高考数学立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题

1、1 / 18 补上一课 ,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

2、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 全国卷)图是由矩形 adeb，rtabc和菱形 bfgc组成的一个平面图形，其中 ab1，bebf2，fbc60 .将其沿 ab，bc 折起

3、使得be与 bf重合，连接 dg，如图. (1)证明：图中的 a，c，g，d四点共面，且平面 abc平面 bcge； (2)求图中的二面角 bcga的大小 2 / 18 (1)证明 由已知得 adbe，cgbe，所以 adcg， 所以 ad，cg确定一个平面，从而 a，c，g，d四点共面 由已知得 abbe，abbc，且 bebcb，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 ehbc，垂足为 h. 因为 eh平面 bcge，平面 bcge平面 abc，平面 bcge平面 abcbc， 所以 eh平面 abc

4、. 由已知，菱形 bcge的边长为 2，ebc60 ，可求得 bh1，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hxyz，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 n0，ac n0，即x 3z0，2xy0. 所以可取 n(3，6， 3) 又平面 bcge的法向量可取 m(0，1，0)， 所以 cosn，mn m|n|m|32. 因此二面角 bcga的大小为 30 . 【训练 1】 (2021 浙江名师测试卷四)在梯形 abcd 中，

5、对角线 ac 与 bd 交于点o，ad2ab2bc2cd.将bcd 沿 bd 翻折至bpd，且满足平面 abp平面 bpd. (1)求证：二面角 pbda是直二面角； (2)(一题多解)求直线 pd与平面 pao所成角的正弦值的大小 3 / 18 (1)证明 由已知条件易得bad60 ，bda30 ，abbd. 在bpd 中，过点 d作 dhbp，交 bp 的延长线于点 h. 平面 abp平面 bpd，平面 abp平面 bpdbp， dh平面 abp， ab平面 abp，dhab. 又bddhd，ab平面 bpd， ab平面 abd，平面 abd平面 bpd. 即二面角 pbda 是直二面角

6、(2)解 法一 过点 p作 pgbd，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 abdbd， pg平面 abd. 设 ob1，则 op1，oa2，abbp 3， ab平面 bpd，abbp， ap ab2bp2 6， 由余弦定理得 cosaopoa2op2ap22oa op14， 则 sinaop154. 设点 d到aop的距离为 h， vpaodvdaop， 13 pg saod13 h saop， pg32，saod1222 sin 23 3， 4 / 18 saop1212154154， h2 155， pd 3，直线 pd 与平

7、面 pao所成角 的正弦值 sin hpd2 55. 法二 分别取 bd，ad 的中点 e，f，连接 ep，ef， 则 efab. 由(1)可知 ab平面 bpd， ef平面 bpd，efbd，efep. pbpd，pebd， 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 ob1，可得 p0，0，32，d0，32，0 ， a3，32，0 ，o0，12，0 . pd0，32，32，pa3，32，32， ao( 3，1，0) 设平面 pao的法向量为 n(x，y，z)， 则pa n0，ao n0，即3x32y32z0， 3xy0， 令 x1，则

8、n(1， 3，1)， 直线 pd 与平面 pao 所成角 的正弦值为 sin |cosn，pd|n pd|n| |pd|2 55. 题型二 立体几何中的轨迹问题 【例 2】 (1)已知在平行六面体 abcda1b1c1d1中，aa1与平面 a1b1c1d1垂直，且 adab，e 为 cc1的中点，p 在对角面 bb1d1d 所在平面内运动，若 ep5 / 18 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 abcda1b1c1d1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

9、 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 abcda1b1c1d1中，aa1与平面 a1b1c1d1垂直，且 adab，所以该平面六面体 abcda1b1c1d1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 efac，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

10、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 pead于 e、pfa1d1于 f，连接 ef，易知 |pf|2|pe|2|ef|2x21， 又作 pncd于 n，则|pn|y1|.依题意|pf|pn|，即 x21|y1|， 化简得 x2y22y0， 故动点 p的轨迹为双曲线，选 b. 6 / 18 【训练 2】 (1)在正方体 abcda1b1c1d1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，若 的最小值为3，则点 p 的轨迹是( ) a圆的一部分 b椭圆的一部分

11、 c抛物线的一部分 d双曲线的一部分 (2)如图，ab 是平面 的斜线段，a 为斜足，若点 p 在平面 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 d1p 与 mn 所成角 的最小值，故d1qd3，从而dd1q6，所以 d1q 的轨迹是以 d1d 为轴，顶点为 d1，母线 d1q 与轴 d1d 的夹角为6的圆锥面的一部分，则点 p 的轨迹就是该部分圆锥面与a1c1d 面(不包括

12、边界)的交线，而a1c1d 面所在平面与轴 d1d 斜交，故点 p的轨迹是椭圆的一部分 7 / 18 (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 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 sabc 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

13、是( ) a(0，) b.33a2， c.36a2， d.12a2， (2)(2021 “超级全能生”联考)在长方体 abcda1b1c1d1中，底面 abcd 是边长为 4 的正方形，侧棱 aa1t(t4)，点 e 是 bc 的中点，点 p 是侧面 abb1a1内的动点(包括四条边上的点)，且满足 tan apd4tan epb，则四棱锥 pabed的体积的最大值是( ) a.4 33 b16 3 c.16 33 d.64 39 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

14、綉 fg，所以 efgh 为平行四边形，又sabc 为正三棱锥，scab，efab，fgsc，所以 effg，从而四边形 efgh 为矩形，其面积 sgh gf12a sc，当正三棱锥的高0 时，sc正三角形 abc的外接圆的半径2 33a，所以四边形 efgh的面积33a2，选 b. (2)作 pfab，垂足为点 f，在长方体 abcda1b1c1d1中，da平面abb1a1，cb平面 abb1a1，在 rtpad 和 rtpbc 中，所以 tan apd8 / 18 adap，tan epbbepb.因为 tan apd4tan epb，be12bc12ad，所以 pb2ap.因为平面 a

15、bb1a1平面 abcd，平面 abb1a1平面 abcdab，pfab，所以 pf平面 abcd.设 pfh，afx，则 bf4x，x0，4，由 pb2ap，得 h2(4x)24(x2h2)，即 h2x283x163.因为函数 yx283x163在0，4上单调递减，所以当 x0 时，(h2)max163，即 hmax4 33，所以四棱锥 pabed 的体积的最大值(vpabed)max1312(24)44 3316 33，故选 c. 【训练 3】 (1)在棱长为 6的正方体 abcda1b1c1d1中，m 是 bc 中点，点 p是平面 dcc1d1所在的平面内的动点，且满足apdmpc，则三

16、棱锥 pbcd体积的最大值是( ) a36 b12 3 c24 d18 3 (2)(2021 镇海中学模拟)已知棱长为 1 的正方体 abcda1b1c1d1，球 o 与正方体的各条棱相切，p为球 o上一点，q是ab1c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 d1dcc1，则 addp，同理 bc平面 d1dcc1，则bccp，apdmpc，则padpmc，ad2mc，则 pd2pc，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)，d1(0，6)，c1(6，6

17、)，设 p(x，y)，因为 pd2pc，所以x2y22 （x6）2y2，化简得(x8)2y216，该圆与 cc1的交点纵坐标最大，交点为(6，2 3)，三棱锥 pbcd 的底面 bcd 的面积为 18，要使三棱锥pbcd 体积最大，只需高最大，当 p 在 cc1上且 cp2 3时棱锥的高最大，v9 / 18 13 18 2 312 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.ab1c 为边长为 2的等边三角形，设其外接圆的圆心为 m，则易得|mb1|63.在正方体 abcda1b1c1d1中，易得 bd1平面ab1c，则

18、ommb1.又因为|ob|32，|mb|33，所以|om|36，则|oq|ob1|om|2|mb1|232，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 cdbc，又因

19、为ab 垂直于定圆所在的平面，所以 cdab，又因为 abbcb，所以 cd平面 abc，所以 cdbh，又因为 bhac，accdc，所以 bh平面acd，所以 bheh，所以动点 h在以 be为直径的圆上，即点 h的运动轨迹为10 / 18 圆，故选 a. 2设 p 是正方体 abcda1b1c1d1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

20、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43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.512 b.512 c.312 d.312 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

21、蛋(球体)的体积为43，所以球的半径为 1，所以球心到截面圆的距离 d11432，则截面圆到球体最低点的距离为 132，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12132312，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abm，且点 b不在平面 amc 内，点 p 是线段 bc 上一点若二面角 pamb与二面角 pamc 的平面角相等，则直线 ap 经过abc 的( ) 11 / 18 a重心 b垂心 c内心 d外心 答案 a 解析 因为二面角 pamb与二面角 pamc 的平面角相等，所以点 p 到两个平面的

22、距离相等，所以 vpabmvpacm，即 vapbmvapcm.因为两三棱锥的高相等，故 spbmspcm，故 bpcp，故点 p 为 cb的中点，所以直线 ap经过abc的重心，故选 a. 5(2021 浙江名师测试卷一)如图，在四棱锥 pabcd 中，底面 abcd 为正方形，侧面 pad 为正三角形，且侧面 pad底面 abcd，已知在侧面 pad 内存在点 q，满足 pqqd，则当 aq 最小时，二面角 acdq的余弦值是( ) a.2 34 b.2 34 c.2 62 d.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 cdad，又平面pad平面

23、 abcd，且平面 pad平面 abcdad，cd平面 abcd，所以cd平面 pad，所以 cdqd，则二面角 acdq 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，adqadpqdp60 45 15 ，即二面角 acdq 的余弦值为 cos 15 cos(60 45 )2 64，故选 d. 12 / 18 6(2021 浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为 1 的正方体 abcda1b1c1d1中，p，q 分别为 bd1，bb1上的动点，则c1pq 周长的最小值为( ) a.2 153 b.42 2 c.4832 d.2 133 答案 b 解析 连

24、接 b1d1，bc1，由图易得c1pq 的三边分别在三棱锥 bb1c1d1的三个侧面上，将三棱锥 bb1c1d1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形bc1d1c1为直角梯形，当 c1，p，q，c1四点共线时，c1pq 的周长最小，最小值为 c1d21d1c2142 2，即c1pq 的周长的最小值为42 2，故选b. 7.(2021 上虞区期末调测)在棱长均为 2 3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 appq的最小值是( ) 13 / 18 a.3 112 b. 3 2 c.5 34 d2 3 答案

25、a 解析 如图，作 mgce 于点 g，连接 dg.由已知得平面 cde平面 abc，又平面 cde平面 abcce，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 ha，则 ha为adg 的边 dg 上的高，且 appqappqha.因为 mg12ae32，dmdc2ac223，则 sin mdgmgdm36， 故 cos mdg336.又admadm6， 所以 sin adgsinmdg63361236323 3312，所以 appq的最小值 haads

26、in adg11 32.故选 a. 二、填空题 8在正方体 abcda1b1c1d1中，点 p 在侧面 bcc1b1及其边界上运动，总有apbd1，则动点 p的轨迹为_ 答案 线段 b1c 解析 易证 bd1平面 acb1，所以满足 bd1ap 的所有点 p 都在一个平面acb1上而已知条件中的点 p 是在侧面 bcc1b1及其边界上运动，因此，符合条件的点 p在平面 acb1与平面 bcc1b1的交线上，故所求的轨迹为线段 b1c. 9已知正方体 abcda1b1c1d1的棱长为 3，长为 2 的线段 mn 的一个端点 m在 dd1上运动，另一个端点 n 在底面 abcd 上运动，则 mn

27、的中点 p 的轨迹与14 / 18 正方体的面所围成的几何体的体积为_ 答案 6 解析 连接 dp，因为 mn2，所以 pd1，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 v1843136. 10已知在矩形 abcd 中，ab3，bca，若 pa平面 ac，在 bc 边上取点e，使 pede，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 deae，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

28、3，a6. 11如图，已知acb90 ，da平面 abc，aedb交 db 于 e，afdc交dc于 f，且 adab2，则三棱锥 daef体积的最大值为_ 答案 26 解析 因为 da平面 abc，所以 daab，adbc， aedb，又 adab2， de 2，又因为 bcac，acada， 所以 bc平面 acd， 所以平面 bcd平面 acd，afdc，平面 bcd平面 acdcd， 所以 af平面 bcd， 所以 afef，bdef， 15 / 18 所以 bd平面 aef，由 af2ef2ae222af ef可得 af ef1， 所以 saef12，所以三棱锥 daef体积的最大值

29、为13 21226. 12如图，在长方形 abcd 中，ab2，bc1，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 dkab，k 为垂足设 akt，则 t 的取值范围是_ 答案 12，1 解析 如图，在平面 adf 内过 d 作 dhaf，垂足为 h，连接 hk.过 f 点作fpbc交 ab于点 p . 设fab， 则 cos 22，2 55.设 dfx，则 1x2， 平面 abd平面 abc，平面 abd平面 abcab，dkab，dk平面abd，dk平面 abc，又 af平面 abc，dka

30、f. 又dhaf，dkdhd，dk，dh平面 dkh， af平面 dkh，afhk，即 ahhk. 在 rtadf 中，af 1x2，dhx21x2， adf 和apf都是直角三角形，pfad， rtadfrtfpa，apdfx. ahdadf， cos 11x2tx1x2. 16 / 18 x1t. 1x2，11t2，12t1. 三、解答题 13(2018 全国卷)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 pfbf. (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