四边形，从而//AN BM ，可得AN ⊥平面PCD ，推出AN PD ⊥，AN CD ⊥，利用PAD △为等边三角形，由边角关系可得CD AD ⊥，结合线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用线线角的定义可得PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角，从而得到2CD PD =，设1PD =，建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可． 【详解】（1）证明：取PD 的中点N ，连接AN ，MN 则//MN CD ，12MN CD =， 又//AB CD ，12AB CD =，所以//MN AB ，MN AB =，则四边形ABMN 为平行四边形，所以//AN BM ，又BM ⊥平面PCD ，∴AN ⊥平面PCD ，∴AN PD ⊥，AN CD ⊥． 由ED EA =即PD PA =及N 为PD 的中点，可得PAD △为等边三角形， ∴60PAD ∠=︒，又150EDC ∠=︒，∴90CDA ∠=︒，∴CD AD ⊥，又,AN AD 在平面PAD 内相交， ∴CD ⊥平面PAD ．（2）//AB CD ，∴PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角， 由（1）可得90PDC ∠=︒，∴1tan 2PD PCD CD ∠==，∴2CD PD =， 设1PD =，则2CD =，1PA AD AB ===，取AD 的中点O ，连接PO ，易知PO ⊥平面ABCD 过O 作AB 的平行线， 可建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则1,0,02D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，1,2,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴14M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以()1,1,0DB =，1,1,2PB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，34BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 设(),,n x y z =为平面PBD的法向量，则0102x y x y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 取3x =，则(13,3,n =-为平面PBD 的一个法向量， 又平面BCD 的法向量()20,0,1n =，设二面角P BD C --为θ∴1212123cos cos ,721n n n n n n θ⋅-====-，由图可知二面角为钝角，所以二面角P BD C --余弦值为变式1-1．如图，在Rt ABC 中，AC BC ⊥，30BAC ∠=︒，BC =，3AC DC =，//DE BC ，沿DE 将点A 折至1A 处，使得1A C DC ⊥，点M 为1A B 的中点.（1）证明：1A B ⊥平面CMD . （2）求二面角B CM E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）先证明DC ⊥平面1A CB ，可得1DC A B ⊥，再利用勾股定理计算出1A C BC =，由三线合一得1CM A B ⊥，即可证明出1A B ⊥平面CMD ；（2）以C 为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得平面CMB 的法向量为()11,0,0n =，求出平面CME 的法向量，再利用向量的夹角公式计算余弦值. 【详解】（1）证明：由DC BC ⊥，1A C DC ⊥，且1AC BC C =， 可得DC ⊥平面1A CB ，又1A B ⊂平面1A CB ，因此1DC A B ⊥.由30BAC ∠=︒，BC =33AC DC ===，因此1DC =，12AD A D ==，由勾股定理可得1AC BC =. 又因为点M 为1A B 的中点，所以1CM A B ⊥， 而CD CM C ⋂=，故1A B ⊥平面CMD .（2）解：因为DE CD ⊥，1DE A D ⊥，所以DE ⊥平面1A CD ，又//BC DE ，所以BC ⊥平面1A CD .如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -，则M ⎛⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()B ，则0,,22CM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,3CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.易知()11,0,0n =是平面CMB 的一个法向量.设平面CME 的法向量为()2,,n x y z =，则2200n CM n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00y x y =⎨⎪=⎪⎩，令y =(2n =-.12cos ,n n ==易知二面角B CM E --为锐角，故二面角B CM E --【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.变式1-2．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AB =，3CD =，45ADC∠=︒，AE 为梯形ABCD 的高，将ADE 沿AE 折到PAE △的位置，使得PB（1）求证：PE ⊥平面ABCE ；（2）求平面PBC 与平面P AE 所成二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）连接BE ，易知PE AE ⊥，BE 1PE =，由勾股定理证得PE BE ⊥，再由线面垂直的判定定理，得证；（2）以E 为原点建立空间直角坐标系，求得平面PBC 的法向量n ，由线面垂直的判定定理可证得EC ⊥平面PAE ，故平面PAE 的一个法向量为EC ，再由cos EC <，||||EC n n EC n ⋅>=⋅，即可得解．【详解】（1）证明：折叠前DE AE ⊥，折叠后PE AE ⊥，折叠前由已知得1DE AE AB ===，在AEB △中，BEBE =1PE =，因为PB PEB △为直角三角形，即PE BE ⊥，， 因为AE BE E =，AE ⊂平面ABCE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以PE ⊥平面ABCE ．（2）由（1）知PE EC ⊥，又EA EC ⊥所以以E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，()0,0,0E ，()0,2,0C ， 所以平面P AE 的法向量为()0,2,0CE =-，又()0,0,1P ，()1,1,0B -，()1,1,1PB =--，()0,2,1PC =- 设平面PBC 的一个法向量为(),,n x y z =则0PBn PCn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可求得平面PBC 的一个法向量为()1,1,2n =-计算得cos ,n CE <>==所以平面PBC 与平面P AE变式1-3．已知边长为2的等边ABC （图1），点D 和点E 分别是边AC 、AB 上的中点，将ADE 沿直线DE 折到ADE 的位置，使得平面A DE '⊥平面BCDE （图2），此时点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点.（1）证明：CD ⊥平面A OP '；（2）求平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）先证明DC OP ⊥，再由平面A DE '⊥平面BCDE 证明AOCD '⊥，利用线面垂直的判定定理即可证明CD ⊥平面A OP '；（2）以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）连接BD∴点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点. ∴//BD OP∴等边ABC 中，点D 是边AC 的中点 ∴DC BD ⊥∴DC OP ⊥∴等边ADE 中，点O 是边DE 的中点 ∴A O DE '⊥又∴AO '⊂平面A DE∴平面A DE '⊥平面BCDE 且平面A DE '平面BCDE DE =∴AO '⊥平面BCDE ∴AOCD '⊥ ∴A O OP O '⋂=∴CD ⊥平面A OP '（2）设BC 的中点H ，由图1得OH BC ⊥以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎛' ⎝⎭，10,,02D ⎛⎫⎪⎝⎭，C ⎫⎪⎪⎝⎭，所以10,2DA ⎛'=- ⎝⎭，31,02DC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面ACD '的法向量为(),,n x y z =.由10231022n DA y z n DC x y ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪'⎩，取y =()1,3,1n =-； 因为平面BCDE 的法向量为()0,0,1m =设平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角为θcos 51m n m nθ⋅===+ 所以，平面ACD '与平面BCDE .【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．典例2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∴CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ∴平面BCO 1O ，如图2，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∴OB .（1）证明：OD ∴平面P AQ ；（2）若BE ＝2AE ，求二面角C BQ A 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由OA，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到OD∴AQ，OD∴PQ证得OD∴平面P AQ；（2）由空间直角坐标系求得平面CBQ的法向量和平面ABQ的法向量，根据数量积的夹角公式可得答案.【详解】(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．∴点P为BC的中点，∴P9 (0,,3)2，∴OD＝(3，0，6)，AQ＝(0，m，0)，PQ＝9 (6,,3)2m--.∴OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，∴OD∴AQ，OD∴PQ，即OD∴AQ，OD∴PQ，又AQ∩PQ＝Q，∴OD∴平面P AQ.(2)∴BE＝2AE，AQ∴OB，∴AQ＝12OB＝3，则Q(6，3，0)，∴OB＝(－6，3，0)，BC＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11.0,.0,n QB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩得630,360,x y y z -+=⎧⎨-+=⎩令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，1n ＝(1，2，1)． 易得平面ABQ 的一个法向量为2n ＝(0，0，1)． 设二面角C BQ A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝212||||I n n n n ⋅⋅＝即二面角C BQ A 【点睛】本题考查了立体几何，建立空间直角坐标系是解题的关键，线面垂直可以通过直线的方向向量进行相应的计算，二面角的平面角可以通过法向量之间进行相应的计算，就能够得到问题的解决. 变式2-1．如图1，四边形ABCD 是正方形，四边形11ADE F 和22BCE F 是菱形，2AB =，1260DAF CBF ∠=∠=︒.分别沿AD ，BC 将四边形11ADE F 和22BCE F 折起，使1E 、2E 重合于E ，1F 、2F 重合于F ，得到如图2所示的几何体.在图2中，M 、N 分别是CD 、EF 的中点.（1）证明：MN ⊥平面ABCD ；（2）求平面DCN 与平面ABF所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）先利用菱形与等边三角形的垂直关系得EF ⊥平面DNC ，再根据//EF AD 得AD ⊥平面DNC ，再得AD MN ⊥，又根据M 是DC 的中点得MN DC ⊥，故MN ⊥平面ABCD ；（2）根据题意，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -，利用法向量求解即可. 【详解】（1）连接DF ，由图1知，四边形ADEF 为菱形，且60DEF ∠=︒， 所以DEF 为等边三角形，从而EF DN ⊥. 同理EF CN ⊥，又DN CN N =，∴EF ⊥平面DNC .∴//EF AD ，∴AD ⊥平面DNC ，又∴MN ⊂平面DNC ，∴AD MN ⊥. ∴ND NC =，M 是DC 的中点，∴MN DC ⊥.又AD ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，AD DC D =，∴MN ⊥平面ABCD . （2）取AB 的中点G ，连接MG ，∴四边形ABCD 是正方形，MG DC ⊥.如图，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -， 则M ()0,0,0M ，()2,1,0A -，()2,1,0B ，()2,0,0G，(F ， ∴()0,2,0AB =，(AF =-，()2,0,0MG =.设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，由00n AB n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得200y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，取()2,0,1n =，∴MG ⊥平面DNC ，∴取平面DNC 的法向量()2,0,0MG =，∴22cos ,23MG n MG n MG n⋅===⋅ 设平面DCN 与平面ABF 所成锐二面角的平面角为θ，∴cos θ=，故平面DCN 与平面ABF 【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用向量方法求解二面角问题，考查数学运算能力，是中档题.变式2-2．如图，已知四边形ABDE AD 与BE 相交于点O ，BCD △为等边三角形．现将EAD 沿AD 折起到E AD '的位置，将CBD 沿BD 折起到C BD '的位置，使得折后E D '⊥平面C BO '．（1）求证：OB ⊥平面'AE D ； （2）求二面角A OC B -'-的大小．【答案】(1)见解析;(2)3π.【解析】 【分析】(1)推导出E D OB '⊥,OB AD ⊥,由此能证明OB ⊥平面AE D '．(2)以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A OC B -'-的大小． 【详解】(1)证明:E D '⊥平面C BO ',OB ⊂平面C BO ',∴E D OB '⊥， ∴在正方形ABDE 中,O 为AD 与BE 的交点,OB AD ∴⊥E D AD D '⋂=,OB ∴⊥平面AE D '.(2)解:AE E D '=',O 为AD 中点,E O AD ∴'⊥以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系A ,B ,(D ,E ',E D '⊥平面C BO ',∴平面C BO '的一个法向量为(3,0,n E D ='=E D '⊥平面C BO ',∴E D OC '⊥'设(,,)C x y z ',则(,)DC x y z '=+,(,)BC x y z '=1E D OC '⊥,||||6DC BC '='=,066=∴，解得x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩或x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎪⎩(舍).(C ∴' 设平面AOC '的法向量(,,)n x y z =则OA 3x 0OC 3x 0n n '⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩,取1y =,得(0,1,1)n =- 设二面角A OC B -'-为θ,则|||31cos ||||22n m n m θ⋅-===⋅⋅由图知3πθ=,∴ 二面角A OC B -'-的大小为3π.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,考查了二面角的求法.在证明线面垂直时,关键是在平面内找到两条直线与已知直线垂直,常运用勾股定理、矩形的临边、正方形的对角线、等腰三角形三线合一、线面垂直的性质等来证明线线垂直.求二面角的大小时,建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,进而可求.变式2-3．如图1，在矩形ABCD 中，AB =BC =点E 、P 分别在线段DC 、BC 上，且DE =152DP =，现将AED ∆沿AE 折到'AED ∆的位置，连结'CD ，'BD ，如图2（1）证明：'AE D P ⊥；（2）记平面'AD E 与平面'BCD 的交线为l .若二面角'B AE D --为23π，求l 与平面'D CE 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2 【解析】(1)建立坐标系证明AE DP ⊥，再由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质证明'AE D P ⊥； (2)根据公理3得到平面'AD E 与平面'BCD 的交线，再根据二面角定义得到二面角'B AE D --的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求l 与平面'D CE 所成角的正弦值. 【详解】解：（1）证明：如图1，线段,DP AE 交于点O在Rt PCD ∆中，由DC AB ==152DP =，PC =以点A 为坐标原点，建立直角坐标系，则(5,2AE =，PD ⎛=- ⎝⎭即30AE PD ⋅=-= AE DP ∴⊥，从而有AE OD ⊥，AE OP ⊥，即在图2中有AE OD '⊥，AE OP ⊥，OD OP O '⋂=，,OD OP '⊂平面POD 'AE ∴⊥平面POD 'D P '⊂平面POD '，AE D P '∴⊥；（2）延长AE ，BC 交于点Q ，连接'D Q根据公理3得到直线'D Q 即为l ，再根据二面角定义得到23D OP π'∠=. 在平面'POD 内过点O 作底面垂线，O 为原点，分别以OA 、OP 、及所作为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标则(0,D '-，(1,0,0)E -，(11,0,0)Q -，(3,4,0)C -，(11,1,D Q '=-，(2,4,0)EC =-，(1,ED '=-，设平面'D EC 的一个法向量为(,,)n x y z =，由2400n EC x y n ED x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩'， 取1y =，得2,1,n ⎛= ⎝⎭. l ∴与平面D CE '所成角的正弦值为15cos ,5n D Q n D Q n D Q'⋅'=='⋅【点睛】本题主要考查了由线面垂直证线线垂直以及利用向量法证明线面角，属于较难题.巩固练习练习一 翻折问题1．如图1，在平面五边形ABCDE 中，AD ∥,24,BC AD BC AB ===90ABC ∠=,ADE 是等边三角形.现将ADE 沿AD 折起，记折后的点E 为E '，连接,E B E C ''得到四棱锥E ABCD '-，如图2.(1)证明：BC CE ⊥'；(2)若平面E CD '⊥平面ABCD ，求二面角'A DE B --的余弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）构建CE '所在的面，通过线面垂直证明线线垂直（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值 (1)如上图所示，设M 为AD 中点，连接,E M CM '，因为ADE 是等边三角形，所以AD E M ⊥'，因为AD∥,BC 所以BC E M ⊥'，因为2AD BC =所以AM BC =且//AM BC ，所以//AB CM ，因为90,ABC =∠所以CM BC ⊥ 又,CME M M '=CM 、EM ⊂平面E MC '， BC ∴⊥平面E MC '，又因为'CE ⊂平面E MC '，所以'BC CE ⊥(2)如下图所示，过A 作AH DC ⊥于点H ，由平面E CD '⊥平面ABCD ，平面E CD '平面ABCD CD =，AH ∴⊥平面,E CD '又因为'CE ⊂平面E MC '，所以AH E C ⊥' 又'BC C E ⊥，,AH BC 相交，AH 、BC ⊂平面ABCDCE ∴'⊥平面,ABCD CE '以C 为原点建立如图所示的坐标系()()()(,,2,0,0,D A B E '-()(',BD BE =-=-，()('4,0,0,2,AD AE =-=-设平面'BDE 的法向量(),,n x y z =满足(0403,26,020n BD x n n BE x ⎧⎧⋅=-=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=-=⎪'⎪⎩⎩ 设平面'ADE 的法向量(),,m x y z =满足()4000,1,1200x m AD m x m AE ⎧-=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨-+=⎪=⎩⎪⎩'⋅313cos ,13n m m n n m ⋅==⋅.所以二面角'A DE B --2．如图所示，在边长为12的正方形11AA A A ''中，点B ，C 在线段AA '上，且3AB =，4BC =，作11BB AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1B 、P ，作11CC AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1C 、Q ，将该正方形沿BB 1、CC 1折叠，使得1A A ''与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱111ABC A B C -．(1)试判断直线AQ 是否与平面11AC P 平行，并说明理由； (2)求平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值． 【答案】(1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由见解析【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面11AC P 的法向量，看向量AQ 是否与平面11AC P 的法向量垂直，从而得到答案；（2）求出平面APQ 与平面ABC 的法向量，从而求出平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值. (1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由如下：如图，以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0B ，()3,0,0A ，()0,4,0C ，()13,0,12A ，()10,4,12C ，()0,0,3P ，()0,4,7Q ，所以()3,4,7AQ =-，设平面11AC P 的法向量为(),,n x y z =，则11039093,,149040n PA x z n y z n PC ⎧⋅=+=⎧⎪⎛⎫⇒⇒=-⎨⎨ ⎪+=⎝⎭⋅=⎩⎪⎩，因为0AQ n ⋅≠，所以直线AQ 与平面11AC P 不平行；(2)设平面APQ 的法向量()1111,,x n y z =则()11103301,1,14400n PA x z n y z n PQ ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ 所以，面APQ 的法向量为()11,1,1=-n ，由题意得：面ABC 的法向量为()20,0,1n =，所以1212121cos ,3n n n n n n ⋅===，设平面APQ 与平面ABC 所成二面角为α，显然α为锐角，故123cos cos ,3n n α== 所以平面APQ 与平面ABC 3．如图，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，且π3B ∠=，现沿着AC 将ABC 折到EAC 的位置，使得平面EAC ⊥平面ACD ，M ，N 是线段EC ，ED 上的两个动点（不含端点），且EM ENEC EDλ==.(1)证明：//MN 平面EAB ；(2)求直线EC 与平面EAD 所成的角的正弦值；(3)设平面AMN 与平面EAD 所成锐二面角为θ，当cos θ=λ的值. 【答案】(1)证明见解析(3)13【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得//MN CD 、//AB CD ，进而可得//MN AB ，再由线面平行的判定定理即可求证；（2）取AC 的中点O ，连接,EO BO ，证明,,OB OC OE 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面EAD 的一个法向量n 以及EC 的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；（3）由（2）知平面EAD 的法向量n ，根据AM AE EC λ=+，AN AE ED λ=+求出AM 和AN 的坐标，再求出平面AMN 的一个法向量m ，根据空间向量夹角公式计算cos cos 105,m n θ==解方程即可得λ的值. (1) 因为EM ENEC EDλ==，所以//MN CD ， 因为四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，所以//AB CD ， 所以//MN AB ，因为MN ⊄平面EAB ，AB 平面EAB ，所以//MN 平面EAB . (2)因为2EA EC ==，取AC 的中点O ，连接,EO BO ，则EO AC ⊥，BO AC ⊥， 因为平面EAC ⊥平面ACD ，平面EAC 平面ACD AC =，OE ⊂面EAC ， 所以EO ⊥面ABCD ，可得,,OB OC OE 两两垂直，如图：以O 为原点，分别以,,OB OC OE 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(E ，()0,1,0C ，()0,1,0A -，()D ，所以(0,1,EC =，(AE =，()AD =-， 设平面EAD 的一个法向量(),,n x y z =，则3030AE n y z AD n x y⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，可得y =1z =-，所以()1,3,1n =-， 设直线EC 与平面EAD 所成的角为α，则2sin cos ,52EC n EC nEC nα⋅====⨯⋅. 所以直线EC 与平面EAD . (3)由（2）知：平面EAD的法向量为()1,3,1n =-， 因为EM ENEC EDλ==，所以()0,,EM EC λλ==，(),0,EN ED λ==-，()0,1AM AE EM λ=+=+，()AN AE EN =+=，设平面AMN 的一个法向量()000,,=m x y z ，则()))000001030AM my z AN m x y z λλ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令0y 011z λλ+=-，01x =-，所以11m λλ+⎛⎫=- ⎪-⎝⎭， 所以cos cos ,55m n m n m nθ⋅====⋅⨯，整理可得：29610λλ-+=，解得：13λ=.4．如图，正方形11ABB A 的边长为2，11,AB A B 的中点分别为1,C C ，正方形11ABB A 沿着1CC 折起形成三棱柱111ABC A B C -，三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AD AA λ→→=.(1)证明：当12λ=时，求证：1DC ⊥平面BCD ；(2)若二面角1D BC C --λ的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)14λ= 【解析】 【分析】（1）由题知点D 是1AA 的中点，进而根据几何关系得1DC DC ⊥，再根据已知条件证明BC ⊥平面11ACC A 得1BC DC ⊥，最后结合判定定理证明即可；（2）根据题意，点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. (1)证明：当12λ=时，点D 是1AA 的中点，因为1111AC AD A D AC ====，所以1DC DC ==又12CC =，所以22211DC DC CC +=，所以1DC DC ⊥，因为BC AC ⊥，1BC CC ⊥，1AC CC C =， 所以BC ⊥平面11ACC A ，1DC ⊂平面11ACC A ， 所以1BC DC ⊥，且DC BC C =，所以1DC ⊥平面BCD ； (2)解：因为1CC ，CA ，CB 两两互相垂直，所以以点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，CA ⊥平面1BCC ，所以向量()1,0,0CA →=是平面1BCC 的法向量，设AD h =()0,1,0B ，()10,0,2C =，()1,0,D h ，()10,1,2BC →=-，()1,1,BD h →=-，设平面1DBC 的法向量(),,n x y z →=，所以100BC n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y hz y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，2x h =-，2y =，所以平面1DBC 的一个法向量()2,2,1n h →=-，cos ,CA nCA n CA n→→→→→→⋅==12h = 所以114AD AA →→=，即14λ=，此时二面角1D BC C--5．如图甲所示，在矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，沿AE 将AED 翻折，使D 折至D 处，且二面角D AE B '--为直二面角（如图乙）．（1）求证：AD BE '⊥；（2）求平面D EC '与平面ECB 所成角的正切值． 【答案】（1）答案见解析；（2 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--，计算出数量积为0，由此即可得证； （2）求得OD '=是平面EBC 的一个法向量，求出平面CD E '的一个法向量，再利用向量的夹角公式求得所求二面角的余弦值，进而求得正切值． 【详解】（1）证明：由题意4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，AD E '∴为等腰三角形，取AE 的中点O ，则D O AE '⊥，又因为二面角D AE B '--为直二面角，平面D AE '平面EABC AE =，所以D O '⊥平面EABC ，以O 为原点，过O 分别作,AB BC 的平行线作为,y x 轴，OD '为z 轴建立如图坐标系：则(0,0,0),(1,1,0),(1,3,0),(1,3,0),(1,1,0),O A B C E D '---，∴(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--， ∴0AD BE '⋅=，ADBE '∴⊥；（2）(0,2,0),(1,EC ED '==-，OD '=是平面EBC 的一个法向量，设平面CD E '的一个法向量为(,,)n x y z =，则·20·0n EC y n ED x y ⎧==⎪⎨=-'+=⎪⎩，则可取(2,0,1)n =-，∴3cos ,3||||OD n OD n OD n '⋅'<>=='，∴tan ,2OD n '<>=，即平面CD E '与平面ECB6．如图1，Rt ABC 中，90B ∠=︒，AB =2BC =，D ，E分别是AB ，AC 的中点.把ADE 沿DE 折至PDE △的位置，P ∉平面BCED ，连接PB ，PC ，F 为线段PB 的中点，如图2.（1）求证：DF ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P BDE -的体积为12时，求直线BD 与PC 所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2【解析】 【分析】（1）根据已知容易得出DF PB ⊥，再由DE ⊥平面PBD ，DE BC ∕∕可得BC DF ⊥，从而可证DF ⊥平面PBC ；（2）根据三棱锥P BDE -的体积为12及BDE 的面积可得PD ⊥平面BDE ，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线BD 与PC 所成角的正切值. 【详解】（1）证明：因为D 是AB 的中点， 所以AD BD =，即PD BD =，又因F 为线段PB 的中点，所以DF PB ⊥， 因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点， 所以DE BC ∕∕，因为90B ∠=︒，所以DE AB ⊥， 即DE PD ⊥，DE BD ⊥， 因为PD BD D ⋂=， 所以DE ⊥平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD ， 因为DF ⊂平面PBD ， 所以BC DF ⊥， 又因BC PB B =， 所以DF ⊥平面PBC ；（2）解：因为AB =2BC =，D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以BD PD ==1DE =， 由（1）得BDE 为直角三角形，故BDES=， 设三棱锥P BDE -的高为h ，则1132P BDE BDEV Sh -=⋅==，所以h PD ，所以线段PD 即为三棱锥P BDE -的高， 所以PD ⊥平面BDE ，则,PD BD PD DE ⊥⊥， 如图，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，)B ，(P ，)C ，故()3,0,0DB =，(3,2,PC =，所以cos ,103DB PC DB PC DB PC⋅===， 又因直线BD 与PC 所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，所以直线BD 与PC所以直线BD 与PC7．如图是矩形ABCD 和边AB 为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，若点E 是折后图形中半圆O 上异于,A B 的点．（1）证明：EA EC ⊥；（2）若22AB AD ==，且异面直线AE 和DC 所成的角为6π，求平面DCE 与平面AEB 所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得BC ⊥圆O ，由线面垂直的性质得BC EA ⊥，根据线面垂直的判定可得EA ⊥面EBC ，再由线面垂直的性质可证EA EC ⊥.（2）法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，首先求得1,0)2E ，再分别求平面DCE 和平面AEB 的法向量，利用法向量求二面角的余弦值；法二：首先作出两个平面的交线，再作出二面角的平面角，再求二面角的余弦值. 【详解】（1）∴平面ABCD 垂直于圆O 所在的平面，两平面的交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，∴BC 垂直于圆O 所在的平面．又EA 在圆O 所在的平面内，∴BC EA ⊥． ∴AEB ∠是直角，∴BE EA ⊥．而BE BC B =，∴EA ⊥平面EBC ． 又∴EC ⊂平面EBC ，∴EA EC ⊥． （2）法1（向量法）：如图，以点O 为坐标原点，AB 所在的直线为y 轴，过点O 与BC 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．由异面直线AE 和DC 所成的角为6π，//AB DC 知6BAE π∠=，∴3BOE π∠=，∴1,0)2E ． 由题设可知(0,1,1)C ，(0,1,1)D -，∴33(,1)22DE =-，31(,1)2CE =--． 设平面DCE 的一个法向量为000(,,)p x y z =，由0DE p ⋅=，0CE p ⋅=000000302102y z y z +-=--= 得00z x =，00y =，取02x =，得0=z∴p =．又平面AEB 的一个法向量为(0,0,1)q =， ∴21cos ,7p q p q p q ⋅<>==． 故平面DCE 与平面AEB法2（几何法）：如图，过点E 作直线//m DC ， 则m 是平面DCE 与平面AEB 的交线． 再过点B 作BP m ⊥，P 为垂足，连接CP ，则BPC ∠是平面DCE 与平面AEB 所成锐二面角的平面角．在直角三角形AEB 中，6BAE π∠=，2AB =，所以 1.BE =在直角三角形PEB 中，,13BEP BE π∠==，所以BP =．在直角三角形PBC 中，BP PC BPC PC ==∠=．故平面DCE 与平面AEB ． 8．如图1是由正方形11ACC A 和长方形11BCC B 组成的平面图形，且24AC BC ==，D 、E 分别是11A C 、BC 的中点．将其沿1CC 折起，使得二面角1A CC B --的平面角大小为60，如图2．（1）判断直线1C E 与平面ABD 的位置关系，并证明你的结论； （2）求直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）1//C E 平面ABD ，证明见解析；（2 【解析】 【分析】（1）取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，证明出四边形1ENDC 为平行四边形，可得出1//C E DN ，利用线面平行的判定定理可得出结论；（2）以点B 为坐标原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）1//C E 平面ABD ，理由如下：取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，因为四边形11ACC A 为正方形，则11//AC A C 且11AC A C =， D 为11A C 的中点，所以，1//DC AC 且112DC AC =， N 、E 分别为AB 、BC 的中点，则//NE AC 且12NE AC =， 所以，1NE DC =且1//NE DC ，故四边形1ENDC 为平行四边形，从而1//C E DN ．而DN ⊂平面ABD ，1C E 平面ABD ，所以1//C E 平面ABD ；（2）1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，所以，二面角1A CC B --的平面角为ACB ∠，所以60ACB ∠=．而4AC =，2CB =，由余弦定理可得2222cos 12AB AC BC AC BC ACB =+-⋅∠=，由勾股定理可得222AB BC AC +=，从而AB BC ⊥．在图2中，1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，AC BC C =，1CC ∴⊥平面ABC ，11//CC BB ，1BB ∴⊥平面ABC ，以点B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则()0,0,0B、()0,A、()4D 、()2,0,0C ．从而()BA =，()1,BD =，()2,0,0BC =． 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =，由00n BA n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得040x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩， 取4x =，则()4,0,1n =-，所以，cos ,17n BCn BC n BC ⋅===⋅ 所以直线BC 与平面ABD 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h lθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.。
立体几何的翻折问题
AE
A D
2
E
H
D
B
4F C
F
C
5.(16届金华十校一模17)如图, 在矩形ABCD中, 已知AB=2, AD=4点 E、F分别在AD、BC上, 且AE=1, BF=3, 将四边形AEFB沿EF折起, 使点B在平面CDEF上的射影H在直线DE上. (Ⅰ) 求证: CD⊥BE; (Ⅱ) 求线段BH的长度; (Ⅲ) 求直线AF与平面EFCD所成角的正弦值.
5
1 2 M
5
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6.(2016届温州一模·理8)如图, 在矩形中ABCD, AB=2, AD=4, 点E在 线段AD上且AE=3, 现分别沿BE, CE将△ABE, △DCE翻折, 使得点 D落在线段AE上, 则此时二面角D-EC-B的余弦值为 ( D )
4
5
6
7
A.
B.
C.
D.
5
6
7
8
4 2
25 5
22
85 5
方法:
(1) 特殊法(极端情形), 关注特殊位置、特殊图形、 特殊点 等;
(2) 建立角或者边的关系的函数转化为函数的最值问题; (3) 充分挖掘翻折过程中点、线、面的几何本质.
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×
E
E
B × ×
方法二: 定义法
E
H
二、翻折问题题目呈现: (一) 翻折过程中的范围与最值问题
C
方法三: 向量基底法
定义法: 对于异面直线所成的角，如利用平
行线转化为平面角，把空间问题转化为平面问题
过 F 作 FH ∥ EB，交 AD于 H .设菱形 ABCD的边长为 1， A
第48讲 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
第四十八讲：立体几何中的翻折、探究性、最值问题 【典题分析】题型1：平面图形的翻折问题例1 如图，四边形ABCD 为正方形，F E ,分别为BC AD ,的中点，以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达点P 的位置，且BF PF ⊥.（1）证明：平面⊥PEF 平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【方法规律】 3步解决平面图形翻折问题：第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明 .【题组练习】1、如图，梯形EFBC 中，FB EC //，BF EF ⊥，432==EC BF ，2=EF ，A 是BF 的中点，EC AD ⊥，D 在EC 上，将四边形AFED 沿AD 折起，使得平面⊥AFED 平面ABCD ，点M 是线段EC 上异于C E ,的任意一点.（1）当点M 是EC 的中点时，求证：//BM 平面AFED ；（2）当平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角的正弦值为630时，求三棱锥BDM E -的体积.2、如图，ABC ，ACD △，ABE △均为正三角形，2AB =，AB 中点为O ，将ABE △沿AB 翻折，使得点E 折到点P 的位置．（1）证明：CD ⊥平面POC ；（2）当6PC =时，求二面角B PC D --的余弦值．3、如图甲，在ABC 中，AB BC ⊥，6AB =，3BC =，D ，E 分别在AC ，AB 上，且满足2AE AD BE DC==，将ADE 沿DE 折到PDE △位置，得到四棱锥-P BCDE ，如图乙． 1）已知M ，N 为PB ，PE 上的动点，求证：MN DE ⊥；（2）在翻折过程中，当二面角P ED B --为60°时，求直线CE 与平面PCD 所成角的正弦值．题型2：立体几何中的探究性问题例2 如图，在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，E 为AB 的中点，F 为BC 的中点，O 为1BD 的中点.（1）求证：AF ⊥平面1DD E ；（2）线段AF 上是否存在点G ，使得//OG 平面1DD E ，若存在，求出AG GF 的值，若不存在，请说明理由.。
立体几何中的翻折问题和探索性问题
(3)连接 AC，过 M 作 MP⊥AC 于 P.在正方体 ABCD－ EFGH 中，AC∥EG，所以 MP⊥EG.过 P 作 PK⊥EG 于 K， 连接 KM，所以 EG⊥平面 PKM，从而 KM⊥EG.所以∠PKM 是二面角 A－EG－M 的平面角．设 AD＝2，则 CM＝1，PK ＝2，
在 Rt△CMP 中，PM＝CMsin45°＝ 22.在 Rt△MPK 中，
解 (1)证明：按题意作出三棱锥，如图．
由题知 AD＝AE，DG＝GE，∴DE⊥AG，又 DF＝EF， DG＝GE，∴DE⊥FG.又 AG∩FG＝G，∴DE⊥平面 AGF.
(2)由(1)得 DE⊥AG，DE⊥FG，所以∠AGF 为二面角 A
－DE－F 的平面角．
在△AGF 中，AF＝3，AG＝323，FG＝ 23， 所以 cos∠AGF＝AG22＋·AFGG·F2－GAF2
又 CE⊂平面 ABCD，以平面 PCE⊥平面 PAH.
过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE.
所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角．
在
Rt△AEH
中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以
AH＝
2 2.
在 Rt△PAH 中，PH＝ PA2＋AH2＝322，
【针对训练】 (2016·四川高考)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD∥BC， ∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD，E 为棱 AD 的中点， 异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°.
(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM∥平面 PBE， 并说明理由；
(2)若二面角 P－CD－A 的大小为 45°，求直线 PA 与平 面 PCE 所成角的正弦值．
新高考数学复习知识点讲解与练习61---立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题
新高考数学复习知识点讲解与练习立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题1．翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．2．在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．3．立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积、体积的最值．其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等求出最值．题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图②.(1)证明：图②中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图②中的二面角B －CG －A 的大小．(1)证明 由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ， 所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ， 所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE . (2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ， 所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0.所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B －CG －A 的大小为30°.【训练1】(2021·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD .将△BCD 沿BD 翻折至△BPD ，且满足平面ABP ⊥平面BPD . (1)求证：二面角P －BD －A 是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD 与平面P AO 所成角的正弦值的大小．(1)证明 由已知条件易得∠BAD ＝60°，∠BDA ＝30°，AB ⊥BD . 在△BPD 中，过点D 作DH ⊥BP ，交BP 的延长线于点H . ∵平面ABP ⊥平面BPD ，平面ABP ∩平面BPD ＝BP ， ∴DH ⊥平面ABP ，∵AB ⊂平面ABP ，∴DH ⊥AB . 又∵BD ∩DH ＝D ，∴AB ⊥平面BPD ， ∵AB ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BPD . 即二面角P －BD －A 是直二面角．(2)解 法一 过点P 作PG ⊥BD ，交BD 于点G ，则G 是BD 的中点． 由(1)可知平面PBD ⊥平面ABD ， 又∵平面PBD ∩平面ABD ＝BD ， ∴PG ⊥平面ABD .设OB ＝1，则OP ＝1，OA ＝2，AB ＝BP ＝3， ∵AB ⊥平面BPD ，∴AB ⊥BP ， ∴AP ＝AB 2＋BP 2＝6，由余弦定理得cos ∠AOP ＝OA 2＋OP 2－AP 22OA ·OP ＝－14， 则sin ∠AOP ＝154. 设点D 到△AOP 的距离为h ， ∵V P －AOD ＝V D －AOP ， ∴13·PG ·S △AOD ＝13·h ·S △AOP ，∵PG ＝32，S △AOD ＝12×2×2·sin 2π3＝3， S △AOP ＝12×1×2×154＝154， ∴h ＝2155，∵PD ＝3，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值sin θ＝h PD ＝255.法二 分别取BD ，AD 的中点E ，F ，连接EP ，EF ， 则EF ∥AB .由(1)可知AB ⊥平面BPD ，∴EF ⊥平面BPD ，∴EF ⊥BD ，EF ⊥EP . ∵PB ＝PD ，∴PE ⊥BD ，以点E 为坐标原点，EF →，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设OB ＝1，可得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0. ∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，－32，AO →＝(－3，1，0)．设平面P AO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，AO →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x －32y －32z ＝0，－3x ＋y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，－1)，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·|PD →|＝255.题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为()A．圆B．抛物线C．双曲线D．椭圆(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点，若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹所在的曲线是()A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．直线答案(1)A(2)B解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系．设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.【训练2】(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线答案(1)B(2)B解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q与底面ABCD 所成的角，也就是直线D 1P 与MN 所成角θ的最小值，故∠D 1QD ＝π3，从而∠DD 1Q ＝π6，所以D 1Q 的轨迹是以D 1D 为轴，顶点为D 1，母线D 1Q 与轴D 1D 的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P 的轨迹就是该部分圆锥面与△A 1C 1D 面(不包括边界)的交线，而△A 1C 1D 面所在平面与轴D 1D 斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分．(2)由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆．题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥S －ABC 的底面边长为2a ，E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是()A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，＋∞(2)(2021·“超级全能生”联考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱AA 1＝t (t >4)，点E 是BC 的中点，点P 是侧面ABB 1A 1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，则四棱锥P －ABED 的体积的最大值是() A.433 B ．16 3 C.1633 D.6439 答案(1)B(2)C解析(1)因为E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，∴EF 綉12AB ，HG 綉12AB ，∴EF 綉HG ，同理，EH 綉FG ，所以EFGH 为平行四边形，又∵S －ABC 为正三棱锥，∴SC ⊥AB ，∴EF ∥AB ，FG ∥SC ，所以EF ⊥FG ，从而四边形EFGH 为矩形，其面积S ＝GH ·GF ＝12a ·SC ，当正三棱锥的高→0时，SC →正三角形ABC 的外接圆的半径233a ，所以四边形EFGH 的面积→33a 2，选B.(2)作PF ⊥AB ，垂足为点F ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DA ⊥平面ABB 1A 1，CB ⊥平面ABB 1A 1，在Rt △P AD 和Rt △PBC 中，所以tan ∠APD ＝AD AP ，tan ∠EPB ＝BEPB .因为tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，BE ＝12BC ＝12AD ，所以PB ＝2AP .因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊥AB ，所以PF ⊥平面ABCD .设PF ＝h ，AF ＝x ，则BF ＝4－x ，x ∈[0，4]，由PB ＝2AP ，得h 2＋(4－x )2＝4(x 2＋h 2)，即h 2＝－x 2－83x ＋163.因为函数y ＝－x 2－83x ＋163在[0，4]上单调递减，所以当x ＝0时，(h 2)max ＝163，即h max ＝433，所以四棱锥P －ABED 的体积的最大值(V P －ABED )max ＝13×12×(2＋4)×4×433＝1633，故选C.【训练3】 (1)在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 中点，点P 是平面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P －BCD 体积的最大值是()A ．36B ．12 3C ．24D ．18 3(2)(2021·镇海中学模拟)已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与正方体的各条棱相切，P 为球O 上一点，Q 是△AB 1C 的外接圆上的一点，则线段PQ 长的取值范围是________．答案(1)B(2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22解析(1)因为AD ⊥平面D 1DCC 1，则AD ⊥DP ，同理BC ⊥平面D 1DCC 1，则BC ⊥CP ，∠APD ＝∠MPC ，则△P AD ∽△PMC ，∵AD ＝2MC ，则PD ＝2PC ，下面研究点P 在面ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D (0，0)，C (6，0)，D 1(0，6)，C 1(6，6)，设P (x ，y )，因为PD ＝2PC ，所以x 2＋y 2＝2（x －6）2＋y 2，化简得(x －8)2＋y 2＝16，该圆与CC 1的交点纵坐标最大，交点为(6，23)，三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积为18，要使三棱锥P －BCD 体积最大，只需高最大，当P 在CC 1上且CP ＝23时棱锥的高最大，V ＝13·18·23＝12 3.(2)因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球心O 为正方体的中心，切点为各条棱的中点，则易得|OP |＝22.△AB 1C 为边长为2的等边三角形，设其外接圆的圆心为M ，则易得|MB 1|＝63.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得BD 1⊥平面AB 1C ，则OM ⊥MB 1.又因为|OB |＝32，|MB |＝33，所以|OM |＝36，则|OQ |＝|OB 1|＝|OM |2＋|MB 1|2＝32，所以|PQ |max ＝|OQ |＋|OP |＝3＋22，|PQ |min ＝|OQ |－|OP |＝3－22，即线段PQ 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22一、选择题1．已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹()A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形 答案A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE为直径的圆上，即点H的运动轨迹为圆，故选A.2．设P是正方体ABCD－A1B1C1D1的对角面BDD1B1(含边界)内的点，若点P到平面ABC、平面ABA1、平面ADA1的距离相等，则符合条件的点P()A．仅有一个B．有有限多个C．有无限多个D．不存在答案A解析与平面ABC，ABA1距离相等的点位于平面ABC1D1上；与平面ABC，ADA1距离相等的点位于平面AB1C1D上；与平面ABA1，ADA1距离相等的点位于平面ACC1A1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC1D1，平面AB1C1D，平面ACC1A1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．3．(2021·温州中学模拟)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为()A.5＋12 B.5－12 C.3＋12 D.3－12答案D解析因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.又因为鸡蛋(球体)的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面圆的距离d＝1－14＝32，则截面圆到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12，故选D.4．(2021·温州适考)如图，在△ABC 中，点M 是边BC 的中点，将△ABM 沿着AM 翻折成△AB ′M ，且点B ′不在平面AMC 内，点P 是线段B ′C 上一点．若二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，则直线AP 经过△AB ′C 的()A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心 答案A解析 因为二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，所以点P 到两个平面的距离相等，所以V P －AB ′M ＝V P －ACM ，即V A －PB ′M ＝V A －PCM .因为两三棱锥的高相等，故S △PB ′M ＝S △PCM ，故B ′P ＝CP ，故点P 为CB ′的中点，所以直线AP 经过△AB ′C 的重心，故选A.5．(2021·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧面P AD 为正三角形，且侧面P AD ⊥底面ABCD ，已知在侧面P AD 内存在点Q ，满足PQ ⊥QD ，则当AQ 最小时，二面角A －CD －Q 的余弦值是()A.2－34 B.2＋34C.2－62D.2＋64 答案D解析 取PD 的中点M ，因为四边形ABCD 为正方形，所以CD ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥QD ，则二面角A －CD －Q 的平面角是∠ADQ ，又因为点Q 的轨迹是以M 为圆心的圆，如图，当|AQ |最小时，∠ADQ ＝∠ADP －∠QDP ＝60°－45°＝15°，即二面角A －CD －Q 的余弦值为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋64，故选D.6．(2021·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为BD 1，BB 1上的动点，则△C 1PQ 周长的最小值为()A.2153B.4＋2 2C.4＋83 2D.2133 答案B解析 连接B 1D 1，BC 1，由图易得△C 1PQ 的三边分别在三棱锥B －B 1C 1D 1的三个侧面上，将三棱锥B －B 1C 1D 1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC 1D 1C 1′为直角梯形，当C 1′，P ，Q ，C 1四点共线时，△C 1PQ 的周长最小，最小值为C 1′D 21＋D 1C 21＝4＋22，即△C 1PQ 的周长的最小值为4＋22，故选B.7.(2021·上虞区期末调测)在棱长均为23的正四面体ABCD 中，M 为AC 的中点，E 为AB 的中点，P 是DM 上的动点，Q 是平面ECD 上的动点，则AP ＋PQ 的最小值是()A.3＋112B.3＋ 2C.534 D ．2 3 答案A解析 如图，作MG ⊥CE 于点G ，连接DG .由已知得平面CDE ⊥平面ABC ，又平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，则MG ⊥平面CDE ，故DG 为DM 在平面CDE 上的射影．将半平面ADM 沿DM 翻折至与半平面DMG 所成二面角为180°，记翻折后的点A 即A ′到DG 的距离为h A ，则h A 为△A ′DG 的边DG 上的高，且AP ＋PQ ＝A ′P ＋PQ ≥h A .因为MG ＝12AE ＝32，DM ＝DC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝3，则sin ∠MDG ＝MG DM ＝36，故cos ∠MDG ＝336.又∠ADM ＝∠A ′DM ＝π6，所以sin ∠A ′DG ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫∠MDG ＋π6＝336×12＋36×32＝3＋3312，所以AP ＋PQ 的最小值h A ＝A ′D sin ∠A ′DG ＝11＋32.故选A. 二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________． 答案 线段B 1C解析 易证BD 1⊥平面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C .9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为________． 答案π6解析 连接DP ，因为MN ＝2，所以PD ＝1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即V ＝18×43π×13＝π6.10．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若P A⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是________．答案(6，＋∞)解析连接AE，由三垂线逆定理可知DE⊥AE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长a2＞3，∴a＞6.11．如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案2 6解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝2，又因为BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S △AEF ≤12，所以三棱锥D －AEF 体积的最大值为13×2×12＝26.12．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1解析 如图，在平面ADF 内过D 作DH ⊥AF ，垂足为H ，连接HK .过F 点作FP ∥BC 交AB 于点P.设∠F AB ＝θ，则cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，255.设DF ＝x ，则1＜x ＜2， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，DK ⊥AB ，DK ⊂平面ABD ，∴DK ⊥平面ABC ，又AF ⊂平面ABC ，∴DK ⊥AF .又∵DH ⊥AF ，DK ∩DH ＝D ，DK ，DH ⊂平面DKH ， ∴AF ⊥平面DKH ，∴AF ⊥HK ，即AH ⊥HK . 在Rt △ADF 中，AF ＝1＋x 2，∴DH ＝x 21＋x 2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF ＝AD ， ∴Rt △ADF ≌Rt △FP A ，∴AP ＝DF ＝x .∵△AHD ∽△ADF ，∴cos θ＝11＋x 2t ＝x1＋x2. ∴x ＝1t .∵1＜x ＜2，∴1＜1t ＜2，∴12＜t ＜1. 三、解答题13．(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.14．(2021·杭州二中仿真模拟)如图，平面四边形ABCD 关于直线AC 对称，∠A ＝60°，∠C ＝90°，CD ＝2.把△ABD 沿BD 折起．(1)若二面角A －BD －C 的余弦值为33，求证：AC ⊥平面BCD ； (2)若AB 与平面ACD 所成的线面角为30°时，求AC 的长． 解(1)取BD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ＝AD ，CB ＝CD ， 所以AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 又AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，所以BD ⊥AC ，21 / 21 所以∠AEC 是二面角A －BD －C 的平面角．在△AEC 中，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos ∠AEC ＝4，则AC 2＋CE 2＝AE 2， 所以AC ⊥CE .因为CE ∩BD ＝E ，CE ，BD ⊂平面BCD ，所以AC ⊥平面BCD .(2)由(1)得以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)．设A (m ，m ，n )，则BA→＝(m －2，m ，n )，CA →＝(m ，m ，n )，CD →＝(0，2，0)． 设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧xm ＋ym ＋zn ＝0，2y ＝0， 取⎩⎨⎧x ＝n ，y ＝0，z ＝－m ，所以n ＝(n ，0，－m )，因为BA ＝22，所以(m －2)2＋m 2＋n 2＝8，则|cos 〈BA →，n 〉|＝|n （m －2）－mn |22m 2＋n 2＝12， 解得m 2＝n 2，解得m ＝2或m ＝－23，所以AC ＝23或AC ＝23 3.。
立体几何中的翻折问题
第三讲 立体几何中的翻折问题翻折问题包含折叠与展开两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现. 翻折问题是立体几何的一类典型问题，是实践能力与创新能力考查的好素材. 解答翻折问题的关键在于翻折前后的平面图形与立体图形，哪些发生了变化，哪些没有发生变化. 这些未变化的已知条件，往往就是我们分析问题和解决问题的依据. 例1（1）把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A 、B 、C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成角的大小为_____．（2）如图所示，已知正方形纸片ABCD ，M 、N 分别是AD 、BC 的中点，把BC 边向上翻折，使点C 恰好落在MN 上的P 点处，BQ 为折痕，则PBQ ∠=.QBD CA例2 （1）已知三棱锥A BCD -的底面是等边三角形，三条侧棱长都等于1，且6BAC π∠=，动点M ，N 分别在棱AC ，AD 上运动，则△BMN 周长最小值为.(2) 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，090ACB ∠=，6AC =，1BC CC =P 是BC 1上一动点，则1CP PA +的最小值为_______.（3）二面角l αβ--的大小为0120，A α∈，B β∈，且l B A 两点在、上的射影分别A '、B '，321=''='='B A A A B B ，，其中，点上是lC 任一点，则BC AC +的最小值为.DB例3（1）矩形ABCD 与ADEF 所在的平面互相垂直，将DEF ∆沿FD 翻折，翻折后的点E 恰与BC 上的点P 重合．设1AB =，FA x =（1x >），AD = y ，则当x =时，y 有最小值．（2）如图所示，将正方形纸片ABCD 翻折，使点B 落在CD 边上点E 处（不与C ，D 重合），压平后得到折痕MN . 设1CE CD n =，则AMBN=.（用含n 的式子表示）例4（1）四边形ABCD 中，AD //BC ，AD = AB ，045BCD ∠=，090BAD ∠=，将△ABDADFEPEBDCAN沿对角线BD 折起，记折起后点A 的位置为P ，且使平面PBD ⊥平面BCD . ①求证：平面PBC ⊥平面PDC ；②求折叠后二面角P -BC -D 的平面角的正切值.变式【2009浙江理17】A BCBC如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点．现将沿折起，使平面平面．在平面内过点作，为垂足．设，则的取值范围是.第四讲圆锥曲线定义与几何性质1.椭圆ABCD 2AB =1BC =E DC F EC AFD ∆AF ABD ⊥ABC ABD D DK AB ⊥K AK t =t（1）概念：在平面内与两个定点F 1、F 2的距离的和等于常数(大于|F 1F 2|)的点的轨迹 （2(a >b >0)(a >b >0)－a ≤x ≤a －b ≤y ≤b －b ≤x ≤b －a ≤y ≤a2（1）概念：平面内动点P 与两个定点F 1、F 2(|F 1F 2|＝2c >0)的距离之差的绝对值为常数2a (2a <2c )，则点P 的轨迹叫双曲线．这两个定点叫双曲线的焦点，两焦点间的距离叫焦距． a b a b x ≥a 或x ≤－a ，y ∈R x ∈R ，y ≤－a 或y ≥a3．抛物线（1）概念：平面内与一个定点F 和一条定直线l (F ∉l )距离相等的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的焦点，直线l 叫做抛物线的准线． （2p 的几何意义：焦点F 到准线l 的距离例1.已知F 1、F 2为椭圆x 225＋y 29＝1的两个焦点，过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点．若|F 2A |＋|F 2B |＝12，则|AB |＝________.变式1如图，把椭圆2212516x y +=的长轴AB 分成8等份，过每个分点作x 轴的垂线交椭圆的上半部分于1234567,,,,,,P P P P P P P 七个点，F 是椭圆的一个焦点，则127PF P F P F +++=___________.变式2已知F 1，F 2是椭圆2214x y +=的两个焦点，P 为椭圆上一动点，则使|PF 1|·|PF 2|取最大值时的点P坐标为___________.变式3若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值1，则椭圆长轴长的最小值为___________.例2.P是双曲线22:1412x yC-=右支上的一点，F1，F2分别为左右焦点.（1）双曲线渐近线方程为___________.（2） 与曲线C渐近线相同且经过点(2,的双曲线方程为___________.（3）焦半径1PF 的取值范围为，焦半径2PF 的取值范围为___________.（4）△12PF F 的内切圆的圆心的横坐标为___________.例3. 【2015·浙江卷】如图所示，设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，不经过焦点的直线上有三个不同的点A ，B ，C ，其中点A ，B 在抛物线上，点C 在y 轴上，则△BCF 与△ACF 的面积之比是( )A.|BF |－1|AF |－1B.|BF |2－1|AF |2－1C.|BF |＋1|AF |＋1D.|BF |2＋1|AF |2＋1变式4点P 是抛物线y 2=4x 上的动点，点Q 为圆x 2+(y -4)2=1上的动点，若P 点到y 轴的距离为d ，则|PQ |+d 的最小值为．例4. 已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点分别是F 1（－c ，0）、F 2（c ，0），过焦点2F 向12F PF ∠的外角平分线作垂线，垂足为T ，并延长2F T 交1F P 于点Q ，求点Q的轨迹方程以及点T的轨迹方程.。
立体几何中翻折问题(微专题)(解析版)
立体几何中翻折问题(微专题)一、题型选讲题型一、展开问题1(2022·广东佛山·高三期末)长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,AD=AA1=2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于F，则四边形BED1F的周长的最小值为()A.43B.213C.2(2+5)D.2+42【答案】B【分析】将几何体展开，利用两点之间直线段最短即可求得截面最短周长．【详解】解：将长方体展开，如图所示：当点E为BD1与AA1的交点，F为BD1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1=222+(1+2)2=213．故选：B．1.(2022·湖北武昌·高三期末)已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为22的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD=22，则在该四面体中()A.BE⊥CDB.BE与平面DCE所成角的余弦值为21015D.四面体ABCD的外接球表面积为9πC.四面体ABCD的内切球半径为10530【答案】ACD【分析】几何体内各相关线段的计算即可.【解析】由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示，AB=CD=2，AD=BD=BC=AC=22，取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径.所以AM=CN=12AB=22，CM=AN=AC2-CN2=222-222=302MN=CM2-CN2=3022-22 2=7对于A：AN⊥CD，BN⊥CD，AN∩BN=N，故CD⊥平面ABN，而BE⊂平面ABN，所以BE⊥CD，故A正确；对于B：由于CD⊂平面ACD，故平面ABN⊥平面ACD，故∠BAN是BE与平面DCE所成角，故cos∠BAN=AMAN=22×230=1515，故B错误；对于C：OH=CNCM12MN=22×230×12×7=10530，故C正确；对于D：OA2=AM2+12MN2=22 2+72 2=94所以外接球的表面积为9π，故D正确.故选：ACD2.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD= 3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=.【答案】-14【解析】∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =1，由勾股定理得BC =AB 2+AC 2=2，同理得BD =6，∴BF =BD =6，在△ACE 中，AC =1，AE =AD =3，∠CAE =30°，由余弦定理得CE 2=AC 2+AE 2-2AC ⋅AE cos30°=1+3-2×1×3×32=1，∴CF =CE =1，在△BCF 中，BC =2，BF =6，CF =1，由余弦定理得cos ∠FCB =CF 2+BC 2-BF 22CF ⋅BC=1+4-62×1×2=-14.故答案为：-14.题型二、折叠问题2(2022·河北唐山·高三期末)如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 为AB 的中点，将△AED 沿DE 所在的直线翻折，使A 与A 重合，得到四棱锥A -BCDE ，则在翻折的过程中()A.DE ⊥AAB.存在某个位置，使得A E ⊥CDC.存在某个位置，使得A B ∥DED.存在某个位置，使四棱锥A -BCDE 的体积为1【答案】AB 【分析】过A 作A O ⊥DE ，垂足为O ，证得DE ⊥平面A AO ，可判定A 正确；取DC 的中点G ，连接EG ,A G ，当A 在平面ABCD 上的投影在FG 上时，可判定B 正确；连接A B ，由直线A B 与DE 是异面直线，可判定C错误；求得A O=25，结合体积公式求可判定D错误.【详解】对于A中，如图所示，过A 作A O⊥DE，垂足为O，延长AO交BC于点F，因为DE⊥AO，且AO∩A O=O，所以DE⊥平面A AO，又因为A A⊂平面A AO，所以DE⊥AA ，所以A正确；对于B中，取DC的中点G，连接EG,A G，当A 在平面ABCD上的投影在FG上时，此时DC⊥平面A EG，从而得到A E⊥CD，所以B正确；对于C中，连接A B，因为E⊂平面A BE，D⊄平面A BE，所以直线A B与DE是异面直线，所以不存在某个位置，使得A B∥DE，所以C错误；对于D中，由V A -BCDE=13×12×(1+2)×2×h=1，解得h=1，由A 作A O⊥DE，可得A O=A E⋅A DDE=1×25=25，即此时四棱锥的高h∈0,25 5，此时25<1，所以不存在某个位置，使四棱锥A -BCDE的体积为1，所以D错误.故选：AB.1.(2022·江苏宿迁·高三期末)如图，一张长､宽分别为2,1的矩形纸，A,B，C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，则()A.在该多面体中，BD=2B.该多面体是三棱锥C.在该多面体中，平面BAD⊥平面BCDD.该多面体的体积为112【答案】BCD利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以A ,B ,C ,D 为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，以及棱锥的体积公式即可得出结论．【解析】由于长、宽分别为2，1，A ,B ,C ,D 分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P 1,P 2,P 3,P 4四点重合为一点P ，且P 为BD 的中点，从而得到一个多面体ABCD ，所以该多面体是以A ,B ,C ,D 为顶点的三棱锥，故B 正确；AB =BC =CD =DA =32，AC =BD =1，AP =CP =22，故A 不正确；由于22 2+22 2=1，所以AP ⊥CP ，BP ⊥CP ，可得BD ⊥平面ACP ，则三棱锥A -BCD 的体积为13×BD ×S △ACP =13×1×12×22×22=112，故D 正确；因为AP ⊥BP ，AP ⊥CP ，所以AP ⊥平面BCD ，又AP ⊂平面BAD ，可得平面BAD ⊥平面BCD ，故C 正确.故选：BCD2.(2022·江苏海安·高三期末)如图，ABCD 是一块直角梯形加热片，AB ∥CD ，∠DAB =60°，AB =AD =4dm ．现将△BCD 沿BD 折起，成为二面角A -BD -C 是90°的加热零件，则AC 间的距离是dm ；为了安全，把该零件放进一个球形防护罩，则球形防护罩的表面积的最小值是dm 2．(所有器件厚度忽略不计)【答案】4设E 为BD 的中点，由题可得AE ⊥平面BCD ，进而可求AC ，再结合条件可得△DAB 的中心为棱锥C -ABD 的外接球的球心，即求.【解析】∵ABCD 是一块直角梯形加热片，AB ∥CD ，∠DAB =60°，AB =AD =4dm ．∴△DAB 为等边三角形，BC =23dm ,DC =2dm ，设E 为BD 的中点，连接AE ，CE ，则AE ⊥BD ，又二面角A -BD -C 是90°，∴AE ⊥平面BCD ，CE ⊂平面BCD ，∴AE ⊥CE ，又CE =2dm ，AE =23dm ，∴AC =AE 2+CE 2=4dm ，设△DAB 的中心为O ，则OE ⊥平面BCD ，又E 为BD 的中点，△BCD 为直角三角形，∴OB =OC =OD =OA ，即O 为三棱锥C -ABD 的外接球的球心，又OA =23×23=433dm ，故球形防护罩的表面积的最小值为4π⋅OA 2=64π3dm 2.故答案为：4，64π3.3.(2022·河北保定·高三期末)如图，DE 是边长为4的等边三角形ABC 的中位线，将△ADE 沿DE 折起，使得点A 与P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，则四棱雉P -BCDE 外接球的表面积是.【答案】52π3求出四边形BCDE 外接圆的圆半径，再设四棱锥P -BCDE 外接球的球心为O ，由R 2=OO 2+O B 2求出半径，代入球的表面积公式即可.【解析】如图，分别取BC ，DE 的中点O ，F ，连接PF ，O F .因为△ABC 是边长为4的等边三角形，所以PF =O F =3，所以O B =O C =O D =O E =2，则四边形BCDE 外接圆的圆心为O ，半径r =2.设四棱锥P -BCDE 外接球的球心为O ，连接OO ，过点O 作OH ⊥PF ，垂足为H .易证四边形HFO O 是矩形，则HF =OO ，OH =O F =3.设四棱锥P -BCDE 外接球的半径为R ，则R 2=OO 2+O B 2=OH 2+PH 2=O F 2+PF -OO 2，即R 2=OO 2+22=3 2+3-OO 2，解得R 2=133，故四棱锥P -BCDE 外接球的表面积是4πR 2=52π3.故答案为：52π3题型三、折叠的综合性问题3(2022·江苏扬州·高三期末)在边长为6的正三角形ABC 中M ，N 分别为边AB ，AC 上的点，且满足AM AB =ANAC=λ，把△AMN 沿着MN 翻折至A ′MN 位置，则下列说法中正确的有()A.在翻折过程中，在边A ′N 上存在点P ，满足CP ∥平面A ′BMB.若12<λ<1，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A ′BC ⊥平面BCNMC.若λ=12且二面角A ′-MN -B 的大小为120°，则四棱锥A ′-BCNM 的外接球的表面积为61πD.在翻折过程中，四棱锥A ′-BCNM 体积的最大值为63【答案】BCD 【分析】通过直线相交来判断A 选项的正确性；通过面面垂直的判定定理判断B 选项的正确性；通过求四棱锥A -BCNM 外接球的表面积来判断C 选项的正确性；利用导数来求得四棱锥A -BCNM 体积的最大值.【详解】对于选项A，过P作PQ⎳MN⎳BC，交AM于Q，则无论点P在A′N上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCQP，则CP不与平面A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设D,E分别是BC,MN的中点，若12<λ<1，则AE>DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE=E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，DE∩MN=E，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设D,E分别是BC,MN的中点，若λ=12且二面角A′-MN-B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN=120°，∠C=60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB=DC=DM=DN=3，所以点G即为点D，所以r=3，二面角A′-MN-B的平面角即为∠A′ED=120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH=334，DH=934，A′H=94，DH2=24316，设外接球球心为O，由OD2+32=R294-OD2+24316=R2，解得R2=614，所以外接球的表面积为S=4πR2=61π，故选项C正确；对于选项D，设D,E分别是BC,MN的中点，设h是四棱锥A -BCNM的高.S△AMN=12×6λ×6λ×32=93λ2，S△ABC=12×6×6×32=93，所以S四边形BCNM=93(1-λ2)，则V A′-BCNM=13×93(1-λ2)×h≤33(1-λ2)×A′E=33(1-λ2)×33λ=27(-λ3+λ)，λ∈(0，1)，可设f(λ)=27(-λ3+λ)，λ∈(0，1)，则f λ =27(-3λ2+1)，令f λ =0，解得λ=33，则函数f(λ)在0，33上单调递增，在33，1上单调递减，所以f(λ)max=f33=63，则四棱锥A′-BCN体积的最大值为63，故选项D正确.故选：BCD1.(2021·山东滨州市·高三二模)已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD 的位置，得到四面体D -ABC，在翻折过程中，点D 始终位于△ACD所在平面的同一侧，且BD 的最小值为2，则下列结论正确的是()A.四面体D -ABC的外接球的表面积为8πB.四面体D -ABC体积的最大值为63C.点D的运动轨迹的长度为22π3D.边AD旋转所形成的曲面的面积为22π3【答案】ACD【解析】对ABCD各选项逐一分析即可求解.【详解】解：对A：∵∠ABC=90o，∠AD C=90o，∴AC中点即为四面体D -ABC的外接球的球心，AC为球的直径，∴R=2，∴SD -ABC =4πR2=4π22=8π，故选项A正确；对B：当平面AD C⏊平面ABC时，四面体D -ABC体积的最大，此时高为2，∴V D -ABCmax=13×12×2×2×2=223，故选项B错误；对C ：设方形ABCD 对角线AC 与BD 交于O ，由题意，翻折后当BD 的最小值为2时，△OD B 为边长为2的等边三角形，此时∠D OB =π3，所以点D 的运动轨迹是以O 为圆心2为半径的圆心角为2π3的圆弧，所以点D 的运动轨迹的长度为2π3×2=22π3，故选项C 正确；对D ：结合C 的分析知，边AD 旋转所形成的曲面的面积为以A 为顶点，底面圆为以O 为圆心OD =2为半径的圆锥的侧面积的13，即所求曲面的面积为13πrl =13π×2×2=22π3，故选项D 正确.故选:ACD .2.【2022·广东省深圳市宝安区第一次调研10月】如图甲是由正方形ABCD ，等边△ABE 和等边△BCF 组成的一个平面图形，其中AB =6，将其沿AB ，BC ，AC 折起得三棱锥P -ABC ，如图乙.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)过棱AC 作平面ACM 交棱PB 于点M ，且三棱锥P -ACM 和B -ACM 的体积比为1:2，求直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)427.【分析】(1)取AC 的中点为O ，连接BO ，PO ，证明PO ⊥AC ，PO ⊥OB ，即证PO ⊥平面ABC ，即证得面面垂直；(2)建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量AM 的坐标，再计算平面PBC 法向量n，利用所求角的正弦为cos AM ,n即得结果.【解析】(1)证明：如图，取AC 的中点为O ，连接BO ，PO .∵PA =PC ，∴PO ⊥AC .∵PA =PC =6，∠APC =90°，∴PO =12AC =32，同理BO =32.又PB =6，∴PO 2+OB 2=PB 2，∴PO ⊥OB .∵AC ∩OB =O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，11∴PO ⊥平面ABC .又PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC ；(2)解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，A 32,0,0 ，C -32,0,0 ，B 0,32,0 ，P 0,0,32 ，∴CB =32,32,0 ，CP =32,0,32.∵三棱锥P -ACM 和B -ACM 的体积比为1:2，∴PM :BM =1:2，∴M 0,2,22 ，∴AM =-32,2,22 .设平面PBC 的法向量为n =x ,y ,z ，则32x +32y =032x +32z =0 ，令x =1，得n =1,-1,-1 .设直线AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =-6227⋅3 =427.∴直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为427.。
立体几何中的翻折问题
规律小结：
分析求解折叠问题的关键是分辨折叠前后的不变量和不 变关系，在求解过程中充分利用不变量和不变关系.
如图，已知四边形ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为 3 的等
腰梯形（如图①）.将它沿对称轴OO1折成直二面角(如图②).
(1)证明：AC⊥BO1； (2)求二面角O—AC—O1的正弦值.
H
又因为BC⊂平面β，所以BC⊥D′E， 所以BC⊥α. 而D′C ⊂ α，所以BC⊥D′C， 所以∠D′CA为二面角β-BC-γ的平面角. 由于∠D′CA=45°， 所以二面角β-BC-γ的大小为45°.
VD'-ABC
=13SDABC
•D'O=1•1AC•BC•D'O 32
=13a2 46a=126a3
求解翻折问题的基本方法：
(1)先比较翻折前后的图形，弄清哪些量和位置关系在翻 折过程中不变，哪些已发生变化； (2)将不变的条件集中到立方体图形中，将问题归结为一 个条件与结论明朗化的立几问题.
（1）若二面角α-AC-β为直二面角，求二面角β-BC-γ的大小； （2）若二面角α-AC-β为60°，求三棱锥D′-ABC的体积.
立体几何中的翻折问题
如有一只小虫要从A爬到点M，
N
所走的最短路径是什么？
E
N
M
Hale Waihona Puke EFDC
A
B
N
MN
M
E
E F
F
D
C
D
C
A
BA
B
D
A
M
F
C
B
把一个平面图形按某种要求折起，转化为空间图 形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变 化，这就是翻折问题.
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( 1) 找准“基准图”折叠; ( 2) 画好“2 个图”———折叠前的平面图和折 叠后的立体图; ( 3) 寻找“2 个量”———哪些量( 或关系) 发 生了变化，哪些量( 或关系) 没有发生变化．
绍兴市稽山中学
骆永明
1.对比分析, 寻找不变量和不变关系
例1 如图，在正△ABC 中，D，E，F 分别为对应边 的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE 的 中点，将△ABC 沿DE，EF，DF 折成三棱锥以后， GH 与IJ 所成角的度数为( ) A． 90° B． 60°C． 45° D． 0°
A' EF 平面BEF .
（Ⅰ）求二面角 A' FD C 的余弦值； （Ⅱ）点 M , N 分别在线段 FD, BC 上，沿直线 MN 将四 边形 MNCD 向上翻折，使 C 与 A' 重合，求线段 FM 的长
③ 一定存在某个位置，使 DE⊥A1C；
① |BM|是定值； ④ 一定存在某个位置，使 MB∥平面 A1DE．
F
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1.对比分析, 寻找不变量和不变关系
例 3 （2014 衢州 4 月考）如图，已知 ABC 与 BCD 所在平面互相垂直， 且 BAC BCD 90 ， AB AC ，CB CD ， 点 P ，Q 分别在线段 BD, CD 上，沿直线 PQ 将 PQD 向上翻折， 使 D 与 A 重合． （Ⅰ）求证： AB CQ ； （Ⅱ）求直线 AP 与平面 ACQ 所成的角．
A E B
D
F
C
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3.探寻轨迹, 点动成圆用两性质
例 8（2010 浙江高考）如图， 在矩形 ABCD 中，点 E , F 分别在线段 AB, AD 上，
AE EB AF 2 FD 4 . 沿 直 线 EF 将 V AEF 翻 折 成 V A' EF ， 使 平 面 3
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2.展成平面, 逆向探究求最小值
例5（06年江西卷文）
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3.探寻轨迹, 点动成圆用两性质
例 6 已知矩形 ABCD，AB = 1，BC = 2 ． 将△ABD 沿矩形 的对角线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中 ( ) A． 存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B． 存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直 ✔ C． 存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D． 对任意位置，直线 AC 与 BD，AB 与 CD，AD 与 BC 均 不垂直 ( 2012 年浙江省数学高考理科试题)
． 6
1 ， 2
6
，
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2.展成平面, 逆向探究求最小值
例 4（06 年江西卷） 如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，底面为直角三角形，∠ACB = 90°，AC = 6，BC = CC1 = 2 ，P 是 BC1 上一动点，则 CP + PA1 的最小 值是 ．
立体几何中的翻折问题
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随着自主命题的深入，浙江省数学高 考立体几何试题对翻折问题似乎情有独钟， 且常考常新． 这类试题背景简单，立意 深远，对考生的空间想象能力要求很高， 能较好地改善学生对立体几何的思维定 势．
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研究翻折问题应注意折前折后各元素相对位置的 变化． 要理清哪些位置关系和度量关系发生了变化， 哪些没有改变． 解决翻折问题的关键可以归纳如下:
A A
C
Q
C
Q
B
P
D
B
P
D
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A
（1）证明 面 ABC 面 BCQ ，又 CQ BC ，
CQ 面 ABC ． CQ AB ．
（2）解法一：作 AO BC ，垂足为 O ，则 AO 面 BCQ ， 连接 OP ．设 AB 1 ，则 BD 2 ，设 BP x ． 由题意 AP DP ．则 (
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1.对比分析, 寻找不变量和不变关系
例2 2014 年温州第一次适应性测试 如图，矩形 ABCD 中，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻转成△A1DE．若 M 为线段 A1C 的中点，则在△ADE 翻转 过程中，正确的命题是 ② 点 M F，DF折成的三棱锥 如图3 所示，GH 和IJ 为一对异面直线． 由已 知可得DF∥GH， IJ∥AD，∠ADF 即为所求 的角，即GH 与IJ所成角的度数为60°．
评注:本题解题的关键是抓住其中一些量的 不变性，即IJ∥BD，GH∥DF 在翻折前后 不变，∠ADF 在翻折前后都为60°等．
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3.探寻轨迹, 点动成圆用两性质
例 7 嘉兴二模（理 9）如图，梯形 ABCD 中， AD // BC ， ABC 90 ，
AD : BC : AB 2 : 3 : 4 ， CD 的中点， 将四边形 ADFE E、 F 分别是 AB 、
沿直线 EF 进行翻折．给出四个结论： ① DF BC ；③平面 DBF 平面 BFC ； ② BD FC ；④平面 DCF 平面 BFC ． 在翻折过程中，可能成立的结论是 A．①③ C．②④ B．②③ ✔ D．③④
C O P
Q
B
D
2 2 2 2 ) x2 2 x cos 45 ( )2 (2 x) 2 ． 2 2 2
解得 x 1 ． 由（1）知 AB 面 ACQ ．
直线 AP 与平面 ACQ 所成的角的正弦值 sin 就是直线 AP 与直线 AB 所成角的
余弦值 cos BAP ，即 sin cos BAP = 即直线 AP 与平面 ACQ 所成的角为