立体几何中的折叠问题(微专题)
微专题16 立体几何中的折叠、探究问题
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真题演练 感悟高考
索引
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； 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.
索引
(2)若直线 AC 与平面 ABFE 所成角的正切值为 36，求平面 CEB 与平面 EBF 夹
角的余弦值. 解 如图过点 C 作 CG⊥EF，交 EF 于点 G，连接 AG，
因为平面ABFE⊥平面 EFCD，且平面ABFE∩平面EFCD＝EF，
所以CG⊥平面ABFE， 故直线AC与平面ABFE所成的角为∠CAG， 设DE＝h，则在Rt△CAG中 ，CG＝DE＝h， AG＝ EG2＋EA2＝ h2＋4， 所以 tan∠CAG＝CAGG＝ hh2＋4＝ 36， 解得 h＝2 2，
索引
考向1 折叠后的位置关系及空间角 例1 (2022·重庆诊断)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，
AB⊥AD，AB＝2CD＝4，E，F分别为AD，BC的中 点，沿EF将四边形EFCD折起，使得DE⊥BF(如图2). (1)求证：平面ABFE⊥平面EFCD； 证明 由题设条件，得EF∥AB∥CD，AB⊥AD，则DE⊥EF， 又DE⊥BF且BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面ABFE， 则DE⊥平面ABFE， 又DE⊂平面EFCD， 故平面ABFE⊥平面EFCD.
立体几何中“折叠问题”解题策略(含详细解析)
立体几何中“折叠问题”的解题策略[例题]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB∥BC，BD∥DC，点E是BC边的中点，将∥ABD沿BD折起，使平面ABD∥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB∥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角CABD的平面角的正切值为6，求二面角BADE的余弦值.[解](1)证明：因为平面ABD∥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD∥DC，DC∥平面BCD，所以DC∥平面ABD.因为AB∥平面ABD，所以DC∥AB.又因为折叠前后均有AD∥AB，DC∩AD＝D，所以AB∥平面ADC.(2)由(1)知AB∥平面ADC，所以二面角CABD的平面角为∥CAD.又DC∥平面ABD，AD∥平面ABD，所以DC∥AD.依题意tan∥CAD ＝CDAD ＝ 6. 因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1. 依题意∥ABD ∥∥DCB ，所以AB AD ＝CDBD ， 即x 1＝6x 2＋1，解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3.以D 为坐标原点，射线DB ，DC 分别为x 轴，y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0), B (3,0,0), C (0,6，0), E (23,26,0）, A (33,0,36）， 所以DE ―→＝(23,26,0），DA ―→＝(33,0,36）.由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧m·DE ―→＝0，m·DA ―→＝0，得⎩⎨⎧32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量． 所以cos<n ，m>＝n ·m |n |·|m |＝－12.由图可知二面角B AD E 的平面角为锐角， 所以二面角B AD E 的余弦值为12. 解题策略：1.确定翻折前后变与不变的关系画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.2.确定翻折后关键点的位置所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算.变式练习：1．如图1，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∥BAD ＝90°， AB ＝23，BC ＝4，AD ＝6，E 是AD 上的点，AE ＝13AD ， P 为BE 的中点，将∥ABE 沿BE 折起到∥A 1BE 的位置， 使得A 1C ＝4，如图2.(1)求证：平面A1CP∥平面A1BE；(2)求二面角BA1PD的余弦值．解：(1)证明：如图3，连接AP，PC.∥在四边形ABCD中，AD∥BC，∥BAD＝90°，AB＝23，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝13AD，P为BE的中点，∥BE＝4，∥ABE＝30°，∥EBC＝60°，BP＝2，∥PC＝23，∥BP2＋PC2＝BC2，∥BP∥PC.∥A1P＝AP＝2，A1C＝4，∥A1P2＋PC2＝A1C2，∥PC∥A1P.∥BP∩A1P＝P，∥PC∥平面A1BE.∥PC∥平面A1CP，∥平面A1CP∥平面A1BE.(2)如图4，以P 为坐标原点，PB 所在直线为x 轴，PC 所在直线为y 轴，过P 作平面BCDE 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(－1,0,3)，P (0,0,0)，D (－4,23,0)， ∥P A 1―→＝(－1,0,3)， PD ―→＝(－4,23,0)， 设平面A 1PD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m·P A 1―→＝0，m·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3z ＝0，－4x ＋23y ＝0，取x ＝3,得m ＝(3,2,1)．易知平面A 1PB 的一个法向量n ＝(0,1,0)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝22. 由图可知二面角B A 1P D 是钝角， ∥二面角B A 1P D 的余弦值为－22.2．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ∥CD ，BF ∥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE BCF ，如图2.(1)若AF ∥BD ，证明：DE ∥BE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2， ∥AF ∥BE .∥AF ∥BD ，BE ∩BD ＝B ，∥AF ∥平面BDE . 又DE ∥平面BDE ，∥AF ∥DE .∥AE ∥DE ，AE ∩AF ＝A ，∥DE ∥平面ABFE . 又BE ∥平面ABFE ，∥DE ∥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下： ∥AE ∥DE ，AE ∥EF ，DE ∩EF ＝E ，∥AE ∥平面DEFC . 如图，过E 作EG ∥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D (0,21-，23)， AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝(－2,21-，23).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P (2,λλ+12,0)，λ∥(0，＋∞)，可得CP ―→＝(2,λλ+-11,－3).设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos<CP ，n>|＝52)11(7111⨯+-++---λλλλ＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)，∥P 为AB 的中点时，满足条件．。
向量法求立体几何中的折叠探索及最值问题 高三数学一轮复习
巩固训练2 [2024·河南郑州模拟]在底面ABCD为梯形的多面体中．AB∥CD，
BC⊥CD，AB＝2CD＝2 2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边 形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？ 若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
(1)求证：OP⊥平面ABED；
(2)求二面角B-PE-F的正弦值．
题型二 探索性问题
例2 [2024·河北石家庄模拟]如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为
矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝ 2.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值
为1，若存在，求SE的值；若不存在，说明理由．
5
SD
题后师说
(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”转化为“点的坐标的 方程是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知条件 和结论列出等式，解出参数．
高考大题研究课七 向量法求立体几何中的折叠、探索及最值问题
会用向量法解决立体几何中的折叠、角的存在条件及最值问题，提 高学生空间想象能力、数学运算能力．
关键能力·题型剖析 题型一 折叠问题 例1 [2024·江西景德镇模拟]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC ＝CD＝12AD＝2，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且 PA⊥CD.
题型三 最值问题
例3 [2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形， PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
微专题6 方法技巧 巧用勾股定理解决折叠问题课件 2024-2025学年 华东师大版数学八年级上册
长为CD+AD+AC=BC+AC=7+5=12(cm).
7.(2024·汉中期末)在数学实验课上,李静同学剪了两张直角三角形纸片,进行了如
图的操作:
操作一:如图1,将Rt△ABC纸片沿某条直线折叠,使斜边两个端点A与B重合,折痕为
AD上的点E处,折痕的一端点G在边BC上.
(2)如图(2),当折痕的另一端F在AD边上且BG=10时,
①求证:EF=EG.
②求HF的长.
【解析】(2)①∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的点E处,
∴∠BGF=∠EGF,
∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC,
∴∠BGF=∠EFG,
∴∠EGF=∠EFG,
∴EF=EG;
DE.
36°
(2)如果∠CAD∶∠BAD=1∶2,可得∠B的度数为____;
操作二:如图2,李静拿出另一张Rt△ABC纸片,将直角边AC沿直线CD折叠,使点A与
点E重合,若AB=10 cm,BC=8 cm,请求出BE的长.
【解析】(2)设∠CAD=x,则∠BAD=2x.
由翻折的性质可知:∠BAD=∠CBA=2x,
②∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的点E处,
∴EG=BG=10,HE=AB=8,FH=AF,
∴EF=EG=10,
在Rt△EFH中,FH= − = − =6.
本课结束
类型一 三角形的折叠问题
1.(2024·天津模拟)如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=6,BC=9,将△ABC折叠,使点C与
AB的中点D重合,折痕交AC于点M,交BC于点N,则线段BN的长为
高中数学立体几何折叠问题大题精选
立体几何折叠问题大题精选1．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝8，BC＝6，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF平面EFDC．（Ⅰ）当，是否在折叠后的AD上存在一点，且，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．2．如图1，A，D分别是矩形A1BCD1上的点，AB＝2AA1＝2AD＝2，DC＝2DD1，把四边形A1ADD1沿AD折叠，使其与平面ABCD垂直，如图2所示，连接A1B，D1C得几何体ABA1DCD1.(1)当点E在棱AB上移动时，证明：D1E⊥A1D；(2)在棱AB上是否存在点E，使二面角D1ECD的平面角为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．3．如图，已知四棱锥S－A BCD是由直角梯形沿着CD折叠而成,其中SD≥DA≥AB≥BC≥l，AS∥BC，A⊥AD，且二面角S－CD－A的大小为120o．（Ⅰ）求证：平面ASD⊥平面ABCD；（Ⅱ）设侧棱SC和底面ABCD所成角为，求的正弦值．4．如图1所示，在边长为24的正方形中，点在边上，且，，作分别交于点，作分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱.（1）求证：平面；（2）求多面体的体积.5．如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，，作//，分别交，于点，，作//，分别交，于点，，将该正方形沿，折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．（1）求证：平面；（2）若点E为四边形BCQP内一动点,且二面角E-AP-Q的余弦值为,求|BE|的最小值.6．已知平面五边形关于直线对称（如图（1）），，，将此图形沿折叠成直二面角，连接、得到几何体（如图（2））（1）证明：平面；（2）求平面与平面的所成角的正切值.7．已知中，角，，所对的边分别为，，，若，．（1）判断的形状；（2）在的边，上分别取，两点，使沿线段折叠三角形时，顶点正好落在边上的点处，设，当最小时，求的值．8．如图1，四边形中，，，将四边形沿着折叠，得到图2所示的三棱锥，其中．（1）证明：平面平面；（2）若为中点，求二面角的余弦值．9．如图，是等边三角形，，，将沿折叠到的位置，使得．(1)求证：；(2)若，分别是,的中点，求二面角的余弦值．10．一张半径为4的圆形纸片的圆心为，是圆内一个定点，且，是圆上一个动点，把纸片折叠使得与重合，然后抹平纸片，折痕为，设与半径的交点为，当在圆上运动时，则点的轨迹为曲线，以所在直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，如图.（1）求曲线的方程；（2）曲线与轴的交点为，（在左侧），与轴不重合的动直线过点且与交于、两点（其中在轴上方），设直线、交于点，求证：动点恒在定直线上，并求的方程.11．图甲是一个几何体的表面展开图，图乙是棱长为的正方体。
折叠几何综合专题---16道题目(含答案)
01如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG.(1)求证：四边形EFDG是菱形；(2)探究线段EG，GF，AF之间的数量关系，并说明理由；(3)若AG＝6，EG＝25，求BE的长．(1)证明：由折叠性质可得，EF ＝FD ，∠AEF ＝∠ADF ＝90°，∠EFA ＝∠DFA ，EG ＝GD ，∵EG ∥DC ，∴∠DFA ＝∠EGF ，∴∠EFA ＝∠EGF ，∴EF ＝EG ＝FD ＝GD ，∴四边形EFDG 是菱形；(2)解：EG 2＝12GF ·AF .理由如下： 如解图，连接ED ，交AF 于点H ，∵四边形EFDG 是菱形，∴DE ⊥AF ，FH ＝GH ＝12GF ，EH ＝DH ＝12DE ， ∵∠FEH ＝90°－∠EFA ＝∠FAE ，∠FHE ＝∠AEF ＝90°，∴Rt △FEH ∽Rt △FAE ，∴EF AF ＝FH EF，即EF 2＝FH ·AF ， 又∵FH ＝12GF ，EG ＝EF ，∴EG 2＝12GF ·AF ； (3)解：∵AG ＝6，EG ＝25，EG 2＝12AF ·GF ，∴(25)2＝12(6＋GF )·GF ， 解得GF ＝4或GF ＝－10(舍)，∴GF ＝4，∴AF ＝10.∵DF ＝EG ＝25，∴AD ＝BC ＝AF 2－DF 2＝45，DE ＝2EH ＝2EG 2－（12GF ）2＝8，∵∠CDE＋∠DFA＝90°，∠DAF＋∠DFA＝90°，∴∠CDE＝∠DAF，∵∠DCE＝∠ADF＝90°，∴Rt△DCE∽Rt△ADF，∴ECDF＝DEAF，即EC25＝810，∴EC＝855，∴BE＝BC－EC＝1255.02如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F，若DE＝4，BD＝8.(1)求证：AF＝EF；(2)求证：BF平分∠ABD.证明：(1)在矩形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，∵△BED是△BCD对折得到的，∴ED＝CD，∠E＝∠C，∴ED＝AB，∠E＝∠A，(2分)又∵∠AFB＝∠EFD，∴△ABF≌△EDF(AAS)，∴AF＝EF；(4分)(2)在Rt△BCD中，∵DC＝DE＝4，BD＝8，∴sin∠CBD＝DCBD＝12，∴∠CBD＝30°，(5分)∴∠EBD＝∠CBD＝30°，∴∠ABF＝90°－30°×2＝30°，(7分)∴∠ABF＝∠EBD，∴BF平分∠ABD.(8分)03把一张矩形ABCD纸片按如图方式折叠，使点A与点E重合，点C与点F重合（E、F两点均在BD上），折痕分别为BH、DG。
微专题四 勾股定理与折叠问题
△ABC折叠,使点A与BC的中点D重合,折痕为MN,则BN的长是(
A.4
B.3
C.6
D.5
)
3.(2022济宁)如图所示,在三角形纸片ABC中
,∠BAC=90°,AB=2,AC=3.沿过点A的直线将纸片折叠,使点B落在边
A
BC上的点D处;再折叠纸片,使点C与点D重合,若折痕与AC的交点为E,
则AE的长是(
A.
B.
)
C.
D.
四边形折叠与勾股定理
4.(2024莱州期中)如图所示,在四边形ABCD中,∠A=90°,AB=4 cm,
AD=2 cm,BC=CD,E是AB上的一点.如果沿CE折叠,使B,D两点重合,
那
△AED的面积为
cm
2
.
么
5.如图所示,在长方形ABCD中,AB=4,BC=5,F为CD上一点,将长方形
2
2
2
在 Rt△EFC 中,CF +CE#43;2 =(4-x) ,解得 x= ,
所以 CF= ,所以△CFE 的面积 S= CE·CF= ×2× = .
6.如图所示,在长方形ABCD中,P为边AD上一点,沿直线BP将△ABP翻
折至△EBP(点A的对应点为点E),PE与CD相交于点O,且OE=OD,BE与
微专题四 勾股定理与折叠问题
三角形折叠与勾股定理
1.如图所示,在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=3,BC=4,将△ABC折叠,使点B
恰好落在边AC上的点B′处,AE为折痕,则EC长为(
(完整版)立体几何中的折叠问题
立体几何中的折叠问题1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证和计算，就是折叠问题.2.折叠问题分析求解原则：(1)折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系；(2)折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变。
（最值问题）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_______.（两点间距离，全品83页）2、把长宽分别为2的长方形ABCD 沿对角线AC 折成60o 的二面角，求顶点B 和D 的距离。
3、（全品70页）给出一边长为2的正三角形纸片，把它折成一个侧棱长与底面边长都相等的三棱锥，并使它的全面积与原三角形面积相等，设计一种折叠方法，并用虚线标在图中，并求该三棱锥的体积。
4、（2005江西文）矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B —AC —D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为 （ ） A ．π12125B ．π9125C ．π6125D ．π3125A BCEMN解决折叠问题的关键是弄清折叠前后哪些量没有变化，折叠后位置关系怎样变化，通过空间想象折叠成的几何体的形状来分析已知和待求，是培养空间想象能力的很好的题型。
高考题中的折叠问题1、在正方形SG 1G 2G 3中E 、F 分别是G 1G 2及G 2G 3的中点,D 是EF 的中点,现在沿SE 、SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体,使G 1、G2、G 3三点重合,重合后的点记为G.那么,在四面体S —EFG 中必有(A)SG ⊥△EFG 所在平面 (B)SD ⊥△EFG 所在平面 (C)GF ⊥△SEF 所在平面 (D)GD ⊥△SEF 所在平面 2、如图，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点， 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°3、（2005浙江理科）12．设M 、N 是直角梯形ABCD 两腰的中点，DE ⊥AB 于E (如下图)．现将△ADE 沿DE 折起，使二面角A －DE －B 为45°，此时点A 在平面BCDE 内的射影恰为点B ，则M 、N 的连线与AE 所成角的大小等于_____．4、（2006山东）如图，在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2,∠DAB =60°,E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则P －DCE 三棱锥的外接球的体积为(A)2734π (B)26π (C)86π (D)246π5、（2009浙江）如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，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 ．6．（2010上海）在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O,剪去AOB V ,将剩余部分沿OC 、OD 折叠，使OA 、OB 重合，则以A 、（B ）、C 、D 、O 为顶点的四面体的体积为 。
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例1．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ． (1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C −−的余弦值；(2)三棱锥D FBC −的体积是否可能等于几何体ABE FDC −体积的一半？并说明理由． 【解析】（1）证明：过D 点作EF 的垂线交EF 于H ，连接BH ．如图．2AE AD == 且//AE DH ，//AD EF ，π2EAD ∠=． ∴四边形ADHE 是正方形.2EH =，∴四边形EHGB 是正方形.所以BH EG ⊥（正方形对角线互相垂直）.因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，,AE EF AE ⊥⊂平面AEFD ， 所以⊥AE 平面EBCF ， 所以DH ⊥平面EBCF ， 又因为EG ⊂平面EBCF ，所以EG DH ⊥. 又,,BHDH H BH DH =⊂平面BDH ，所以EG ⊥平面BDH ，又BD ⊂平面BDH ， 所以EG BD ⊥.②以E 为原点，EB 为x 轴，EF 为y 轴，EA 为z 轴，建立空间直角坐标系，(2B ，0，0)，(0F ，3，0)，(0D ，2，2)，(2C ，4，0)，(2BF =−，3，0)，(2BD =−，2，2)，设平面BDF 的法向量(n x =，y ，)z ，则·2220·230n BD x y z n BF x y ⎧=−++=⎪⎨=−+=⎪⎩，取3x =，得(3n =，2，1)，又平面BCF 的法向量(0m =，0，1)，1cos ,||||14m n m n m n <>==∴钝二面角D BF C −−的余弦值为．（2）AE EF ⊥Q ，平面AEFD ⊥平面EBCF ， 平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，AE ⊂平面AEFD ． AE ∴⊥平面EBCF ．结合DH ⊥平面EBCF ，得//AE DH ，∴四边形AEHD 是矩形，得DH AE =，故以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥D BCF −的高DH AE x ==， 又114(4)8222BCFSBC BE x x ==⨯⨯−=−． ∴三棱锥D BCF −的体积为()2=11822(82)433333BFCV SDH x x x x x x ==−=−−，ABE FDC ABE DGH D HGCF V V V −−−=+13ABEHGCF SAD S DH =+111111(4)2(2)(4)=(4)1+(2)232262x x x x x x x x ⎡⎤=−⨯+⨯+−−+⎢⎥⎣⎦， 令()112(4)1+(2)=24623x x x x x ⎡⎤−+⨯−⎢⎥⎣⎦，解得0x =或4x =，不合题意；∴棱锥D FBC −的体积不可能等于几何体ABE FDC −体积的一半．例2．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值． 【解析】（1）如图取CE 的中点F ，连接PF ，DF ，由题易知△PCE ，△DCE 都是等边三角形， ⸫DF ⊥CE ，PF ⊥CE ， ⸫DFPF F =，DF ⊂平面DPF ，PF ⊂平面DPF⸫CE ⊥平面DPF ． ⸫DP ⊂平面DPF ⸫DP ⊥CE ． （2）解法一：由题易知四边形AECD 是平行四边形， 所以AD ∥CE ，又AD ⊂平面P AD ，所以CE ⊂平面P AD ， 所以点E 与点F 到平面P AD 的距离相等． 由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 又AD ⊂平面P AD ， 所以平面P AD ⊥平面DPF ．过F 作FH ⊥PD 交PD 于H ，则FH ⊥平面P AD ．DF PF ==2DP =，故点F 到平面P AD 的距离FH =设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则sin FH DE θ==， 所以直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值为4． 解法二：由题易知四边形AECD 是平行四边形，所以AD ∥CE ，由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 如图，以D 为坐标原点，DA ，DF 所在直线分别为x ，y 轴，过D 且垂直于平面AECD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,0D ，()4,0,0A ，()E ， 设()0,,P a b ，0a >，0b >． 易知DF PF ==2DP =，故(2222124a b a b ⎧−+=⎪⎨⎪+=⎩，P ⎛ ⎝⎭， 所以()4,0,0DA =，DP ⎛= ⎝⎭，()DE =，设平面P AD 的法向量为(),,n x y z =， 则00n DA n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令y =1z =−，所以()0,11,1n =−．设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则11sin |cos ,|4DE nDE n DE nθ⋅=〈〉==， 故直线DE 与平面P AD 例3．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面PAD 夹角的余弦值． 【解析】（1）设O 是AD 的中点，连接,OP OC ， 三角形PAD 是等边三角形，所以OP AD ⊥，OP =四边形ABCD 是直角梯形，//,OA BC OA BC =，所以四边形ABCO 是平行四边形，也即是矩形，所以OC AD ⊥，2==OC AB .折叠后，PC =222OP OC PC +=，所以OP OC ⊥， 由于,,AD OC O AD OC ⋂=⊂平面ABCD ， 所以OP ⊥平面ABCD ，则,,OC OD OP 两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系， ()2,0,0,AB OC ==()1,1,0F −，设)()0,1,01E t t t −<<，()2,0,0C，所以)11,,22t t M ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，则)120,,22t t FM ⎛⎫−+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以0AB FM ⋅=， 所以AB FM ⊥.（2）由于OP ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以OP AB ⊥， 由于,,,AB AD AD OP O AD OP ⊥⋂=⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，由于AE ⊂平面PAD ，所以AB AE ⊥， 所以FEA ∠是直线EF 与平面PAD 所成角， 在直角三角形AEF 中，tan AFFEA AE∠=， 由于1AF =，所以当AE 最小时，tan FEA ∠最大，也即FEA ∠最大，由于三角形PAD 是等边三角形，所以当E 为PD 的中点时，AE PD ⊥，AE 取得最小值.由于(P ，()0,1,0D，故此时10,2E ⎛ ⎝⎭，平面PAD 的法向量为()1,0,0m =，()()()30,1,0,2,0,0,2,1,0,0,2A C AC AE ⎛−== ⎝⎭，设平面ACE 的法向量为(),,n x y z =，则20302n ACx y n AE y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，故可设(1,n =−， 设平面ACE 与平面PAD 的夹角为θ， 则1cos 17m n m nθ⋅===⋅例4．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C −−的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由．(2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．【解析】（1）满足条件的点H 存在，且为PC 上靠近P 的三等分点．在PC 上取靠近P 的三等分点H ，连接AP ，FH ，如图，则AP 是平面P AB 与平面P AC 的交线，依题意，12PH AF HC FC ==，则有//FH AP ，又AP ⊂平面PBE ，FH ⊄平面PBE ，因此直线//FH平面PBE ，所以在PC 上是存在点H ，为PC 上靠近P 的三等分点，使得直线//FH 平面PBE . （2）取BC 中点G ，连接AG ，交EF 于点D ，连接PD ，因//EF BC ，依题意，EF DG ⊥，EF PD ⊥，则PDG ∠为二面角P EF C −−的平面角，即120PDG ∠=︒，且EF ⊥平面PAD ， 而EF ⊂平面BCFE ，则平面PAD ⊥平面BCFE ，在平面PAD 内过P 作PO AD ⊥于O ， 又平面PAD ⋂平面BCFE AD =，因此PO ⊥平面BCFE ，在平面BCFE 内过O 作Ox AD ⊥， 显然Ox ，AD ，OP 两两垂直，分别以向量Ox ，OD ，OP 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz −，如图，则B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，C ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以，32PC ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，()EB =，31,2EP ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =r，由20302n EB x n EP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，令y =()3,3,1n =−，设直线PC 与平面PBE 所成角为α，则||18sin |cos ,|||||30PC n PC n PC n α⋅=〈〉===⋅所以直线PC 与平面PBE ．。
空间几何中的折叠问题例题和知识点总结
空间几何中的折叠问题例题和知识点总结在空间几何的学习中，折叠问题是一个较为复杂但又十分有趣的部分。
通过折叠，可以将平面图形转化为立体图形，从而考察我们对空间想象力、几何定理的运用以及逻辑推理能力。
接下来，让我们通过一些具体的例题来深入了解空间几何中的折叠问题，并对相关知识点进行总结。
一、例题展示例 1：有一个矩形 ABCD，其中 AB ＝ 4，AD ＝ 3。
现将矩形沿着对角线 AC 折叠，使得点 B 与点 B'重合，求折叠后形成的三棱锥 B' ACD 的体积。
思路分析：首先，我们需要求出对角线AC 的长度。
根据勾股定理，AC ＝√（AB²＋ AD²) ＝ 5。
然后，由于折叠前后，三角形 ABC 的面积不变，所以三角形 ABC 的面积为 1/2 × AB × AD ＝ 6。
接着，我们需要求出点 B' 到平面 ACD 的距离。
因为 B' 在平面 ACD 上的射影为三角形 ACD 的重心 G，且 AG ： GD ＝ 2 ： 1，所以 B'G ＝ 2/3 × B'E （E 为 AC 的中点）。
又因为 B'E ＝ 12/5，所以 B'G ＝ 8/5。
最后，根据三棱锥的体积公式 V ＝ 1/3 × S × h（S 为底面积，h 为高），可得三棱锥 B' ACD 的体积为 1/3 × 1/2 × AD × CD × B'G ＝ 8/5。
例 2：已知正方形 ABCD 的边长为 2，E、F 分别为 BC、CD 的中点。
现将正方形沿着 AE、AF 折叠，使 B、D 两点重合于点 P，求三棱锥 P AEF 的外接球表面积。
思路分析：折叠后，三棱锥 P AEF 的三条侧棱 PA、PE、PF 两两垂直。
所以三棱锥 P AEF 的外接球就是以 PA、PE、PF 为棱的长方体的外接球。
立体几何中的折叠与展开问题
立体几何中的折叠与展开问题知识点梳理：1.解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用．解决此类问题的步骤：考向导航2.展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，是将空间问题转化为平面问题来处理．一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试．目录类型一折叠问题 (1)类型二展开问题 (3)类型一折叠问题【例1】如图甲，在四边形ABCD中，23AD=2∆是边长为4的正三角形，CD=，ABC把ABC∆的位置，使得平面PAC⊥平面ACD；如图乙所示，点O、M、∆沿AC折起到PACN分别为棱AC、PA、AD的中点．（1）求证：平面PAD⊥平面PON；（2）求三棱锥M ANO-的体积．【例2】如图，在平面图形PABCD 中，ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，2PA PD ==，M 为CD 的中点，将PAD ∆沿直线AD 向上折起，使BD PM ⊥．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若直线PM 与平面ABCD 所成的角为30︒，求四棱锥P ABCD -的体积．【变式1-1】如图甲的平面五边形PABCD 中，PD PA =，5AC CD BD ===，1AB =，2AD =，PD PA ⊥，现将图甲中的三角形PAD 沿AD 边折起，使平面PAD ⊥平面ABCD 得图乙的四棱锥P ABCD -．在图乙中（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求二面角A PB C --的大小；（3）在棱PA 上是否存在点M 使得BM 与平面PCB 所成的角的正弦值为13？并说明理由．类型二展开问题【例1】如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2cm ，高为5cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点1A 的最短路线的长为()A ．5cm B ．12cm C ．13cm D ．25cm【例2】如图，正三棱锥S ABC -中，40BSC ∠=︒，2SB =，一质点自点B 出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B 的最短路线的长为()A ．2B ．3C ．3D ．33【变式2-1】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，2BC =，13BB =，90ABC ∠=︒，点D 为侧棱1BB 上的动点．（1）求此直三棱柱111ABC A B C -的表面积；（2）当1AD DC +最小时，三棱锥1D ABC -的体积．巩固训练1．把如图的平面图形分别沿AB 、BC 、AC 翻折，已知1D 、2D 、3D 三点始终可以重合于点D 得到三棱锥D ABC -，那么当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为．2、如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==，（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ；（Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若2BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．3．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①()0BA PA PD ⋅+= ；②7PC =；③点P 在平面ABCD 的射影在直线AD 上．如图，平面五边形PABCD 中，PAD ∆是边长为2的等边三角形，//AD BC ，22AB BC ==，AB BC ⊥，将PAD ∆沿AD 翻折成四棱锥P ABCD -，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且____．（1）求证：//FM 平面PAD ；（2）当EF 与平面PAD 所成角最大时，求平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值．4．如图，在矩形ABCD 中，2,23AB AD ==，ABPCDFEE ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把CDF ∆折起，点C 到达点P 的位置，使1PE =．（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求二面角P DF E --的正弦值．参考答案类型一折叠问题【例1】【分析】（1）证明PO ⊥平面ACD 可得PO AD ⊥，根据中位线定理和勾股定理可证AD ON ⊥，故而AD ⊥平面PON ，于是平面PAD ⊥平面PON ；（2）分别计算AON ∆的面积和M 到平面ACD 的距离，代入体积公式计算．【解答】（1）证明：PA PC = ，O 是AC 的中点，PO AC ∴⊥，又平面PAC ⊥平面ACD ，平面PAC ⋂平面ACD AC =，PO ∴⊥平面ACD ，又AD ⊂平面ACD ，PO AD ∴⊥，23AD = ，2CD =，4AC =，222AD CD AC ∴+=，AD CD ∴⊥，ON 是ACD ∆的中位线，//ON CD ∴，AD ON ∴⊥，又ON PO O = ，AD ∴⊥平面PON ，又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PON ．（2）PAC ∆ 是边长为4的等边三角形，3PO ∴=M ∴到平面ACD 的距离132d PO ==，ON 是ACD ∆的中位线，1113324422AON ACD S S ∆∆∴==⨯=，11131332322M ANO AON V S PO -∆∴==⨯⨯ ．【点评】本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．【例2】【分析】（1）取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，可得PE AD ⊥，然后证明BD PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ，进一步得到平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）由（1）知，PE ⊥平面ABCD ，连接EM ，可得30PME ∠=︒，求解三角形可得1PE =，再求出四边形ABCD 的面积，代入棱锥体积公式求解．【解答】（1）证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，PA PD = ，得PE AD ⊥，由底面ABCD 为菱形，得BD AC ⊥，E ，M 分别为AD ，CD 的中点，//EM AC ∴，则BD EM ⊥，又BD PM ⊥，BD ∴⊥平面PEM ，则BD PE ⊥，PE ∴⊥平面ABCD ，而PE ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）解：由（1）知，PE ⊥平面ABCD ，连接EM ，可得30PME ∠=︒，设AB a =，则224a PE =-，322AC EM ==，故tan tan 30PE PME EM ∠=︒=，即2234332a a -=，解得2a =．故1PE =，3ABCD S =四边形．故23133P ABCD ABCD V S PE -=⋅⋅=四边形．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．【变式1-1】【分析】（1）推导出AB AD ⊥，AB ⊥平面PAD ，AB PD ⊥，PD PA ⊥，由此能证明PD ⊥平面PAB ．（2）取AD 的中点O ，连结OP ，OC ，由AC CD =知OC OA ⊥，以O 为坐标原点，OC 所在的直线为x 轴，OA 所在的直线为y 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A PB C --的大小．（3）假设点M 存在，其坐标为(x ，y ，)z ，BM 与平面PBC 所成的角为α，则存在(0,1)λ∈，有AM AP λ= ，利用向量法能求出在棱PA 上满足题意的点M 存在．【解答】证明：（1）1AB = ，2AD =，5BD =222AB AD BD ∴+=，AB AD ∴⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，AB ∴⊥平面PAD ，又PD ⊂ 平面PAD ，AB PD ∴⊥，又PD PA ⊥ ，PA AB A= PD ∴⊥平面PAB ．解：（2）取AD 的中点O ，连结OP ，OC ，由平面PAD ⊥平面ABCD 知PO ⊥平面ABCD ，由AC CD =知OC OA ⊥，以O 为坐标原点，OC 所在的直线为x 轴，OA 所在的直线为y 轴建立空间直角坐标系如图示，则(2C ，0，0)，(0P ，0，1)，(0D ，1-，0)，(0A ，1，0)，(1B ，1，0)∴(1,1,1)PB =- ，(2,0,1)PC =- ，(0,1,1)PD =-- ，设平面PBC 的法向量为(,,)m a b c = ，由00m PB m PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得020a b c a c +-=⎧⎨-=⎩，令1a =得1b =，2c =，∴(1,1,2)m = ，PD ⊥ 平面PAB ，∴(0DP = ，1，1)是平面PAB 的法向量，设二面角A PB C --大小为θ，则123cos 2||||62m DP m DP θ⋅==⋅⋅ ，0θπ ，∴二面角A PB C --的大小6πθ=．（3）假设点M 存在，其坐标为(x ，y ，)z ，BM 与平面PBC 所成的角为α，则存在(0,1)λ∈，有AM AP λ= ，即(x ，1y -，)(0z λ=，1-，1)，(0M ，1λ-，)λ，则(1,,)BM λλ=-- ，从而211sin ||3||||612m BM m BM αλ⋅==⋅⋅+ ，[0λ∈ ，1]，103λ∴=-，∴在棱PA 上满足题意的点M 存在．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查满足线面角的正弦值点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．类型二展开问题【例1】【分析】将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径．【解答】解：将正三棱柱111ABC A B C -沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．由已知求得矩形的长等于6212⨯=，宽等于5，由勾股定理2212513d =+=．故选：C ．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，考查数学转化思想方法，是中档题．【例2】【分析】画出解答几何体的部分侧面展开图，利用三角形的边的关系容易解得边长的值，从而得出其中的最小值．【解答】解：将三棱锥S ABC -沿侧棱SB 展开，其侧面展开图如图所示，由图中红色路线可得结论．根据余弦定理得，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B 的最短路线的长为：14422232++⨯⨯⨯=故选：C ．【点评】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，空间想象能力，几何体的展开与折叠，是基础题．【变式2-1】【分析】（1）直三棱柱111ABC A B C -的表面积：1111112ABC ABB A BCC B ACC A S S S S S ∆=+++矩形矩形矩形．（2）将直三棱柱111ABC A B C -展开成矩形11ACC A ，如图，连结1AC ，交1BB 于D ，此时1AD DC +最小，当1AD DC +最小时，1BD =，此时三棱锥1D ABC -的体积：11D ABC C ABD V V --=，由此能求出结果．【解答】解：（1） 在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，2BC =，13BB =，90ABC ∠=︒，∴此直三棱柱111ABC A B C -的表面积：1111112ABC ABB A BCC B ACC A S S S S S ∆=+++矩形矩形矩形121213231432=⨯⨯⨯+⨯+⨯++1135=+（2）将直三棱柱111ABC A B C -展开成矩形11ACC A ，如图，连结1AC ，交1BB 于D ，此时1AD DC +最小，1AB = ，2BC =，13BB =，90ABC ∠=︒，点D 为侧棱1BB 上的动点，∴当1AD DC +最小时，1BD =，此时三棱锥1D ABC -的体积：11D ABC C ABDV V --=1113ABD S B C ∆=⨯111132AB BD B C =⨯⨯⨯⨯1111232=⨯⨯⨯⨯13=．∴当1AD DC +最小时，三棱锥1D ABC -的体积为13．【点评】本题考查几何体的表面积、体积的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数数结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．巩固练习1．【分析】在三棱锥D ABC -中，当且仅当DA ⊥平面ABC 时，三棱锥的体积达到最大，然后根据三棱锥的性质求出外接球的半径，进而可以求解．【解答】解：在三棱锥D ABC -中，当且仅当DA ⊥平面ABC 时，三棱锥的体积达到最大，此时，设外接球的半径为R ，球心为O ，球心O 到平面ABC 的投影点为F ，则有2222R OA OF AF ==+，又1522OF AD ==，1522AF AC ==，所以2225525()()222R =+=，所以球的表面积为22544502S R πππ==⨯=，故答案为：50π．【点评】本题考查了三棱锥的外接球的表面积问题，考查了学生的空间想象能力以及运算能力，属于中档题．2、【分析】（Ⅰ）由题意可证AC DO ⊥，又PO AC ⊥，即可证明AC ⊥平面PDO ．（Ⅱ）当CO AB ⊥时，C 到AB 的距离最大且最大值为1，又2AB =，即可求ABC ∆面积的最大值，又三棱锥P ABC -的高1PO =，即可求得三棱锥P ABC -体积的最大值．（Ⅲ）可求22112PB PC +==，即有PB PC BC ==，由OP OB =，C P C B '='，可证E 为PB 中点，从而可求2626OC OE EC +'=+'=，从而得解．【解答】解：（Ⅰ）在AOC ∆中，因为OA OC =，D 为AC 的中点，所以AC DO ⊥，又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以PO AC ⊥，因为DO PO O = ，所以AC ⊥平面PDO ．（Ⅱ）因为点C 在圆O 上，所以当CO AB ⊥时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1，又2AB =，所以ABC ∆面积的最大值为12112⨯⨯=，又因为三棱锥P ABC -的高1PO =，故三棱锥P ABC -体积的最大值为：111133⨯⨯=．（Ⅲ）在POB ∆中，1PO OB ==，90POB ∠=︒，所以22112PB =+=同理2PC =，所以PB PC BC ==，在三棱锥P ABC -中，将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC P '，使之与平面ABP 共面，如图所示，当O ，E ，C '共线时，CE OE +取得最小值，又因为OP OB =，C P C B '='，所以OC '垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而2626222OC OE EC '=+'=+=．亦即CE OE +的最小值为：262．【点评】本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．3．【分析】（1）取CD 中点为G ，连接MG ，FG ，//GM PD ，//FG AD ，进而可证平面//MFG 平面PAD ，可证//FM 平面PAD ；（2）根据条件选择①：由已知可证BA ⊥平面PAD ，PO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法平面ACE 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值．同理选择②，③可求平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：取CD 中点为G ，连接MG ，FG ，则MG ，FG 分别为三角形CDE ，梯形ABCD 的中位线，//GM PD ∴，//FG AD ，MG FG G = ，∴平面//MFG 平面PAD ，FM ⊂ 平面MGF ，//FM ∴平面PAD ，（2）解：取AD 为O ，连接PO ，FG ，EG ．选择①：因为()0BA PA PD ⋅+= ，2PA PD PO += ，所以0BA PO ⋅= ，即BA PO ⊥．又BA AD ⊥，AD PO O = ，所以BA ⊥平面PAD ．连接AE ，EF ，所以AEF ∠即为EF 与平面PAD 所成的角．因为1tan AF AEF AE AE∠==，所以当AE 最小时，AEF ∠最大，所以当AE PD ⊥，即E 为PD 的中点，AE 最小．下面求二面角余弦值法一：BA ⊂ 平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，PO AD ⊥ ，PO ∴⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0A ，1-，0)，1(0,2E ，(2C ，0，0)．所以3(0,2AE = ，(2,1,0)AC = ．设平面CAE 的法向量为111(,,)m x y z =，则111130,220y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1z =，得1(,2m =- ．由题意可知：平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n = ，所以cos ,||||17m n m n m n ⋅〈〉==⋅ ，所以平面ACE 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值为25117．法二：在平面PAD 内，作ER AD ⊥，垂足为R ，则ER ⊥平面ABCD ，过R 作RK AC ⊥，连接EK ，由三垂线定理及逆定理知EKR ∠为平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的平面角，在EKR RT ∆中，易得2ER =，RK =，则EK =所以251cos 17RK EKR EK ∠==，所以平面ACE 与平面PAD．选择②：连接OC ，则2OC AB ==，OP =，因为PC =，222PC OP OC =+，所以BA PO ⊥．又BA AD ⊥，AD PO O = ，所以BA ⊥平面PAD ．连接AE ，EF ，所以AEF ∠即为EF 与平面PAD 所成的角．因为1tan AF AEF AE AE∠==，所以当AE 最小时，AEF ∠最大，所以当AE PD ⊥，即E 为PD 的中点，AE 最小．下面求二面角余弦值，法一：BA ⊂ 平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，PO AD ⊥ ，PO ∴⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，于是(0A ，1-，0)，1(0,2E ，(2C ，0，0)．所以3(0,2AE = ，(2,1,0)AC = ．设平面CAE 的法向量为111(,,)m x y z = ，则111130,220y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1z =，得1(,2m =- ．由题意可知：平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n = ，所以cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅ ，所以平面ACE 与平面PAD．法二：在平面PAD 内，作ER AD ⊥，垂足为R ，则ER ⊥平面ABCD ，过R 作RK AC ⊥，连接EK ，由三垂线定理及逆定理知EKR ∠为平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的平面角，在EKR RT ∆中，易得ER =RK =，则EK =所以cos 17RK EKR EK ∠==，选择③：因为点P 在平面ABCD 的射影在直线AD 上，所以平面PAD ⊥平面ABCD ．因为平面PAD ⋂平面ABCD CD =，OP ⊂平面PAD ，AD PO ⊥，所以OP ⊥平面ABCD ，所以BA PO ⊥．又BA AD ⊥，AD PO O = ，所以BA ⊥平面PAD ．连接AE ，EF ，所以AEF ∠即为EF 与平面PAD 所成的角．因为1tan AF AEF AE AE∠==，所以当AE 最小时，AEF ∠最大，所以当AE PD ⊥，即E 为PD 中点，AE 最小．下面求二面角余弦值，法一：BA ⊂ 平面ABCD ⊥，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，PO AD ⊥ ，PO ∴⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，于是(0A ，1-，0)，1(0,2E ，(2C ，0，0)．所以3(0,2AE = ，(2,1,0)AC = ．设平面CAE 的法向量为111(,,)m x y z = ，则1111330,2220y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1z =，得1(,2m =- ．由题意可知：平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n = ，所以cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅ ，所以平面ACE 与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为17．法二：在平面PAD 内，作ER AD ⊥，垂足为R ，则ER ⊥平面ABCD ，过R 作RK AC ⊥，连接EK ，由三垂线定理及逆定理知EKR ∠为平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的平面角，在EKR RT ∆中，易得ER =RK =，则EK =所以cos 17RK EKR EK ∠==，【点评】本题考查线面平行的证明，以及面面角的求法，属中档题．4．【分析】（1）推导出//EF AB 且3DE =，AD EF ⊥，DE PE ⊥，AD PE ⊥，由此能证明AD ⊥平面PEF ，从而平面PEF ⊥平面ABFD ．（2）过点P 作PH EF ⊥交EF 于H ，由平面垂直性质定理得PH ⊥平面ABFD ，过点P 作PO DF ⊥交DF 于O ，连结OH ，则OH DF ⊥，从而POH ∠为二面角P DF E --的平面角，由此能求出二面角P DF E --的正弦值．【解答】证明：（1）E 、F 分别为AD ，BC 的中点，//EF AB ∴且3DE =，在矩形ABCD 中，AD AB ⊥，AD EF ∴⊥，由翻折的不变性，2,3PD PF CF DE ===，7DF =又1PE =，有222PD PE DE =+，DE PE ∴⊥，即AD PE ⊥，又PE EF E = ，PE ，EF ⊂平面PEF ，AD ∴⊥平面PEF ，AD ⊂ 平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD ．解：（2）过点P 作PH EF ⊥交EF 于H ，由平面垂直性质定理得PH ⊥平面ABFD ，过点P 作PO DF ⊥交DF 于O ，连结OH ，则OH DF ⊥，POH ∴∠为二面角P DF E --的平面角．222PE PF EF += ，90EPF ∴∠=︒，由等面积法求得322127PH PO ==．在直角POH ∆中，7sin 4PH POH PO ∠==，即二面角P DF E --的正弦值为74．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，考查化归与转化思想，是中档题．。
立体几何折叠问题
立体几何——折叠问题1、点O是边长为4的正方形A B C D的中心，点E，F分别是A D，B C的中点．沿对角线A C把正方形A B C D折成直二面角D－AC－B．（Ⅰ）求E O F∠的大小；（Ⅱ）求二面角E O F A--的大小．2、如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=3，AA1=4,M为AA1的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M点的最短路线长为29，设这条最短路线与C1C的交点为N。
求：①该三棱柱的侧面展开图的对角线长；②PC和NC的长；③平面NMP和平面ABC所成锐二面角大小的余弦。
3、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。
（Ⅰ）求证：BF∥平面A’DE；（Ⅱ）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。
4、如图，在A B C 中，B=90 ，AC =152，D 、E 两点分别在AB 、AC 上.使2A D A E D BE C==,DE=3.现将A B C 沿DE 折成直二角角，求：（Ⅰ）异面直线AD 与BC 的距离； （Ⅱ）二面角A-EC-B 的大小的余弦.5、如图所示，等腰A B C △的底边AB =高3C D =，点E 是线段B D 上异于点B D ，的动点，点F 在B C 边上，且EF AB ⊥，现沿E F 将B E F △折起到P E F △的位置，使PE AE ⊥，记B E x =，()V x 表示四棱锥P A C F E -的体积（1）求()V x 的表达式；（2）当x 为何值时，()V x 取得最大值？（3）当()V x 取得最大值时，求异面直线A C 与P F 所成角的余弦值图6PED F BCA4．（一中）点O 是边长为4的正方形A B C D 的中心，点E ，F 分别是A D ，B C 的中点．沿对角线A C 把正方形A B C D 折成直二面角D －AC －B ．（Ⅰ）求E O F ∠的大小； （Ⅱ）求二面角E O F A --的大小．解法一：（Ⅰ）如图，过点E 作EG ⊥AC ，垂足为G ，过点F 作FH ⊥AC ，垂足为H，则EG FH ==GH =．22222cos 90EF GH EG FH EG FH ∴=++-⋅222012.=++-=又在E O F ∆中，2O E O F ==，2221cos 22222O E O F EFEO F O E O F+-∴∠===-⋅⨯⨯．120EOF ∴∠=．（Ⅱ）过点G 作GM 垂直于FO 的延长线于点M ，连EM ．∵二面角D －AC －B 为直二面角，∴平面DAC ⊥平面BAC ，交线为AC ，又∵EG ⊥AC ，∴EG ⊥平面BAC ．∵GM ⊥OF ，由三垂线定理，得EM ⊥OF ．∴E M G ∠就是二面角E O F A --的平面角．在Rt ∆EGM 中，90EGM ∠=，EG =112G M O E ==，∴tan E G E M G G M∠==arctan EM G ∠=所以，二面角E O F A --的大小为arctan ．解法二：（Ⅰ）建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，则(1,O E =- ，(0,2,0)O F =． 1cos ,2||||O E O F O E O F O E O F ⋅∴<>==-． 120EOF ∴∠=．（Ⅱ）设平面OEF 的法向量为1(1,,)n y z =． 由110,0,n OE n OF ⋅=⋅=得10,20,y y ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩解得0,2y z ==-．所以，1(1,0,2n =-．又因为平面AOF 的法向量为2(0,0,1)n =，121212cos ,3||||n n n n n n ⋅∴<>==．∴12,arccos 3n n <>= ．所以，二面角E O F A --的大小为arccos 3．32.（2009福建卷文）（本小题满分12分）如图，平行四边形A B C D 中，60DAB ︒∠=，2,4AB AD ==将C BD ∆沿B D 折起到EBD ∆的位置，使平面E D B ⊥平面ABD（I ）求证：AB D E ⊥（Ⅱ）求三棱锥E ABD -的侧面积。
立体几何动点和折叠问题—热点小题
最新立体几何折叠动点问题1．（2020•湖南模拟）在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -，中，M 是BC 的中点，点P 是正方体的表面11DCC D （包括边界）上的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -体积的最大值是()A ．B ．36C ．24D ．2．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，沿EF 把OAEF折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，当四棱锥P BCFE -的外接球的表面积最小时，四棱锥P BCFE -的体积为()A B C D 3．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为的等边三角形，E 、F 分别在线段AB 、AC 上滑动，//EF BC ，沿EF 把AEF ∆折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，则四棱锥P BCFE -的体积的最大值为()A ．BC ．3D ．24．（2020春•江西月考）已知三棱锥P ABC -满足PA ⊥底面ABC ，在ABC ∆中，6AB =，8AC =，AB AC ⊥，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =，球O 为三棱锥P ABC -的外接球，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π，则球O 的表面积为()A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π5．（2020春•沙坪坝区校级期中）已知A ，B ，C ，D 四点均在半径为(R R 为常数）的球O 的球面上运动，且AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，若四面体ABCD 的体积的最大值为16，则球O 的表面积为()A ．32πB ．2πC ．94πD ．83π6．（2020春•五华区校级月考）已知A ，B ，C 是球O 的球面上的三点，2AB =，AC =60ABC ∠=︒，且三棱锥O ABC -的体积为3，则球O 的体积为()A ．24πB ．48πC ．D ．7．（2020•东莞市模拟）已知三棱柱111ABC A B C -的球，四边形11A ACC 与11B BCC 为两个全等的矩形，M 是11A B 的中点，且11112C M A B =，则三棱柱111ABC A B C -体积的最大值为()A ．12B ．16C ．4D ．438．（2020•江西模拟）四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面四边形ABCD 是菱形，120ADC ∠=︒，连接AC ，BD 交于点O ，1A O ⊥平面ABCD ，14A O BD ==，点C '与点C 关于平面1BC D 对称，则三棱锥C ABD '-的体积为()A ．33B ．23C ．63D ．439．（2020•浙江模拟）在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱1(4)AA t t =>，点E 是BC 的中点，点P 是侧面11ABB A 内的动点（包括四条边上的点），且满足tan 4tan APD EPB ∠=∠，则四棱锥P ABED -的体积的最大值是()A ．433B ．163C ．1633D ．643910．（2019秋•包河区校级期末）矩形ABCD 中，2BC =，沿对角线AC 将三角形ADC 折起，得到四面体A BCD -，四面体A BCD -外接球表面积为16π，当四面体A BCD -的体积取最大值时，四面体A BCD -的表面积为()A ．39432+B ．4339+C ．39232+D ．2339+11．（2020•山东模拟）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11A C 上有两个动点E ，F ，且12EF =；则下列结论错误的是()A ．BD CE⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥E FBC -的体积为定值D ．BEF ∆的面积与CEF ∆的面积相等12．（2020•海淀区校级模拟）在边长为1的正方体中，E ，F ，G ，H 分别为11A B ，11C D ，AB ，CD 的中点，点P 从G 出发，沿折线GBCH 匀速运动，点Q 从H 出发，沿折线HDAG 匀速运动，且点P 与点Q 运动的速度相等，记E ，F ，P ，Q 四点为顶点的三棱锥的体积为V ，点P 运动的路程为x ，在02x时，V 与x 的图象应为()A ．B ．C ．D ．13．（2019秋•襄城区校级月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，顶点P 在底面的投影O 恰为正方形ABCD 的中心且22AB =，设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN MN +取得最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()A ．643πB ．163πC ．253πD ．649π14．（2019春•昆明期末）在平行四边形ABCD 中，3BAD π∠=，点E 在AB 边上，112AD AE AB ===，将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，则下列结论正确的是()A ．直线A E '与直线BF 共面B ．12BF =C ．△A EC '可以是直角三角形D ．A C DE'⊥15．（2019秋•安顺月考）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2m ，E 为1AA 的中点，动点P 从点D 出发，沿DA AB BC CD ---运动，最后返回D ．已知P 的运动速度为1/m s ，那么三棱锥11P EC D -的体积y （单位：3)m 关于时间x （单位：)s 的函数图象大致为()A ．B ．C ．D ．16．（2019秋•沙坪坝区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为AB 中点，F 在线段1DD 上．给出下列判断：①存在点F 使得1A C ⊥平面1B EF ；②在平面1111A B C D 内总存在与平面1B EF 平行的直线；③平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点F 的位置无关；④三棱锥1B B EF -的体积与点F 的位置无关．其中正确判断的有()A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④17．（2019秋•镜湖区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点E 在线段11A C 上，F 、M 分别是AD 、CD 的中点，则下列结论中错误的是()A ．11//FM A C B ．BM ⊥平面1CC FC ．存在点E ，使得平面//BEF 平面11CCD DD ．三棱锥B CEF -的体积为定值18．（2019•越城区校级学业考试）如图，线段AB 是圆的直径，圆内一条动弦CD 与AB 交于点M ，且22MB AM ==．现将半圆ACB 沿直径AB 翻折，则三棱锥C ABD -体积的最大值是()A ．23B ．13C ．3D ．1参考答案与试题解析1．（2020•湖南模拟）在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -，中，M 是BC 的中点，点P 是正方体的表面11DCC D （包括边界）上的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -体积的最大值是()A ．B ．36C ．24D ．【解答】解： 在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是BC 的中点，点P 是面11DCC D 所在的平面内的动点，且满足APD MPC ∠=∠，Rt ADP ∴∆∽△Rt PMC ∆，∴2AD PD MC PC ==，即2PD PC =，设DO x =，PO h =，作PO CD ⊥，∴=，化简得：223348144h x x =-+-，06x ，根据函数单调性判断：6x =时，23h 最大值为36，h =最大值，在正方体中PO ⊥面BCD ，∴三棱锥P BCD -的体积最大值：116632⨯⨯⨯⨯=2．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，沿EF 把OAEF折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，当四棱锥P BCFE -的外接球的表面积最小时，四棱锥P BCFE -的体积为()A ．534B ．334C ．64D ．364【解答】解：如图，由题意，BC 的中点O 为等腰梯形BCFE 的外接圆的圆心，则四棱锥P BCFE -的外接球的球心在过O 且垂直于平面BCFE 的直线上，要使四棱锥P BCFE -的外接球的表面积最小，则半径最小，即需要O 为四棱锥P BCFE -的外接球的球心，此时OP OB ==1322PG OG OA ===，则993344cos 3322POG +-∠==，P ∴到平面BCFE的距离为sin d OP POG =∠=13224BCFE S =+⨯=．∴四棱锥P BCFE -的体积为13V =⨯=．故选：D ．3．（2020•德阳模拟）ABC ∆是边长为的等边三角形，E 、F 分别在线段AB 、AC 上滑动，//EF BC ，沿EF 把AEF ∆折起，使点A 翻折到点P 的位置，连接PB 、PC ，则四棱锥P BCFE -的体积的最大值为()A．BC ．3D ．2【解答】解：要想体积最大，高得最大，底面积也得最大，当平面AEF ⊥平面EFCB 时，体积才最大；设2EF a =；设O 为EF 的中点，如图： 等边ABC ∆中，点E ，F 分别为AB ，AC 上一点，且//EF BC ，AE AF ∴=，O 为EF 的中点，AO EF ∴⊥，平面AEF ⊥平面EFCB ，平面AEF ⋂平面EFCB EF =，AO ∴⊥平面EFCB ，2EF a =，AO ∴=．∴四棱锥A EFCB -的体积311(2(3)()332V a a a a a a =⨯⨯+⨯==-，2330V a ∴'=-=，1a ∴=（负值舍），01a <<，V1a >>，V 单调递减，1a ∴=，四棱锥A EFCB -的体积最大，最大值为：312-=．故选：D．4．（2020春•江西月考）已知三棱锥P ABC -满足PA ⊥底面ABC ，在ABC ∆中，6AB =，8AC =，AB AC ⊥，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =，球O 为三棱锥P ABC -的外接球，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为44π，则球O 的表面积为()A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π【解答】解：如图．M 是BC 边中点，E 是AC 边中点，AB AC ⊥ ，M ∴是ABC ∆的外心，作//OM PA ，PA ⊥ 平面ABC ，OM ∴⊥平面ABC ，OM AM ∴⊥，OM MD ⊥，取12OM PA =，易得OA OP =，O ∴是三棱锥P ABC -的外接球的球心．E 是AC 中点，则//ME AB ，132ME AB ==，ME AC ∴⊥，3AD DC = ，∴124ED AC ==，∴MD ==，设2PA a =，则OM a =，222213OD OM MD a =+=+，又152AM BC ===，222225OA OM AM a ∴=+=+，过D 且与OD 垂直的截面圆半径为r ，则r ==，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径OA ，222(25)1244OA r a πππππ∴+=++=，22(25)32OA a ππ=+=．∴24128S OA ππ==球．故选：D ．5．（2020春•沙坪坝区校级期中）已知A ，B ，C ，D 四点均在半径为(R R 为常数）的球O 的球面上运动，且AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，若四面体ABCD 的体积的最大值为16，则球O 的表面积为()A ．32πB ．2πC ．94πD ．83π【解答】解：因为AB AC =，AB AC ⊥，AD BC ⊥，作AN BC ⊥于N ，则N 为BC 的中点，且12AN BC =，若四面体ABCD 的体积的最大值时，则DN ⊥面ABC ，则外接球的球心在DN 上，设为O ，设外接球的半径为R ，连接OA ，则OA OD R ==，211112()()3263D ABC V BC AN DN AN AN R ON AN R ON -==+=+ 2211()()()()()33OA ON R ON R ON R ON R ON =-+=+-+3311()(22)()14()(22)()(()66363R ON R ON R ON R R ON R ON R ON ++-++=+-+= ，当且仅当22R ON R ON -=+，即3R ON =时取等号，因为三棱锥的最大体积为16，所以3141()636R = ，可得34R =，所以外接球的表面积为29944164S R πππ===，6．（2020春•五华区校级月考）已知A ，B ，C 是球O 的球面上的三点，2AB =，AC =60ABC ∠=︒，且三棱锥O ABC -的体积为，则球O 的体积为()A ．24πB ．48πC．D．【解答】解：O 到截面ABC 的投影为三角形ABC 的外接圆的圆心，设为E ，连接AE ，则AE 为底面外接圆的圆心，OE OB OC ==为球的半径R ，因为2AB =，AC =，60ABC ∠=︒，由余弦定理可得：22221412cos cos602222AB BC AC BC ABC AB BC BC+-+-∠=︒=== ，整理可得：2280BC BC --=，解得4BC =，设三角形ABC 的外接圆半径为r ，则2sin 6032AC r ==︒2r =，111346sin 602432623O ABC V AB BC OE OE -=︒==，所以OE =，在三角形OAE中，R OA ===，所以外接球的体积为3441233V R ππ===．7．（2020•东莞市模拟）已知三棱柱111ABC A B C -的球，四边形11A ACC 与11B BCC 为两个全等的矩形，M 是11A B 的中点，且11112C M A B =，则三棱柱111ABC A B C -体积的最大值为()A ．12B ．16C ．4D ．43【解答】解： 四边形11A ACC 与11B BCC 为两个全等的矩形，AC BC ∴=，1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，又AC BC C = ，AC ，BC ⊂平面ABC ，1CC ∴⊥平面ABC ；M 是11A B 的中点，且11112C M A B =，∴底面△111A B C 是直角三角形；综上，三棱柱111ABC A B C -是底面为等腰三角形的直棱柱．设AC BC a ==，1CC b =，将三棱柱还原为长方体，=，即22212a b +=；∴三棱柱的体积2231111(12)(12),244ABC V S CC a b b b b b b ∆===-=-+∈ ；记31()(12)4f b b b =-+，则213()(312)(2)(2)44f b b b b '=-+=--+，当f '（b ）0>时，02b <<；当f '（b ）0<时，2b <<f ∴（b ）在(0,2)上单调递增，(2,上单调递减，故f （b ）max f =（2）4=．故选：C ．8．（2020•江西模拟）四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面四边形ABCD 是菱形，120ADC ∠=︒，连接AC ，BD 交于点O ，1A O ⊥平面ABCD ，14A O BD ==，点C '与点C 关于平面1BC D 对称，则三棱锥C ABD '-的体积为()A ．B ．C ．D ．【解答】解：连接1OC ，过点C 作1CM OC ⊥，垂足为M ，因为1OA ⊥平面ABCD ，故1OA BD ⊥，因为四边形ABCD 是菱形，故OA BD ⊥，故BD ⊥平面11ACC A ，故BD CM ⊥，又1CM OC ⊥，故CM ⊥平面1BDC ，又ABD ∆是边长为4的等边三角形，可得OC OA ==所以11A C AC ==，在Rt △11A C O 中，可得1160A OC ∠=︒，则30MOC ∠=︒，可知OCC '∆为等边三角形，且所在平面垂直底面，故114432C ABD V '-=⨯⨯⨯=三棱锥，故选：D ．9．（2020•浙江模拟）在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱1(4)AA t t =>，点E 是BC 的中点，点P 是侧面11ABB A 内的动点（包括四条边上的点），且满足tan 4tan APD EPB ∠=∠，则四棱锥P ABED -的体积的最大值是()A ．3B ．C ．3D ．9【解答】解：作PN AB ⊥于N ，在长方体1111ABCD A B C D -中，DA ⊥平面11A ABB ，CB ⊥平面11A ABB ，在Rt PAD ∆和Rt PBC ∆中，tan AD APD AP ∠=，tan BE EPB PB ∠=，tan 4tan APD EPB ∠=∠ ，1122BE BC AD ==，12PA PB ∴=，设PN h =，AN x =，则4BN x =-，[0x ∈，4]，由12PA PB =，得2214PA PB =，即22221[(4)]4h x h x +=+-，整理得2281633h x x =--+，[0x ∈，4]，开口向下，对称轴为43x =-，∴在[0x ∈，4]单调递减，则0x =时，2h 取到最大值163，即h∴四棱锥P ABED -的体积的最大值是11(24)432⨯+⨯故选：C ．10．（2019秋•包河区校级期末）矩形ABCD 中，2BC =，沿对角线AC 将三角形ADC 折起，得到四面体A BCD -，四面体A BCD -外接球表面积为16π，当四面体A BCD -的体积取最大值时，四面体A BCD -的表面积为()A ．392+B ．C ．392D ．【解答】解：由题意可知，直角三角形斜边的中线是斜边的一半，所以长宽分别为2和1的长方形ABCD 沿对角线AC 折起二面角，得到四面体A BCD -，则四面体A BCD -的外接球的球心O 为AC 中点，半径12R AC =，所求四面体A BCD -的外接球的表面积为2416R ππ⨯=；2423R AC AB ⇒=⇒=⇒=∴矩形ABCD 中，23AB =，2BC =，沿AC 将三角形ADC 折起，当平面ADC ⊥平面ABC 时，得到的四面体A BCD -的体积最大，如图所示；过点D 作DO ⊥平面ABC ，垂足为O ，则点D 到平面ABC 的距离为22334AD CD d OD AC ⨯⨯====，过点O 作OM AB ⊥，作ON BC ⊥，垂足分别为M 、N ，连接DM ，DN ；则BM AB ⊥，DN BC ⊥；所以1AO =，3OC =，所以12OM =，332ON =；所以22132DM DO OM =+=，22392DN DO ON =+=；又122ADC ABC S S ∆∆==⨯322⨯=3，11222ACD S AB DM ∆==⨯ 1339322⨯=，11393922222BCD S BC DN ∆==⨯⨯= ；所以四面体A BCD -的表面积为：24ABC ACD BCD S S S S ∆∆∆=++=339+；故选：B ．11．（2020•山东模拟）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11A C 上有两个动点E ，F ，且12EF =；则下列结论错误的是()A ．BD CE⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥E FBC -的体积为定值D ．BEF ∆的面积与CEF ∆的面积相等【解答】解：对于A ，连接AC ，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥，BD ∴⊥平面11AA C C ，又AE ⊂平面11AA C C ，BD AE ∴⊥．故A 正确；对于B ，11//AC A C ，即//EF AC ，又EF ⊂/平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，故B 正确；对于C ，1111112224AEF S EF AA ∆==⨯⨯= ，点B 到平面AEF 的距离为B 到平面11AA C C 的距离1222d BD ==，112234224A BEFB AEF V V --∴==⨯⨯=，故C 正确；对于D ，连接1A B ，1C B ，则△11A BC 是边长为2的等边三角形，B ∴到EF 的距离为16222-=，而A 到EF 的距离为11AA =，AEF ∴∆的面积与BEF ∆的面积不相等．故D 错误．故选：D ．12．（2020•海淀区校级模拟）在边长为1的正方体中，E ，F ，G ，H 分别为11A B ，11C D ，AB ，CD 的中点，点P 从G 出发，沿折线GBCH 匀速运动，点Q 从H 出发，沿折线HDAG 匀速运动，且点P 与点Q运动的速度相等，记E ，F ，P ，Q 四点为顶点的三棱锥的体积为V ，点P 运动的路程为x ，在02x时，V 与x 的图象应为()A ．B ．C．D．【解答】解：（1）当102x 时，点P 与点Q 运动的速度相等根据下图得出：面OEF 把几何体PEFQ 分割为相等的几何体，111122OEF S ∆=⨯⨯= ，P 到面OEF 的距离为x ，112223263PEFQ P OEF x x V V x -==⨯⨯== ，23（2）当1322x < 时，P 在AB 上，Q 在11C D 上，P 到12，111122OEF S ∆=⨯⨯=，1111223226PEFQ P OEF V V -==⨯⨯⨯==定值．（3）当322x < 时，111122OEF S ∆=⨯⨯=，P 到面OEF 的距离为2x -，112122(2)3233PEFQ P OEF V V x x -==⨯⨯⨯-=-，1,032113,622213,2332x x V x x x ⎧<⎪⎪⎪=<⎨⎪⎪-⎪⎩故选：C．13．（2019秋•襄城区校级月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，顶点P 在底面的投影O 恰为正方形ABCD 的中心且22AB =，设点M ，N 分别为线段PD ，PO 上的动点，已知当AN MN +取得最小值时，动点M 恰为PD 的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()A ．643πB ．163πC ．253πD ．649π【解答】解：将三角形POD 展开到与平面PAO 共面，则AN MN +的最小值时，A 、M 、N 三点共线，记作AM ．M 点在线段PD 上，AM 最短时恰为PD 中点，AM PD ∴⊥，AM ∴既为PD 中线，又是PD 边上的高，AP AD ∴=．顶点P 在底面的投影恰为正方形ABCD 的中心，则四棱锥为正四棱锥，AP PD ∴=，∴三角形APD 为等边三角形． 22AB =，2AO ∴=，24AP AD AO ∴===，则1643PO =-=，设球心为Q ，连接QA ，则在Rt QOA ∆中，222QA AO QO =+，∴224(23)R R =+-，解得43R =，∴外接球的表面积216644433S R πππ==⨯=．故选：A ．14．（2019春•昆明期末）在平行四边形ABCD 中，3BAD π∠=，点E 在AB 边上，112AD AE AB ===，将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，则下列结论正确的是()A ．直线A E '与直线BF 共面B ．12BF =C ．△A EC '可以是直角三角形D ．A C DE '⊥【解答】解：在平行四边形ABCD 中，3BAD π∠=，点E 在AB 边上，112AD AE AB ===，将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，在A 中，取CD 中点G ，连结BG ，FG ，则//BG DE ，//FG A D '，BG FG G = ，∴平面//BGF 平面A DE '，BF ⊂ 平面BFG ，//BF ∴平面A DE '，∴直线A E '与直线BF 平行或异面，故A 错误；在B 中， 将ADE ∆沿直线DE 折起成△A DE '，F 为A C '的中点，A '点位置不确定，BF ∴的长不是常数，故B 错误；在C 中，1A E '=，2211211cos1203CE =+-⨯⨯⨯︒=，∴当2A E '=时，A E CE '⊥，△A EC '是直角三角形，故D 正确；在D 中，DE CE ⊥ ，60DEA ∠'=︒，DE ∴与A C '不垂直，故D 错误．故选：C ．15．（2019秋•安顺月考）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2m ，E 为1AA 的中点，动点P 从点D 出发，沿DA AB BC CD ---运动，最后返回D ．已知P 的运动速度为1/m s ，那么三棱锥11P EC D -的体积y （单位：3)m 关于时间x （单位：)s 的函数图象大致为()A ．B ．C ．D ．【解答】解：（1）当02x时，P 在线段DA 上运动，此时DP x =，112224()22222PED x x x S ⨯-=-++=- ，所以1111112(2(4)323P EC D C PED x V V x --==⨯⨯-=-；（2）当24x时，P 在线段AB 上，因为//AB 平面11EC D ，所以P 到平面11EC D 的距离为定值，所以11P EC D V -为定值，1112(42)33A EC D V -=-=；（3）当46x时，P 在线段BC 上，取1BB 的中点F ，1111P EC D P FC E E PFC V V V ---==，此时6CP x =-，同理可得112PC F x S =- ，所以11(2)3E PFC V x -=-；（4）当68x时，P 在线段CD 上，因为//CD 平面11EC D ，所以P 到平面11EC D 的距离为定值，所以11P EC D V -为定值，1114(62)33D EC D V -=-=．综上，三棱锥11P EC D -的体积y （单位：3)m 关于时间x （单位：)s 的函数大致图象如右图所示．故选：B ．16．（2019秋•沙坪坝区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为AB 中点，F 在线段1DD 上．给出下列判断：①存在点F 使得1A C ⊥平面1B EF ；②在平面1111A B C D 内总存在与平面1B EF 平行的直线；③平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点F 的位置无关；④三棱锥1B B EF -的体积与点F 的位置无关．其中正确判断的有()A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④【解答】解：对于①，假设存在F 使得1A C ⊥平面1B EF ，则11A C B E ⊥，又1BC B E ⊥，1BC A C C = ，1B E ∴⊥平面1A BC ，则11B E A B ⊥，这与11A B AB ⊥矛盾，所以①错误；对于②，因为平面1B EF 与平面1111A B C D 相交，设交线为l ，则在平面1111A B C D 内与l 平行的直线平行于平面1B EF ，故②正确；对于③，以D 点为坐标原点，以DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，1DD 所在直线为z 轴，建立空间坐标系，则平面ABCD 的法向量为(0m = ，0，1)，而平面1B EF 的法向量n ，随着F 位置变化，故平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点F 的位置有关，故③错误；对于④，三棱锥1B B EF -的体积即为三棱锥1F BB E -，因为1//DD 平面11ABB A ，所以，当F 在线段1DD 上移动时，F 到平面11ABB A 的距离不变，故三棱锥1B B EF -的体积与点F 的位置无关，即④正确．故选：D ．17．（2019秋•镜湖区校级期中）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点E 在线段11A C 上，F 、M 分别是AD 、CD 的中点，则下列结论中错误的是()A ．11//FM A C B ．BM ⊥平面1CC FC ．存在点E ，使得平面//BEF 平面11CCD DD ．三棱锥B CEF -的体积为定值【解答】解：在A 中，因为F 、M 分别是AD 、CD 的中点，所以11////FM AC A C ，故A 正确；在B 中，由平面几何得BM CF ⊥，又有1BM C C ⊥，所以BM ⊥平面1CC F ，故B 正确；在C 中，BF 与平面11CC D D 有交点，所以不存在点E ，使得平面//BEF 平面11CC D D ，故C 错误．在D 中，三棱锥B CEF -以面BCF 为底，则高是定值，所以三棱锥B CEF -的体积为定值，故D 正确．故选：C ．18．（2019•越城区校级学业考试）如图，线段AB 是圆的直径，圆内一条动弦CD 与AB 交于点M ，且22MB AM ==．现将半圆ACB 沿直径AB 翻折，则三棱锥C ABD -体积的最大值是()A ．23B ．13C ．3D ．1【解答】解：记翻折后CM 与平面ABD 所成角为α，则三棱锥C ABD -的高为sin h CM α=，∴三棱锥C ABD -体积：11(sin )sin 32C ABD V AB DM DMA CM α-=⨯⨯⨯⨯∠⨯⨯16AB DM CM ⨯⨯⨯ ，3AB = ，2DM CM AM BM ⨯=⨯=，∴三棱锥C ABD -体积的最大值是：1()3216C ABD max V -=⨯⨯= ．故选：D ．。
立体几何“动态”之折叠问题
ʏ胥子伍立体几何中常求一些固定不变的点㊁线㊁面的位置关系,若给静态的立体几何问题赋予 活力 ,渗透了 动态 的点㊁线㊁面元素,在点㊁线㊁面运动变化的几何图形中,探寻点㊁线㊁面的位置关系或进行有关角与距离的计算,立意会更新颖㊁更灵活,能很好地培养同学们的空间想象能力㊂一㊁折叠之轨迹问题例1 如图1,在正四棱锥S -A B C D 中,E 是B C 的中点,点P 在侧面әS C D 内及其边界上运动,并且总是保持P E ʊ平面S B D㊂图1则动点P 的轨迹与әS C D 组成的相关图形最有可能是( )㊂解:分别取C D ,S C 的中点M ,N ㊂因为E 是B C 的中点,所以E M ʊB D ,E N ʊS B ㊂因为E M ,E N ⊄平面S B D ,B D ,S B ⊂平面S B D ,所以E M ʊ平面S B D ,E N ʊ平面S B D ㊂又因为E M ɘE N =E ,E M ,E N ⊂平面E MN ,所以平面E MN ʊ平面S B D ,所以当P 在线段MN 上移动时,P E ⊂平面E MN ,此时能保持P E ʊ平面S B D ,则动点P 的轨迹与әS C D 组成的相关图形符合选项A ㊂应选A㊂变量的变化引发空间位置关系的变化,将一些变化的线与角合理转化,集中到一个平面内,则可将空间的 动态 问题转化为平面的 动态 问题,再利用平面几何知识加以解决㊂本题利用线面平行㊁面面平行,在动态问题中提炼一些不变的 静态 的量,建立 不变量 与 动点 之间的关系,从而确定动点的轨迹㊂二㊁折叠之范围问题例2 在如图2所示的长方形A B C D中,A B =2,B C =1,E 为D C 的中点,F 为线段E C (端点除外)上一动点㊂现将әA F D 沿A F 折起,使平面A F D ʅ平面ABC F ,得到如图3所示的四棱锥㊂在平面A BD 内过点D 作D K ʅA B ,垂足为K ㊂设A K =t ,则t 的取值范围是㊂图2 图3解:过点F 作F M ʅA B ,交A B 于点M ㊂设F C =x ,0<x <1,则M F =B C =1,M B =F C =x ㊂易知A K <A D =1㊂因为A B =2,所以点K 一定在点M 的左边,则MK =2-t -x ㊂在R t әA D K 中,D K 2=1-t 2,在R tәF MK 中,F K 2=1+(2-t -x )2㊂因为平面A B D ʅ平面A B C F ,平面A B D ɘ平面A B C F =A B ,D K ʅA B ,D K ⊂平面A B D ,所以D K ʅ平面A B C F ,所以D K ʅF K ㊂在R tәD F K 中,D F =2-x ,由D K 2+F K 2=D F 2,可得1-t 2+1+(2-t -x )2=(2-x )2,化简得1-2t +t x =0,即t =12-x ㊂因为函数t =12-x 在x ɪ(0,1)上单调递增,所以12<t <1㊂故所求t 的取值范围为12,1㊂ 动 与 静 是相对的,在运动变化过程中,要善于寻找或构造与之相关的一些不变因素,建立变量与不变量的有机统一体㊂本题是一个动态的33创新题追根溯源高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.翻折问题,需要同学们发现其中不变的垂直关系,从而得出相关变量间的关系,最终转化成函数的值域问题求解㊂三㊁折叠之最值问题例3 设矩形A B C D (A B >B C )的周长为定值2a ,把әA B C 沿A C 向әA D C 折叠,A B 折过去后交D C 于点P ,如图4,则下列说法正确的是( )㊂图4A .矩形ABCD 的面积有最大值B .әA P D 的周长为定值C .әA PD 的面积有最大值D .线段P C 有最大值解:设A B =x ,则B C =a -x ㊂因为A B >B C ,所以x ɪa2,a ㊂矩形A B C D 的面积S =A B ㊃B C =x (a -x )<x +a -x22=a 24,因为x ʂa2,所以S 无最大值,A 错误㊂根据图形折叠知әA P D 与әC P B 1全等,所以әA P D 周长为A P +P D +D A =A P +P B 1+D A =A B +D A =a ,B 正确㊂设D P =m ,则A P =P C =x -m ,由D P 2+D A 2=A P 2,可得m 2+(a -x )2=(x -m )2,即m =a -a 22x ,则S әA P D =12a -a 22x(a -x )=3a 24-12a x +a32xɤ3-224a 2,当且仅当x =22a 时,әA P D 的面积取最大值,C 正确㊂P C =x -m =x +a 22x-a ,因为函数y =x +a 22x -a 在x ɪ0,2a 2上单调递减,在x ɪ2a 2,+ɕ上单调递增,而x ɪa 2,a,所以当x =2a2时,函数有最小值,无最大值,即线段P C 有最小值,无最大值,D 错误㊂应选B C ㊂一般地,位于 折痕 同侧的点㊁线㊁面间的位置和数量关系不变,而位于 折痕 两侧的点㊁线㊁面间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决㊂已知菱形A B C D 的边长为1(如图5),øB A D =60ʎ,对角线A C 与B D 交于点O ㊂将菱形A B C D 沿对角线B D 折成平面角为θ的二面角(如图6),若θɪ60ʎ,120ʎ ,则折后点O 到直线A C 距离的最值是( )㊂ 图5 图6A .最小值为34,最大值为32B .最小值为34,最大值为34C .最小值为14,最大值为34D .最小值为34,最大值为32提示:因为A O ʅB D ,C O ʅB D ,所以øA O C =θ,θɪ60ʎ,120ʎ ㊂因为菱形A B C D 的边长为1,øB A D =60ʎ,所以A O =C O =32,点O 到A C 的距离d =32㊃c o s12øA O C ㊂当øA O C =θ=60ʎ时,d 取得最大值32ˑ32=34;当øA O C =θ=120ʎ,d取得最小值32ˑ12=34㊂应选B ㊂作者单位:华东师范大学盐城高级中学(责任编辑 郭正华)43 创新题追根溯源 高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
立体几何中折叠问题-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇立体几何专题06立体几何中折叠问题类型对应典例折叠问题中的点线面位置关系典例1折叠问题中的体积典例2折叠问题中的线面角典例3折叠问题中的二面角典例4【典例1】如图，在直角梯形ABCD 中，//AB DC ，90BAD ∠=，4AB =，2AD =，3DC =，点E 在CD 上，且2DE =，将ADE 沿AE 折起，使得平面ADE ⊥平面ABCE （如图）.G 为AE 中点.（1）求证:DG ⊥平面ABCE ；（2）求四棱锥D ABCE -的体积；（3）在线段BD 上是否存在点P ，使得//CP 平面ADE ？若存在，求BPBD的值；若不存在，请说明理由.【典例2】如图1,在正方形ABCD 中，E 是AB 的中点，点F 在线段BC 上,且14BF BC =.若将,AED CFD ∆∆分别沿,ED FD 折起，使,A C 两点重合于点M ,如图2.图1图2(1)求证:EF ⊥平面MED ；(2)求直线EM 与平面MFD 所成角的正弦值.【典例3】如图1，已知菱形AECD 的对角线,AC DE 交于点F ，点E 为线段AB 的中点，2AB =，60BAD ∠=︒，将三角形ADE 沿线段DE 折起到PDE 的位置，2PC =，如图2所示．（Ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面PCF ；（Ⅱ）求三棱锥E PBC -的体积．【典例4】如图，ABC 中，4AB BC ==， 90ABC ∠=︒，,E F 分别为 AB ，AC 边的中点，以EF 为折痕把AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且 PB BE =．（1）证明： BC ⊥平面 PBE ；（2）求平面 PBE 与平面 PCF 所成锐二面角的余弦值．1.在Rt ABC △中，90ABC ∠=︒，1tan 2ACB ∠=．已知E ，F 分别是BC ，AC 的中点．将CEF △沿EF 折起，使C 到'C 的位置且二面角'C EF B --的大小是60︒．连接C'B ，'C A ，如图：（Ⅰ）求证：平面'FA C ⊥平面'ABC ；（Ⅱ）求平面'AFC 与平面'BEC 所成二面角的大小．2．已知长方形ABCD 中，1AB =，AD =BD 折起，使AC a =，得到一个四面体A BCD -，如图所示.（1）试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 的值；若不垂直，请说明理由；（2）当四面体A BCD -体积最大时，求二面角A CD B --的余弦值.3．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．4．如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1—ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AMAB的值；若不存在，请说明理由．5．如图，在边长为4的菱形ABCD 中，60DAB ︒∠=，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC EF O ⋂=．沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接,,PA PB PD ，得到如图的五棱锥P ABFED -，且PB =．（1）求证：BD ⊥平面POA ；（2）求四棱锥P BFED -的体积．6．已知三棱锥P ABC -（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD的正方形，ABE ∆和BCF ∆均为正三角形，在三棱锥P ABC -中：（I ）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱PA 上运动，当直线BM 与平面PAC 所成的角最大时，求二面角P BC M --的余弦值.图一图二参考答案【典例1】【思路引导】（1）证明DG AE ⊥，再根据面面垂直的性质得出DG ⊥平面ABCE ；（2）分别计算DG 和梯形ABCE 的面积，即可得出棱锥的体积；（3）过点C 作//CF AE 交AB 于点F ，过点F 作//FP AD 交DB 于点P ，连接PC ，可证平面//CFP 平面ADE ，故//CP 平面ADE ，根据//FP AD 计算BPBD的值.【详解】（1）证明：因为G 为AE 中点，2AD DE ==，所以DG AE ⊥.因为平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE 平面ABCE AE =，DG ⊂平面ADE ，所以DG ⊥平面ABCE ．（2）在直角三角形ADE 中，易求AE =则AD DEDG AE⋅==．所以四棱锥D ABCE -的体积为1(14)232D ABCE V -+⨯=⨯=．（3）过点C 作//CF AE 交AB 于点F ，则:1:3AF FB =．过点F 作//FP AD 交DB 于点P ，连接PC ,则:1:3DP PB =．又因为CF //A E ，AE ⊂平面,ADE CF ⊄平面ADE ,所以CF //平面ADE ．同理//FP 平面ADE ．又因为CF PF F ⋂=，所以平面CFP //平面ADE ．因为CP ⊂平面CFP ，所以//CP 平面ADE ．所以在BD 上存在点P ，使得//CP 平面ADE ，且34BP BD =.【典例2】【思路引导】（1）设正方形ABCD 的边长为4，由222DE EF DF +=，可得EF ED ⊥，结合MD EF ⊥，利用线面垂直的判定定理，即可得到EF ⊥平面MED .（2）建立空间直角坐标系，过点M 作MN ED ⊥，垂足为N ，求出向量EM和平面MFD 的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：设正方形的边长为4，由图1知,,,,,,即由题意知，在图2中，,,平面,平面,且,平面,平面,.又平面,平面,且,平面（2）由（1）知平面，则建立如图所示空间直角坐标系，过点作，垂足为，在中，,,从而,,,,,.设平面的一个法向量为，则，令，则，，.设直线与平面所成角为,则,.直线与平面所成角的正弦值为.【典例3】【思路引导】（Ⅰ）折叠前，AC ⊥DE ；，从而折叠后，DE ⊥PF ，DE ⊥CF ，由此能证明DE ⊥平面PCF ．再由DC ∥AE ，DC ＝AE 能得到DC ∥EB ，DC ＝EB ．说明四边形DEBC 为平行四边形．可得CB ∥DE ．由此能证明平面PBC ⊥平面PCF ．（Ⅱ）由题意根据勾股定理运算得到PF CF ⊥，又由（Ⅰ）的结论得到BC ⊥PF ，可得PF ⊥平面BCDE ，再利用等体积转化有13E PBC P BCE BCE V V S PF --∆==⨯⨯，计算结果.【详解】（Ⅰ）折叠前，因为四边形AECD 为菱形，所以AC DE ⊥；所以折叠后，DE PF ⊥，DE CF ⊥,又PF CF F ⋂=，,PF CF ⊂平面PCF ，所以DE ⊥平面PCF因为四边形AECD 为菱形，所以//,AE DC AE DC =．又点E 为线段AB 的中点，所以//,EB DC EB DC =．所以四边形DEBC 为平行四边形．所以//CB DE ．又DE ⊥平面PCF ，所以BC ⊥平面PCF ．因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCF ．（Ⅱ）图1中，由已知得32AF CF ==，1BC BE ==，60CBE ∠=︒所以图2中，2PF CF ==，又2PC =所以222PF CF PC +=，所以PF CF ⊥又BC ⊥平面PCF ，所以BC ⊥PF 又BC CF C ⋂=，,BC CF ⊂平面BCDE ，所以PF ⊥平面BCDE ，所以1113111sin6033228E PBC P BCE BCE V V S PF --∆==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯= ．所以三棱锥E PBC -的体积为18．【典例4】【思路引导】（1）由E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，可得EF BC ，由已知结合线面垂直的判定可得EF ⊥平面PBE ，从而得到BC ⊥平面PBE ；（2）取BE 的中点O ，连接PO ，由已知证明PO ⊥平面BCFE ，过O 作OM BC 交CF 于M ，分别以OB ，OM ，OP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCF 与平面PBE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PBE 与平面PCF 所成锐二面角的余弦值．【详解】（1）因为,E F 分别为AB ，AC 边的中点，所以EF BC ，因为90ABC ∠=︒，所以EF BE ⊥，EF PE ⊥，又因为BE PE E ⋂=，所以EF ⊥平面PBE ，所以BC ⊥平面PBE ．（2）取BE 的中点O ，连接PO ，由（1）知BC ⊥平面PBE ，BC ⊂平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE ，因为PB BE PE ==，所以PO BE ⊥，又因为PO ⊂平面PBE ，平面PBE ⋂平面BCFE BE =，所以PO ⊥平面BCFE ，过O 作OM BC 交CF 于M ，分别以OB ，OM ，OP 所在直线为,,x y z轴建立空间直角坐标系，则(P ，()1,4,0C ，()1,2,0F -．(1,4,PC =，(1,2,PF =-，设平面PCF 的法向量为(),,m x y z=，则0,0,PC m PF m ⎧⋅=⎨⋅=⎩即40,20,x y x y ⎧+=⎪⎨-+-=⎪⎩则(m =-，易知()0,1,0n=为平面PBE的一个法向量，cos<,5m n >=== ，所以平面PBE 与平面PCF所成锐二面角的余弦值55．1.【思路引导】（Ⅰ）法一：由'AF C F =．设'AC 的中点为G ，连接FG ．设'BC 的中点为H ，连接GH ，EH ．而'BEC ∠即为二面角'C EF B --的平面角．'60BEC ∠=︒，推导出'EH BC ⊥．由'EF C E ⊥，EF BE ⊥，从而EF ⊥平面'BEC ．由//EF AB ，得AB ⊥平面'BEC ∠，从而AB EH ⊥，即EH AB ⊥．进而EH ⊥平面'ABC ．推导出四边形EHGF 为平行四边形．从而//FG EH ，FG ⊥平面'ABC ，由此能证明平面'AFC ⊥平面'ABC ．法二：以B 为原点，在平面'BEC 中过B 作BE 的垂线为x 轴，BE 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面'AFC ⊥平面'ABC ．（Ⅱ）以B 为原点，在平面'BEC 中过B .作BE 的垂线为x 轴，BE 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面'AFC 与平面'BEC 所成二面角大小．【详解】（Ⅰ）证法一：F 是AC 的中点，'AF C F ∴=．设'AC 的中点为G ，连接FG ．设'BC 的中点为H ，连接GH ，EH ．由题意得'C E EF ⊥，BE EF ⊥，'BEC ∴即为二面角'C EF B --的平面角．'60BEC ∴=︒，E 为BC 的中点．'BE EC ∴=，'BEC ∴∆为等边三角形，'EH BC ∴⊥．'EF C E ⊥ ，EF BE ⊥，'C E BE E ⋂=，EF ∴⊥平面'BEC ．//EF AB ，AB ∴⊥平面'BEC ，AB EH ∴⊥，即EH AB ⊥．'BC AB B ⋂= ，EH ∴⊥平面'ABC ．G ，H 分别为'AC ，'BC 的中点．////GH AB FE ∴，12GH AB FE∴==四边形EHGF 为平行四边形．//FG EH ∴，FG ⊥平面'ABC ，又FG ⊂平面'AFC ．∴平面'AFC ⊥平面'ABC．法二：如图，以B 为原点，BE 为x 轴，在平面'BEC 中过B 作BE 的垂线为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系，设2AB =．则()0,0,2A ，()0,0,0B ，()2,0,1F ，()2,0,0E，()'C ．设平面'ABC 的法向量为(),,a x y z = ，()0,0,2BA =，()'BC =，20'0a BA z a BC x ⎧⋅==⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1y =，则()a = ，设平面'AFC 的法向量为(),,b x y z = ，()2,0,1AF =-，()'2AC =-，20'20b AF x z b AC x z ⎧⋅=-=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，取1x =，得()2b =．0a b ⋅= ，∴平面'AFC ⊥平面'ABC ．解：（Ⅱ）如图，以B 为原点，BE 为x 轴，在平面'BEC 中过B 作BE 的垂线为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系，设2AB =．则()0,0,2A ，()0,0,0B ，()2,0,1F ，()2,0,0E ，()'3,0C ．平面'BEC 的法向量()0,0,1m = 设平面'AFC 的法向量为(),,n x y z = ，()'3,2AC =- ，()2,0,1AF =- ，'32020n AC x y z n AF x z ⎧⋅=+-=⎪∴⎨⋅=-=⎪⎩ ，取1x =，得()3,2n = ．设平面'AFC 与平面'BEC 所成的二面角的平面角为θ，2cos 2m n m nθ⋅∴==⋅ 由图形观察可知，平面'AFC 与平面'BEC 所成的二面角的平面角为锐角．∴平面'AFC 与平面'BEC 所成二面角大小为45 ．2．【思路引导】（1）若AB ⊥CD ，得AB ⊥面ACD ，由于AB ⊥AC .,所以AB 2＋a 2＝BC,解得a 2=1，成立;（2）四面体A ﹣BCD 体积最大时面ABD ⊥面BCD ，以A 为原点，在平面ACD 中过O 作BD 的垂线为x 轴，OD 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A ﹣CD ﹣B 的余弦值．【详解】(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥面ACD ⇒AB ⊥AC .由于AB=1,2,AC=a ,由于AB ⊥AC .,所以AB 2＋a 2＝BC,所以12＋a 2＝(2)2⇒a ＝1,所以在折叠的过程中，异面直线AB 与CD 可以垂直,此时a 的值为1(2)要使四面体A －BCD 体积最大，因为△BCD 面积为定值22，所以只需三棱锥A －BCD 的高最大即可，此时面ABD ⊥面BCD .过A 作AO ⊥BD 于O ，则AO ⊥面BCD ，以O 为原点建立空间直角坐标系o xyz -(如图)，则易知,显然，面BCD 的法向量为,设面ACD 的法向量为n＝(x ，y ，z ),因为所以，令y ＝2，得n＝(1，2，2)，故二面角A －CD －B 的余弦值即为|cos n OA ，.3．【思路引导】(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A = ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =又23BP DQ DA ==，所以BP =作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为111131332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒= ．4．【思路引导】（1）先计算得BE ⊥AE ，再根据面面垂直性质定理得结果，（2）先分析确定点M 位置，再取D 1E 的中点L ，根据平几知识得AMFL 为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果.【详解】(1)证明连接BE ，∵ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面D 1AE .(2)解AM ＝14AB ，取D 1E 的中点L ，连接AL ，FL ，∵FL ∥EC ，EC ∥AB ，∴FL ∥AB 且FL ＝14AB ，∴FL ∥AM ，FL =AM∴AMFL 为平行四边形，∴MF ∥AL ，因为MF 不在平面AD 1E 上，AL ⊂平面AD 1E ，所以MF ∥平面AD 1E .故线段AB 上存在满足题意的点M ，且AM AB ＝14.5．【思路引导】（1）证明：∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD AC ⊥.∴EF AC ⊥.∴EF AO ⊥，EF PO ⊥.分∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO PO O = ，∴EF ⊥平面POA .∴BD ⊥平面POA .（2）解：设，连接BO ，∵60DAB ︒∠=，∴△ABD 为等边三角形.∴4BD =，2BH =，23HA =3HO PO ==.在R t △BHO 中，227BO BH HO =+=在△PBO 中，22210BO PO PB +==，∴PO BO ⊥.∵PO EF ⊥，EF BO O ⋂=，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ，∴PO ⊥平面BFED .梯形BFED 的面积为()1332S EF BD HO =+⋅=∴四棱锥P BFED -的体积11333333V S PO =⋅=⨯=.6．【思路引导】(1)设AC 的中点为O,证明PO 垂直AC,OB,结合平面与平面垂直判定,即可.(2)建立直角坐标系,分别计算两相交平面的法向量,结合向量的数量积公式,计算夹角,即可.【详解】（Ⅰ）设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .由题意，得2PA PB PC ===，1PO =，1AO BO CO ===.因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点，所以PO AC ⊥，因为在POB ∆中，1PO =，1OB =，PB =222PO OB PB +=，所以PO OB ⊥.因为AC OB O ⋂=，,AC OB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ，因为PO ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面ABC.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BO PO ⊥，BO AC ⊥，BO ⊥平面PAC ，所以BMO ∠是直线BM 与平面PAC 所成的角，且1tan BOBMO OM OM ∠==，所以当OM 最短时，即M 是PA 的中点时，BMO ∠最大.由PO ⊥平面ABC ，OB AC ⊥，所以PO OB ⊥，PO OC ⊥，于是以OC ，OB ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图示空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()1,0,0C ，()0,1,0B ，()1,0,0A -，()0,0,1P ，11,0,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,1,0BC =- ，()1,0,1PC =- ，31,0,22MC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ .设平面MBC 的法向量为()111,,m x y z = ，则由00m BC m MC⎧⋅=⎨⋅=⎩得：1111030x y x z -=⎧⎨-=⎩.令11x =，得11y =，13z =，即()1,1,3m =.设平面PBC 的法向量为()222,,n x y z = ，由00n BC n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 得：222200x y x z -=⎧⎨-=⎩，令1x =，得1y =，1z =，即()1,1,1n =.cos ,33m n n m m n ⋅===⋅ .由图可知，二面角P BC M --的余弦值为33.。
第15讲 解答题立体几何折叠问题(解析版)
第15讲 立体几何折叠问题1．如图，矩形ABCD 中，24AD AB ==，E 为BC 的中点，现将BAE ∆与DCE ∆折起，使得平面BAE 及平面DEC 都与平面ADE 垂直．（1）求证：//BC 平面ADE ； （2）求二面角A BE C --的余弦值．【解答】解：（1）证明：分别取AE ，DE 的中点M ，N ，连结BM ，CN ，MN ， 则BM AE ⊥，CN DE ⊥，平面BAE 与平面DEC 都与平面ADE 垂直， BM ∴⊥平面ADE ，CN ⊥平面ADE ，由线面垂直的性质定理得//BM CN ，BM CN =，∴四边形BCNM 是平行四边形，//BC MN ∴， BC ⊂/平面ADE ，//BC ∴平面ADE ．（2）解：如图，以E 为原点，ED ，EA 为x ，y 正半轴，过E 作平面ADE 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B ，C ，平面ABE 的法向量(1n =，0，0)， 设平面CBE 的法向量(m x =，y ，)z ，则2020EB m y EC m x ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩，取1x =，得(1m =，1，1)-， 设二面角A BE C --的平面角为θ，由图知θ为钝角，||1cos ||||3m n m n θ∴=-=-=∴二面角A BE C --的余弦值为．2．如图，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，且24BC AD ==，E ，F 分别为线段AB ，DC 的中点，沿EF 把AEFD 折起，使AE CF ⊥，得到如下的立体图形． （1）证明：平面AEFD ⊥平面EBCF ；（2）若BD EC ⊥，求二面角F BD C --的余弦值．【解答】（1）证明：在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥， E ，F 分别为线段AB ，DC 的中点， //EF AD ∴，AE EF ∴⊥，又AE CF ⊥，且EF CF F =，AE ∴⊥平面EBCF ， AE ⊂平面AEFD ，∴平面AEFD ⊥平面EBCF ．（2）解：由（1）可得EA ，EB ，EF 两两垂直， 故以E 为原点建立空间直角坐标系，（如图）设AE m =，则(0E ，0，0)，(0A ，0，)m ，(B m ，0，0)， (0F ，3，0)，(C m ，4，0)，(0D ，2，)m ，∴(BD m =-，2，)m ，(,4,0)EC m =，DB EC ⊥，280m ∴-+=，22m ∴=∴(22BD =-，2，2)，(22,3,0)FB =-，(0,4,0)CB =-，设面DBF 的法向量为(,,)m x y z =，则00m BD m FB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2222202230x y z x y ⎧-++=⎪⎨-=⎪⎩，令4y =可得：(32m =，42)， 同理可得平面CDB 的法向量为(1,0,1)n =， 422cos ,||||362m n m n m n ⋅∴<>===⨯．由图形可知二面角F BD C --为锐角，∴二面角F BD C --的余弦值为23．3．如图1，在平行四边形11ABB A 中，160ABB ∠=︒，4AB =，12AA =，C 、1C 分别为AB 、11A B 的中点，现把平行四边形111ABB A 沿1CC 折起如图2所示，连接1B C 、1B A 、11B A ． （1）求证：11AB CC ⊥；（2）若16AB =11C AB A --的正弦值．【解答】证明：（1）取1CC 的中点O ，连接OA ，1OB ，1AC ，在平行四边形11ABB A 中，160ABB ∠=︒，4AB =，12AA =，C 、1C 分别为AB 、11A B 的中点， 1ACC ∴∆，1BCC ∆为正三角形，则1AO CC ⊥，11OB CC ⊥，又1AOOB O =，1CC ∴⊥平面1OAB ，1AB ⊂平面1OAB 11AB CC ∴⊥；4⋯分（2）160ABB ∠=︒，4AB =，12AA =，C 、1C 分别为AB 、11A B 的中点，2AC ∴=，13OA OB ==16AB =22211OA OB AB +=，则三角形1AOB 为直角三角形，则1AO OB ⊥，6⋯分以O 为原点，以OC ，1OB ，OA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则(1C ，0，0)，1(0B ，30)，1(1C -，0，0)，(0A ，0，3)，则1(2,0,0)CC =- 则11(2,0,0)AA CC ==-，1(0AB =33)-，(1AC =，0，3)-， 设平面1AB C 的法向量为(,,)n x y z =，则133030n AB y z n AC x z ⎧==⎪⎨==⎪⎩，令1z =，则1y =，3x =(3,1,1)n =， 设平面11A B A 的法向量为(,,)m x y z =，则1120330m AA x m AB y z ⎧=-=⎪⎨==⎪⎩，令1z =，则0x =，1y =，即(0,1,1)m =，8⋯分则10cos ,105m n <>=分 ∴二面角11C AB A --15．12⋯分．4．如图1所示，在等腰梯形ABCD 中，,3,15,33BE AD BC AD BE ⊥===把ABE ∆沿BE 折起，使得62AC =得到四棱锥A BCDE -．如图2所示． （1）求证：面ACE ⊥面ABD ；（2）求平面ABE 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：（1）在等腰梯形ABCD 中3BC =，15AD =，BE AD ⊥，可知6AE =，9DE =．因为3,33,BC BE BE AD ==⊥，可得6CE =．又因为6,62AE AC ==，即222AC CE AE =+，则AE EC ⊥．又BE AE ⊥，BEEC E =，可得AE ⊥面BCDE ，故AE BD ⊥．又因为tan 333DE DBE BE ∠===， 则60DBE ∠=︒，3tan 33BC BEC BE ∠===，则30BEC ∠=︒， 所以CE BD ⊥，又AE EC E =，所以BD ⊥面ACE ，又BD ⊂面ABD ，所以面ABD ⊥面ACE ；解：（2）设ECBD O =，过点O 作//OF AE 交AC 于点F ，以点O 为原点，以OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O BCF -． 在BCE ∆中，30BEO ∠=︒，BO EO ⊥，∴9333,,22EO CO BO ===2339((0,,0),(0,,0)22B C E -，1//,,62FO AE FO AE AE ==，3FO ∴=，则9(0,0,3),(0,,6)2F A -，//DE BC ，9DE =，∴3ED BC =，∴93(D ，∴339933(,,0),(0,0,6),(0,6,6),(,0)2222BE AE CA CD ===-=--，设平面ABE 的法向量为1111(,,)n x y z =，由1111160339022n AE z n BE y ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，取13x =ABE 的法向量为1(3,1,0)n =-， 设平面ACD 的一个法向量为2222(,,)n x y z =，由222222660933022n CA y z n CD y ⎧=-+=⎪⎨=--=⎪⎩， 取21x =，可得平面ABE 的一个法向量为2(1n =，33-，33)-．设平面ABE 与平面ACD所成锐二面角为θ，则1212||432165cos ||||255n n n n θ===，所以平面ABE 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值为21655．如图1，菱形ABCD 的边长为12，60BAD ∠=︒，AC 与BD 交于O 点．将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥B ACD -，点M 是棱BC 的中点，62DM = （Ⅰ）求证：平面ODM ⊥平面ABC ； （Ⅱ）求二面角M AD C --的余弦值．【解答】（本小题满分12分） 证明：（Ⅰ）ABCD 是菱形， AD DC ∴=，OD AC ⊥，ADC ∆中，12AD DC ==，120ADC ∠=︒， 6OD ∴=，又M 是BC 中点，∴16,622OM AB MD === 222OD OM MD +=，DO OM ∴⊥，OM ，AC ⊂面ABC ，OM AC O =，OD ∴⊥面ABC ，又OD ⊂平面ODM ，∴平面ODM ⊥平面ABC ．⋯（6分） 解：（Ⅱ）由题意，OD OC ⊥，OB OC ⊥，又由（Ⅰ）知OB OD ⊥，建立如图所示空间直角坐标系，由条件知：(6,0,0),(0,63,0),(0,33,3)D A M - 故(0,93,3),(6,63,0)AM AD ==， 设平面MAD 的法向量(,,)m x y z =，则00m AM m AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即93306630y z x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令3y =-3x =，9z = ∴(3,3,9)m =-由条件知OB ⊥平面ACD ，故取平面ACD 的法向量为(0,0,1)n = 所以，393cos ,||||31m n m n m n 〈〉==由图知二面角M AD C --为锐二面角， 故二面角M AD C --393（12分）6．如图1，已知在菱形ABCD 中，120B ∠=︒，E 为AB 的中点，现将四边形EBCD 沿DE 折起至EBHD ，如图2．（1）求证：DE ⊥面ABE ；（2）若二面角A DE H --的大小为23π，求平面ABH 与平面ADE 所成锐二面角的余弦值． 【解答】（1）证明：四边形ABCD 为菱形，且120B ∠=︒， ABD ∴∆为正三角形， E 为AB 的中点，DE AE ∴⊥，DE BE ⊥， DE ∴⊥面ABE ；（2）解：以点E 为坐标原点，分别以线段ED ，EA 所在直线为x ，y 轴，再以过点E 且垂直于平面ADE 且向上的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．DE ⊥面ABE ，AEB ∴∠为二面角A DE H --的一个平面角，则23AEB π∠=， 设1AE =，则(0E ，0，0)，(0A ，1，0)，(0B ，12-3)，(3D 0，0)，由2DH EB =，得(3,3)H -，∴33(0,2AB =-，(3,3)AH =-， 设平面ABH 的法向量为(,,)n x y z =，则33023230n AB y n AH x y z ⎧=-+=⎪⎨⎪=-=⎩，令3y =，得(1,3,3)n =-．而平面ADE 的一个法向量为(0,0,1)m =，设平面ABH 与平面ADE 所成锐二面角的大小为θ，则313313cos |||||||13n m n m θ===． ∴平面ABH 与平面ADE 313．7．如图1，四边形ABCD 中AC BD ⊥，2222CE AE BE DE ====，将四边形ABCD 沿着BD 折叠，得到图2所示的三棱锥A BCD -，其中AB CD ⊥． （Ⅰ）证明：平面ACD ⊥平面BAD ；（Ⅱ）若F 为CD 中点，求二面角C AB F --的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）AE BD ⊥，且BE DE =，ABD ∴∆是等腰直角三角形，AB AD ∴⊥，又AB CD ⊥，且AD ，CD ⊂平面ACD ，ADCD D =，AB ∴⊥平面ACD ，又AB ⊂平面BAD ，∴平面ACD ⊥平面BAD ． 解：（Ⅱ）以E 为原点，EC 为x 轴，ED 为y 轴，过E 作平面BDC 的垂直为z 轴，建立空间直角坐标系，过A 作平面BCD 的垂线，垂足为G ，根据对称性，G 点在x 轴上，设AG h =，由题设知： (0E ，0，0)，(2C ，0，0)，(0B ，1-，0)，(0D ，1，0)， 2(1A h -0，)h ，(1F ，12，0)，2(1BA h =-1，)h ，(2DC =，1-，0)，AB CD ⊥，∴22110BA DC h =-=，解得3h =，13(2A ∴． 13(2BA =，(1BF =，32，0)，设平面ABF 的法向量(a μ=，b ，)c ，则1302302BA a b BF a b μμ⎧=+=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩， 令9a =，得(9μ=，6-，3)，AD AB ⊥，AD AC ⊥，2(1DA ∴=，2-3)是平面ABC 的一个法向量，cos μ∴<，(2)91231525|||2|1208DA DA DA μμ++>===，二面角C AB F --是锐角，∴二面角C AB F --的余弦15．8．如图1，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，BD DC ⊥，点E 是BC 边的中点，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图2所示的几何体． （Ⅰ）求证：AB ⊥平面ADC ；（Ⅱ）若1AD =，二面角C AB D --6，求二面角B AD E --的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，又BD DC ⊥，所以DC ⊥平面ABD ．⋯（1分）因为AB ⊂平面ABD ，所以DC AB ⊥．⋯（2分） 又因为折叠前后均有AD AB ⊥，DCAD D =，⋯（3分）所以AB ⊥平面ADC ．⋯（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C AB D --的平面角为CAD ∠．⋯（5分） 又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC AD ⊥．依题意tan 6CDCAD AD∠==．⋯（6分） 因为1AD =，所以6CD =(0)AB x x =>，则21BD x =+ 依题意~ABD BDC ∆∆，所以AB CDAD BD=，即2611x x =+⋯（7分）解得2x ，故222,3,3AB BD BC BD CD ===+．⋯（8分）如图所示，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(3,0,0)B ，6,0)C ，36(E ，36(A ，所以36(2DE =，36(3DA =．由（Ⅰ）知平面BAD 的法向量(0,1,0)n =．⋯（9分）设平面ADE 的法向量(,,)m x y z =由0,0m DE m DA ⋅=⋅=得360360.y == 令6x =，得3,3y z =-=，所以(6,3,3)m =-．⋯（10分）所以1cos ,||||2n m n m n m ⋅<>==-⋅．⋯（11分）由图可知二面角B AD E --的平面角为锐角，所以二面角B AD E --的余弦值为12．⋯（12分） 9．如图所示，在平行四边形ABCD 中，4AB =，BC =45ABC ∠=︒，点E 是CD 边的中点，将DAE ∆沿AEE 折起，使点D 到达点P 的位置，且PB =（1）求证：平面PAE ⊥平面ABCE ；（2）若平面PAE 和平面PBC 的交线为l ，求二面角B lE --的余弦值．【解答】（1）证明：连接BE ，在平行四边形ABCD 中，2DE =，AD =45ADC ∠=︒，2AE∴=AE DE ∴⊥，即AE PE ⊥，且AE BA ⊥．在Rt BEA ∆中，得BE ==．又2PE =，PB =222PE BE PB ∴+=，即PE BE ⊥．又AE ⊂平面ABCE ，BE ⊂平面ABCE ，且AE BE E =，PE ∴⊥平面ABCE ．又PE ⊂平面PAE ，∴平面PAE ⊥平面ABCE ； （2）解：由（1）得PE ，AE ，CE 两两垂直，故以E 为原点，EC ，EA ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则(0A ，2-，0)，(2C ，0，0)，(0P ，0，2)，(4B ，2-，0)．∴(2,0,2)PC =-，(2,2,0)BC =-可知1(1,0,0)n =是平面PAE 的一个法向量，设平面PBC 的一个法向量为2(,,)n x y z =．由22220220n PC x z n BC x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1z =，得2(1,1,1)n =．1212123cos,3||||n n n n n n ⋅∴<>==⋅．10．已知长方形ABCD 中，1AB =，2AD ，现将长方形沿对角线BD 折起，使AC a =，得到一个四面体A BCD -，如图所示．（1）试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．（2）当四面体A BCD -体积最大时，求二面角A CD B --的余弦值．【解答】解：（1）若AB CD ⊥，由AB AD ⊥，ADCD D =，得AB ⊥面ACD ，AB AC ∴⊥，222AB a BC ∴+=，即212a +=，解得1a =， 若AD BC ⊥，由AB AD ⊥，ABBC B =，得AD ⊥平面ABC ，AD AC ∴⊥，222AD a CD ∴+=，即221a +=，解得21a =-，不成立，AD BC ∴⊥不成立．（2）四面体A BCD -体积最大，BCD ∆2，∴只需三棱锥A BCD -的高最大即可，此时面ABD ⊥面BCD ，以A 为原点，在平面ACD 中过O 作BD 的垂线为x 轴，OD 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0A ，06)，63(,C ，0)，(0D 23，0)， 面BCD 的法向量为(0OA =，06， 面ACD 的法向量(n x =，y ，)z ，63(3CD =-，236(0,)DA =，则630323603n CD x y n DA y ⎧=-=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩，取2y =，得(1,2,2)n =， 设二面角A CD B --的平面角为θ，则26||273cos |cos ,|||||673n OA n OA n OA θ=<>===， ∴二面角A CD B --2711．如图，在长方形ABCD 中，AB π=，2AD =，E 、F 为线段AB 的三等分点，G 、H 为线段DC 的三等分点．将长方形ABCD 卷成以AD 为母线的圆柱W 的半个侧面，AB 、CD 分别为圆柱W 上、下底面的直径．（1）证明：平面ADHF ⊥平面BCHF ；（2）求二面角A BH D --的余弦值．【解答】（本小题满分12分）证明：（1）因为H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径， 所以DH HC ⊥，又因为DH FH ⊥，且CH FH H =，所以DH ⊥平面BCHF ， 又因为DH ⊂平面ADHF ，所以平面ADHF ⊥平面BCHF ． 解：（2）以H 为坐标原点，分别以HD 、HC 、HF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -， 设下底面半径为r ，由题r ππ=，所以1r =，2CD =因为G 、H 为DC 的三等分点所以30HDC ∠=︒， 所以在Rt DHC ∆中，3,1HD HC ==所以(3,0,2)A ，(0B ，1，2)，(3,0,0)D ， 设平面ABH 的法向量(,,)n x y z=，因为(,,)(3,0,2)0n HA x y z ==， (,,)(0,1,2)0n HB x y z ==，所以2020z y z +=+=⎪⎩，所以平面ABH 的法向量(2,n =--， 设平面BHD 的法向量(,,)m x y z =， 因为(,,)(3,0,0)0m HD x y z ==，(,,)(0,1,2)0m HB x y z ==所以020x y z =⎧⎨+=⎩，所以平面BHD 的法向量(0,2,1)m =-． 所以二面角A BH D --的余弦值为285cos ||||||19m n m n θ==． 12．在菱形ABCD 中，2AB =且60ABC ∠=︒，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点，将四边形ANMC 沿着AC 转动，使得EF 与MN 重合，形成如图所示多面体，分别取BF ，DE 的中点P ，Q ．（1）求证：//PQ 平面ABCD ；（2）若平面AFEC ⊥平面ABCD ，求多面体ABCDFE 的体积．【解答】解：（1）证明：取BE 中点R ，连接PR ，QR ，BD ，由P ，Q 分别是BF ，DE 的中点， //PR EF ∴，//QR BD ，又//EF AC ，//PR ∴平面ABCD ，//QR 平面ABCD ，又PRQR R =， ∴平面//PQR 平面ABCD ，又PQ ⊂平面PQR ， //PQ ∴平面ABCD ．（2）解：连接AC ，设AC ，BD 交于点O ，BD AC ∴⊥，又平面AFEC ⊥平面ABCD ，平面AFEC ⋂平面ABCD AC =， BD ∴⊥平面AFEC ．∴多面体ABCDFE 可以分解为四棱锥B ACEF -和四棱锥D ACEF -，菱形ABCD 中，2AB =且60ABC ∠=︒知：2AC =，BD =12AC EF ==， 设梯形EFAC 的面积为133()244EFAC BD S EF AC =+=， ∴多面体ABCDFE 的体积为1332ABCDFE EFAC V S BD ==．13．已知等腰直角△S AB '，4S A AB '==，S A AB '⊥，C ，D 分别为S B '，S A '的中点，将△S CD '沿CD 折到SCD ∆的位置，22SA =，取线段SB 的中点为E ．()I 求证：//CE 平面SAD ； （Ⅱ）求二面角A EC B --的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取SA 中点F ，连接DF ，EF ，SE EB =，SF FA =，//EF AB ∴，12EF AB =， 又//CD AB ，12CD AB =， CD EF ∴=，//CD EF ，∴四边形CDEF 为平行四边形，则//CE FD ．CE ⊂/平面SAD ，FD ⊂平面SAD ，//CE ∴平面SAD ；（Ⅱ）解：面SCD ⊥面ABCD ，面SCD ⋂面ABCD CD =，SD CD ⊥，SD ⊂面SCD ，SD ∴⊥面ABCD ， AD ，CD ⊂面ABCD ，SD AD ∴⊥，SD CD ⊥．又AD DC ⊥，DA ∴，DC ，DS 两两互相垂直，如图所示，分别以DA ，DC ，DS 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz -． 则(2A ，0，0)，(0C ，2，0)，(0S ，0，2)，(2B ，4，0)，(1E ，2，1)， (1,0,1)CE =，(2,2,0)CA =-，(2,2,0)CB =， 设平面ECA ，平面ECB 的法向量分别为111(,,)m x y z =，222(,,)n x y z =， 则11110220m CE x z m CA x y ⎧=+=⎪⎨=-=⎪⎩，取11y =，可得(1,1,1)m =-； 22220220n CE x y n CB x y ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取21y =-，得(1,1,1)n =--． 111cos ,||||33m n m n m n -+∴<>===⨯． ∴二面角A EC B --的平面角的余弦值为13-．。
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.。
高考数学专题之立体几何中关于折叠的所有问题
立体几何中关于折叠的所有问题折叠是平面几何向空间立体几何转换的一个桥梁，其中涉及到多方面的知识，所以就成为高考的一个热点问题，也是一个难点。
折叠问题往往描述的是一个运动变化的过程，对折叠前后的几何量间关系是否改变，是我们研究的重点。
考题中有关折叠的类型主要包括以下几方面：一. 折叠后图形形状判断【例】如下图,在下列六个图形中,每个小四边形皆为全等的正方形,那么沿其正方形相邻边折叠,能够围成正方体的是_____________(要求：把你认为正确图形的序号都填上)①②③④⑤⑥【答案】①③⑥【解析】①③⑥可以.②把横着的小方形折起后,再折竖着的小方形,则最上方的小方形与正方体的一个侧面重合,导致正方体缺少一个侧面；④把下方的小方形折起后,则上方的小方形中的第1,2个重合,导致正方体的底面缺少,不能折成正方体；⑤把中间的小方形当成正方体的底面,则右下方的小方形折叠不起来,构不成正方体.【趁热打铁】下图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是（）A. B. C. D.二. 折叠后的线段的位置关系判断【例】将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2),则在空间四边形ABCD中,AD与BC的位置关系是( )图1 图2A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直【答案】C【解析】在图1中的等腰直角三角形ABC中,斜边上的中线AD就是斜边上的高,则AD⊥BC,折叠后如图2,AD与BC变成异面直线,而原线段BC变成两条线段BD、CD,这两条线段与AD垂直,即AD⊥BD,AD⊥CD,故AD⊥平面BCD,所以AD⊥BC.【趁热打铁】如图,在正方形ABCD中,点E,F分别为边BC,AD的中点,将沿BF所在直线进行翻折,将沿DE所在直线进行翻折,在翻折过程中（）A. 点A与点C在某一位置可能重合B. 点A与点C的最大距离为C. 直线AB与直线CD可能垂直D. 直线AF与直线CE可能垂直三.折叠后几何体的数字特征方面折叠后几何体的数字特征包括线段长度、几何体的表面积与体积、空间角与距离等,设计问题综合、全面,也是高考命题的重点.解决此类问题的关键是准确确定折叠后几何体的结构特征以及平面图形折叠前后的数量关系之间的对应.1.折叠后有关体积的计算2【例】如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,CD=2AB=4,AD=,E为CD的中点,将△BCE沿BE折起,使得CO⊥DE,其中点O在线段DE内.(1)求证:CO⊥平面ABED;(2)求∠CEO(记为θ)多大时,三棱锥C-AOE 的体积最大?最大值为多少?【答案】(1)证明：见解析.(2)当θ=π4时,三棱锥C-AOE 的体积最大,最大值为√23. 【解析】(1)证明：在直角梯形ABCD 中,CD=2AB,E 为CD 的中点,则AB=DE. 又AB ∥DE,AD ⊥AB,知BE ⊥CD.在四棱锥C-ABED 中,BE ⊥DE,BE ⊥CE,CE ∩DE=E,CE,DE ⊂平面CDE,则BE ⊥平面CDE.因为CO ⊂平面CDE,所以BE ⊥CO.又CO ⊥DE,且BE,DE 是平面ABED 内两条相交直线,故CO ⊥平面ABED. (2)解：由(1)知CO⊥平面ABED,知三棱锥C-AOE 的体积V=13S △AOE ·OC=13×12×OE×AD×OC. 由直角梯形ABCD 中,CD=2AB=4,AD=√2,CE=2, 得三棱锥C-AOE 中,OE=CE·cos θ=2cos θ, OC=CE·sin θ=2sin θ,V=√23sin 2θ≤√23, 当且仅当sin 2θ=1,θ∈(0,π2),即θ=π4时取等号 (此时OE=√2<DE,O 落在线段DE 内).故当θ=π4时,三棱锥C-AOE 的体积最大,最大值为√23.【趁热打铁】如图1，在平面ABCD 中，AB=AD=CD=1，BD=, ,将其对角线BD 折成四面体,如图2，使平面平面BCD,若四面体的顶点在同一球面上，则该球的体积为____________【答案】【解析】因为BD 中点O 到距离为，O 到距离为 ，所以 ，体积为2.折叠后有关表面积的计算 【例题】在平面四边形 中，AB=BC=2,AC=AD=2，现沿对角线AC 折起,使得平面DAC 平面ABC ，则此时得到的三棱锥D-ABC 外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．3.折叠后有关线面角的计算2BD CD ⊥A BCD '-A BD '⊥A BCD '-823πA '22C 6222262222R R R ⎛⎫⎛⎫=+-∴= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭348233R ππ=【例】如左图,矩形中,,,、分别为、边上的点,且,,将沿折起至位置(如右图所示),连结、、,其中.(Ⅰ)求证:平面； (Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.【解析】(Ⅰ)由翻折不变性可知, ,,在中, ,所以 在图中,易得,在中, ,所以又,平面,平面,所以平面.ABCD 12AB =6AD =E F CD AB 3DE =4BF =BCE ∆BE PBE ∆AP EF PF 25PF =PF ⊥ABED AP PEF PBF ∆PF BF ⊥1PEF ∆PF EF ⊥BF ⊂ABED EF ⊂ABED PF ⊥ABED . .ACDBEF图图ABCD P EF解法二图ABC DPEFH x y z 解法一图ABC D PEF(Ⅱ)方法一:以为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,,,,所以, , ,设平面的法向量为,则,即,解得令,得,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. 方法二:过点作于,由(Ⅰ)知平面,而平面 所以,又,平面,平面,所以平面,所以为直线与平面所成的角.在中,在中,由等面积公式得D D xyz -()6,0,0A ()0,3,0E ()6,8,0F PEF (),,x y z =n 00FP EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 560x y z ⎧=-⎪⎨⎪=⎩6y =-AP PEF θ81281427AP PEF 81281427A AH EF ⊥H PF ⊥ABED AH ⊂ABED PF AH ⊥EF ⊂PEF PF ⊂PEF AH ⊥PEF APH ∠AP PEF Rt APF ∆AEF ∆4861在中,所以直线与平面所成角的正弦值为.【点评】折叠问题分析求解两原则：(1)折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系；(2)折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变.【趁热打铁】如图1，在高为2的梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.已知DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADE-BCF，如图2.(1)若AF⊥BD，证明：DE⊥BE；(2)若DE∥CF，CD＝3，在线段AB上是否存在点P，使得CP与平面ACD所成角的正弦值为3535？并说明理由．4.折叠后有关面面角的计算【例】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，5AB=，6AC=，点E，F分别在AD，CD上，54AE CF==，EF交BD于点H．将ΔDEF沿EFRt APH ∆AP PEF 81281 427折到ΔD EF '的位置，OD ' （I ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （II ）求二面角B D A C '--的正弦值．【解析】（I ）证明：∵54AE CF ==，∴AE CFAD CD=，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥． ∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AEOH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥． 又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ． （Ⅱ）建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-，，． 同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，，∴12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅，∴295sin 25θ=． 【趁热打铁】如图，已知是边长为6的等边三角形，点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点，且满足，如图，将沿DE 折成四棱锥，且有平面平面BCED ．求证：平面BCED ；记的中点为M ，求二面角的余弦值．5.折叠后有关线段长度的计算【例题】如图，梯形中，，过分别作，，垂足分别，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体，如图．1若，证明：平面；2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长．【解析】1由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，，由已知得，，平面又平面BDE，，又，，平面2在图2中，，，，即面DEFC，在梯形DEFC中，过点D作交CF于点M，连接CE，由题意得，，由勾股定理可得，则，，过E作交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，．设平面ACD的一个法向量为，由得,取得，设，则m，，，得设CP与平面ACD所成的角为，．所以6.折叠后有关点到面的距离的计算【例题】已知如图（1）直角梯形，，，，，为的中点，沿将梯形折起（如图2），使.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【解析】（1）由已知可得为直角三角形，所以. 又，所以，所以平面.（2）因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，，所以，平面，又因为，所以平面，又因为平面，所以.在直角中，，设点到平面的距离为，由，则，所以.。
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（ 12 浙江）10．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，在翻折着过程中， 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，三直线“ AC 与 BD” ， “ AB 与 CD” ， “ AD 与 BC”均不垂直
（05
浙江） 设 M、 N 是直角梯形 ABCD 两腰的中点， DE⊥AB 于 E(如
图 )．现将△ADE 沿 DE 折起，使二面角 A－ DE－B 为 45° ，此时点 A 在平面 BCDE 内的射影恰为点 B，则 M、 N 的连线与 AE 所成角的 大小等于_________．
D
C
N
M
A
E
B
（09 浙江） 17．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 ．
立体几何中的翻折问题
灵溪二高：刘勇
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。
图形的翻折问题在历年高考中时常出现， 浙江省近几年就出现了四次，因为它是一个由直 观到抽象的过程，所以每次的出现的题号都偏后， 同学们的答题情况也不太理想。
A D
A
D B
B
C
C
2014温一模（16题）
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 ． ① |BM|是定值； ② 点 M 在圆上运动； ③ 一定存在某个位置，使 DE⊥A1C； ④ 一定存在某个位置，使 MB∥平面 A1DE．
（1）AD与BC所成的角固定吗？
D
它们会垂直吗？
（2）AC与BD所成的角固定吗？
A
M
C
（3）AD与面BDM所成的角固定吗？(M为AC中点） （4）二面角A-DB-C固定吗？ 你能不用求解看出它的范围吗？ 考向二：通过翻折得到一个不确定的几何体， 研究其点线面的位置关系 策略：明确不变量、紧抓关键量
B
课本中翻折：
如图：边长为2的正方形ABCD中， （1）点E、F分别是边BC和CD的中点，将△ABE， △AFD分别沿AE，AF折起，使两点重合于P点， 求证：AP⊥EF 1 （2）当CE=CF= 4 BC时，求三棱锥P-AEF的体积； A P(B,D)
F
E C
链接高考：
（ 12 浙江第 10 题）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，在翻折着过程中， 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，三直线“ AC 与 BD” ， “ AB 与 CD” ， “ AD 与 BC”均不垂直
典型例题
如图：边长为2的正方形ABCD中，将 △ACD沿对角线AC折起，连接BD，得 到一个新的三棱锥D-ABC 尝试作图
在翻折的过程中，三棱锥与原来的正方形对比，哪些量没有变化？哪些量发生 了变化？（长度、角度、图形）
D C
D
A
为 2 的正方形 ABCD 中，将△ACD沿对角线AC折起，连 接BD，得到一个新的三棱锥DABC，当三棱锥的体积最大时。
问题1、求AC与BD所成的角？ 问题2、AD与BC会垂直吗？ 问题3、角DAB固定吗？ 它的范围为？ 问题4、AD与平面ABC所成的线面角固定吗？
A C D
它有最大值吗？
M
问题 5 、 AD 与面 BDM 所成的角固定吗？ (M 为 AC 中 点）
问题6、二面角D-AC-B固定吗？范围为？
B
问题7、二面角A-DB-C的范围能求吗？
（1）求AD与BC所成的角 （2）求AD与面DBC所成角的正弦值 （3）求二面角D-AB-C的正切值
D
A
C
考向一：通过翻折得到一个确定的几何体， 研究其点线面的位置关系。 策略：建系、模型、传统方法
B
变式、 如图：边长为 2 的正方形 ABCD 中，将△ ACD 沿 对角线 AC 折起，连接 BD ，得到一个新的三棱锥 DABC，（平面DAC与平面BAC不重叠）
（ 10 浙江）如图， 在矩形 ABCD 中，点 E， F 分别在线段 AB， AD 上，
，沿直线 EF 将△ AEF 翻 折成△ A′ EF，使平面 A′ EF⊥平面 BEF。 （Ⅰ）求二面角 的余弦值；
（Ⅱ）点 M， N 分别在线段 FD，BC 上，若沿 直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折， 使 C与 重合，求线段 FM 的长。
【总结规律】
求解翻折问题的基本方法：
(1)根据题中条件画出立体图形 (2)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. (3)将不变的条件集中到几何体图形中，将问题 归结为一个条件与结论明朗化的立几问题。
链接高考：
（09 浙江） 17．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 ．