立体几何的动态问题翻折问题
立体几何动态问题
立体几何的动态问题立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨 迹问题。
基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。
解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。
动点轨迹问题空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。
很少有题目会脱离这三个方向。
（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义）1．（2015·浙江卷8）如图1110，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支式题 如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．3．（2015春•龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是A 1D 1的中点，点P 在侧面BCC 1B 1上运动．现有下列命题：①若点P 总保持P A ⊥BD 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是直线； ②若点P 到点A 的距离为，则动点P 的轨迹所在的曲线是圆；③若P 满足∠MAP ＝∠MAC 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是椭圆；④若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离比为2：1，则动点P 的轨迹所在的曲线是双曲线； ⑤若P 到直线AD 与直线CC 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线． 其中真命题的个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．14．（2018•温州模拟）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，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5．（2013•铁岭模拟）如图所示，△P AB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6．若tan∠ADP﹣2tan∠BCP＝1，则动点P在平面α内的轨迹是（）A．椭圆的一部分B．线段C．双曲线的一部分D．以上都不是6．（2013•嘉兴二模）设m是平面α内的一条定直线，P是平面α外的一个定点，动直线n经过点P且与m成30°角，则直线n与平面α的交点Q的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线7．（2008•浙江）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a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8．（2015春•台州校级月考）AB是平面α的斜线段，长度为2，点A是斜足，若点P在平面α内运动，当△ABP的面积等于3 时，点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线9．（2016•浙江二模）在正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2．若点M在△ABC所在平面上运动，且使得△AC1M的面积为1，则动点M的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线10．（2016•武汉校级模拟）如图，AB是平面α外的固定斜线段，B为斜足，若点C在平面α内运动，且∠CAB等于直线AB与平面α所成的角，则动点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线11．（2008年浙江·理10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a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12.（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，M为正方形ABCD对角线的交点，动点P在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM与直线MP所成角为45°，则点P形成的轨迹为( ) A．椭圆的一部分B．抛物线的一部分C．双曲线的一部分D.圆的一部分13．（2014•杭州二模）在等腰梯形ABCD中，E，F分别是底边AB，BC的中点，把四边形AEFD沿直线EF折起后所在的平面记为α，p∈α，设PB，PC与α所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为零）．若θ1＝θ2，则满足条件的P所形成的轨迹是．BACDMPABP14．（2018秋•诸暨市校级期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，E，F分别是棱AD，BP上的动点，且满足AE＝2BF，则线段EF中点的轨迹是（）A．一条线段B．一段圆弧C．抛物线的一部分D．一个平行四边形15．（2015秋•太原期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱A1B1的中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，给出下列结论：①若BQ⊥A1C，则动点Q的轨迹是线段；②若|BQ|＝，则动点Q的轨迹是圆的一部分；③若∠QBD1＝∠PBD1，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分；④若点Q到AB与DD1的距离相等，则动点Q的轨迹是抛物线的一部分．其中结论正确的是（写出所有正确结论的序号）．16．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（）A．B．C．D．17．（2016秋•温州期末）点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足＝x（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为．19．（2017•定海区校级模拟）已知异面直线a，b所成角为60°，直线AB与a，b均垂直，且垂足分别是点A，B 若动点P∈a，Q∈b，|P A|+|QB|＝m，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是．20．（2017秋•赣州期末）如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起，使得平面BEFC⊥平面ADFE．若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE 所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为0）．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为（）A．B．C．D．翻折问题面（动问题）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角；3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，AD=AB=2，CD=CB=5,且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______2.（2015年10月浙江省学业水平考试18）如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。
2018届高三数学一轮复习课件-立体几何的动态问题之——翻折问题(26张PPT)优品课件PPT
E( 1 , 3 cosq , 3 sinq )
44
4
F
C
y
BE ( 3 ,
3 cosq ,
3 sinq ), FC (0,
3B ,0)
44
4
2
cos BE, FC
3 cosq
8
3 cosq
8
1 cosq
93* 3 16 16 2
3 4
2
q [0, ]cos BE, FC [ 1 , 1]
过 程 中 ， 令 二 面 角 A -B D -C 的 平 面 角 为 ， 则 （ ） A . E 'F K B . E 'F K C . E 'D K D . E 'D K
D E A
F
B
E'
C
K
A'
E'
D
F C
K B
①特例法
当 0时，EFK 0
E'DK
当 180 时， EFK 180 EDK 故答案为 B.
]
，
但异面直线
BE 与
CH
所成角的范围是（ 3
, ]
2
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向量法：建立空间直角坐标系
A
设二面角 A BD C 的大小为q ，
E
则D( 1 ,0，0),C(0， 3 ,0), A(0， 3 cosq , 3 sinq )
D
2
2
2
2
B(1 ,0，0) 2
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二、翻折问题题目呈现：
（一）翻折过程中的范围与最值问题
1、（2016 联考试题）平面四边形 ABCD 中，AD=AB= 2 ，CD=CB=
立体几何中的翻折问题资料
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.
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
=13ga2g46a=126a3
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.
从而O1F= O1 A O1C
AC 所以sin∠O1FE=
O O
1E 1F
=2 =
1
3
3 1 4
.又O1E=OO1·sin30°= 3.
3 2
,
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
E
F
D
C
A
B
N
MN
M
E
E F
F
D
C
D
C
A
立体几何的动态问题翻折问题
立体几何的动态问题之二———翻折问题立体几何动态问题的基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等一、面动问题（翻折问题）：（一）学生用草稿纸演示翻折过程: （二）翻折问题的一线五结论.D F A E ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D H F D H F ''∠）是二面角的平面角；3D D F '）在底面上的投影一定射线上；二、翻折问题题目呈现：（一）翻折过程中的范围与最值问题1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，CD=CB=且A D A B ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A B D ∆，则在'A B D ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______ .解：由题意知点A 运动的轨迹是以E 为圆心,EA 为半径的圆，当点A运动到与圆相切的时候所称的角最大，所以ta n '3A CB ∠=【设计意图】加强对一线、五结论的应用，重点对学生容易犯的错误12进行分析，找出错误的原因。
2、2015年10月浙江省学业水平考试18）.如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，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 所成角的取值范围是DABECDABC4) ''D H D H 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5A D 'E A E .）面绕翻折形成两个同底的圆锥CA.(,)63ππB. (,]62ππC. (,]32ππD. 2(,)33ππ分析：这是一道非常经典的学考试题，本题的解法非常多，很好的考查了空间立体几何线线角的求法。
方法一：特殊值法（可过F 作FH 平行BE,找两个极端情形） 方法二：定义法：利用余弦定理：222254c o s 243F HF CC HF H C C HF H F C+-∠==-，有344C H ≤≤11c o s ,22C F H ⎡⎤∴∠∈-⎢⎥⎣⎦异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(,]32ππ 方法三：向量基底法：111()()222B E FC B A BD F C B A F C B F F A F C=+==+111c o s ,c o s ,,222B E F C F C F A ⎡⎤<>=<>∈-⎢⎥⎣⎦方法四：建系：3、（2015年浙江·理8）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则 （ B ）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≥D. A CB α'∠≤方法一：特殊值方法二：定义法作出二面角，在进行比较。
运用方程思想求解立体几何中的动态问题
运用方程思想求解立体几何中的动态问题浙江省台州市实验中学 张铭 邮编：318000空间中的动态问题是立体几何中的难点问题，也是高考重点考查的问题。
它能有效地考查学生的空间想象能力和分析问题、解决问题的能力。
如何有效地解决空间中的动态问题，提升学生分析问题、解决问题的能力？运用方程思想，将几何问题转化为代数问题，不失为一种有效的方法。
一，空间中的翻折问题例1：（2009浙江高考）如图1，在长方形ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为DC 的中点,F 为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__________.本题是一道填空题，有很多学生在解答这道题时，是选择两个特殊位置即点F 在点E 处和在点C 处算出相应的t 值，然后通过猜测的方式给出了t 的取值范围，这样解答不够严谨。
下面通过建立坐标系，给出一种解答。
解：以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz 如图,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(-1,2,0) 设F(-1,y,0) (1<y<2),∵平面ADB ⊥平面ABC ，DK ⊥AB ，垂足为K ，∴K （0，t ，0），又∵AD=1,∴D(0,t,21t -),∴|DF|=2221)()10(t y t -+-++,又|DF|=y (1<y<2), ∴y t y t =-+-+221)(1,两边平方化简可得:ty=1,∴yt 1= ∵1<y<2,∴121<<t∴)1,21(∈t例2：（2010浙江高考）如图4，在矩形ABCD 中，点E 、F 分别在线段AB 、AD 上，432====FD AF EB AE ，沿直线EF 将AEF ∆翻折成EF A '∆,使平面⊥'EF A 平面BEF,(1)求二面角C FD A --'的余弦值;(2)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A '重合，求线段FM 的长.分析：对于问题（1），点E 、F 是定点，将AEF ∆沿EF 折起,平面⊥'EF A 平面BEF,点A '也是一个定点，求二面角C FD A --'的余弦值可用几何法作出二面角的平面角求解，也可以建立空间直角坐标系转化为求两个平面法向量所成的角。
高考数学难点突破八立体几何中的翻折问题答案
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 ．5 B ．25C ．35D ．25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。
【2020创新设计一轮复习数学】第八章 立体几何中的翻折及动点的轨迹问题
补上一课立体几何中的翻折及动点的轨迹问题知识拓展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问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，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、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，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.立体几何中的最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积的最值的问题.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.题型突破题型一翻折问题【例1】(2019·宁波模拟)如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，点E在线段CD上，满足BE⊥CD，且CE＝AB＝14CD＝2，现将△ADE沿AE翻折到△AME位置，使得MC＝210.(1)证明：AE⊥MB；(2)求直线CM与平面AME所成角的正弦值.解(1)法一在梯形ABCD中，连接BD交AE于点N，由条件易得BD＝43，∴BC2＋BD2＝CD2，故BC⊥BD.又BC∥AE，∴AE⊥BD，从而AE⊥BN，AE⊥MN，且BN∩MN＝N，∴AE⊥平面MNB，又MB⊂平面MNB，∴AE⊥MB.法二由ME＝DE＝6，CE＝2，MC＝210，得ME2＋CE2＝MC2，故CE⊥ME.又CE⊥BE，且ME∩BE＝E，∴CE⊥平面BEM.∵MB⊂平面BEM，∴CE⊥MB，又AB∥CE，∴AB⊥MB.易得AM＝AD＝27，则在Rt△ABM中，MB＝26，又BE＝23，∴ME2＝MB2＋BE2，故BE⊥MB.又AB∩BE＝B，∴MB⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，∴AE⊥MB.(2)法一设直线MC与平面AME所成角为θ，则sin θ＝h MC ，其中h 为点C 到平面AME 的距离.∵AE ∥BC ，∴点C 到平面AME 的距离即为点B 到平面AME 的距离.由V M －ABE ＝13S △ABE ·MB ＝V B －AME＝13S △AME ·h ，得h ＝S △ABE ·MB S △AME ＝263， ∴sin θ＝h MC ＝1515.法二 ∵MB ⊥平面ABCE ，∴建立空间直角坐标系如图所示，则A (0，2，0)，C (23，－2，0)，E (23，0，0)，M (0，0，26)，则AM→＝(0，－2，26)，AE →＝(23，－2，0)， MC→＝(23，－2，－26). 设平面AME 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AE ＝0，可取m ＝(2，6，1). 设直线CM 与平面AME 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，MC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·MC →|m ||MC →|＝1515. 【训练1】 在平行四边形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝22，∠A ＝45°，E 是AD 的中点(如图1)，现将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置.(1)证明：平面A 1DE ⊥平面ABCD ；(2)若二面角A 1－BE －C 为60°，求直线A 1B 与平面A 1CD 所成角的正弦值.(1)证明 在题中图1的△ABE 中，AB ＝2，AE ＝2，∠A ＝45°，得BE ＝2，AE ⊥BE ，在题中图2中，BE ⊥A 1E ，BE ⊥DE ，又因为A 1E ∩DE ＝E ，所以BE ⊥平面A 1DE ，又BE ⊂平面ABCD ，所以平面A 1DE ⊥平面ABCD .(2)由(1)知二面角A 1－BE －C 为∠A 1ED ＝60°，又A 1E ＝AE ＝ED ＝2，则△A 1ED 为等边三角形.法一 如图，建立空间直角坐标系，B (2，0，0)，D (0，2，0)，(2，22，0)，A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，22，62， 则A 1B →＝⎝⎛⎭⎪⎫2，－22，－62，DC →＝(2，2，0)， DA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，62. 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DA 1→＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，－22y ＋62z ＝0， 取y ＝－3，则n ＝(3，－3，－1)，则cos 〈A 1B →，n 〉＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝2627＝427，因此，直线A 1B 与平面A 1CD 所成角的正弦值为427.法二 A 1B ＝2，A 1D ＝2，如图，延长BE 交CD 于点F ，则DF ＝DC ＝2，BE ＝EF ＝A 1E ＝2，因为∠A 1EF ＝90°，所以A 1F ＝2，则S △A 1FD ＝72，S △A 1FC ＝7，作A 1H ⊥ED 于点H ，则A 1H ＝62，V A 1－BCF ＝13·S △BCF ·A 1H ＝13×4×62＝263，设点B 到平面A 1FC 的距离为h ，又V A 1－BCF ＝V B －A 1CF ＝13·S △A 1FC ·h ＝73h ＝263，得h ＝267， 因此，直线A 1B 与平面A 1CD 所成角的正弦值sin θ＝h A 1B ＝427. 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)(2019·宁波期中)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1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.答案(1)A(2)B【训练2】(1)(2019·金华十校模拟)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)(2018·绍兴质检)如图，若三棱锥A －BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到点A 的距离之比为正常数λ，且动点P 的轨迹是抛物线，则二面角A －BC －D 的平面角的余弦值为( )A.λB.1－λ2C.1λD.1－1λ2解析 (1)延长D 1P 交底面ABCD 的内部于点Q ，连接QD ，则∠D 1QD 为直线D 1Q 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)由题意知，动点P 的轨迹是以点A 为焦点，直线BC 为准线的抛物线，设点P 在底面BCD 内的投影为点H ，二面角A －BC －D 的平面角的大小为θ，点P 到直线BC 的距离为d ，则|PH ||P A |＝λ，由抛物线的定义，得|P A |＝d ，则sin θ＝|PH |d ＝λ|P A |d＝λ，则cos θ＝1－sin 2θ＝1－λ2，故选B.答案(1)B(2)B补偿训练一、选择题1.(2019·温州适应性考试)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.答案 A2.(2018·衢州二中二模)如图，△BCD是以BC为斜边的等腰直角三角形，△ABC 中∠BAC＝90°，△ABC沿着BC翻折成三棱锥A－BCD的过程中，直线AB与平面BCD所成的角均小于直线AC与平面BCD所成的角，设二面角A－BD－C，A－CD－B的大小分别为α，β，则()A.α>βB.α<βC.存在α＋β>πD.α，β的大小关系不能确定解析作AH⊥平面BCD，分别作HM⊥BD，HN⊥CD于M，N两点.由AB与平面BCD所成的角∠ABH总小于AC与平面BCD所成的角∠ACH，则AB>AC.设O为BC的中点，则点H在DO的右侧，所以有HM>HN，故tan α＝tan∠AMH＝AHHM，tan β＝tan∠ANH＝AHHN，因此，tan α<tan β，即α<β，故选B.答案 B3.(2015·浙江卷)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则()A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α解析∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误.当CA＝CB 时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH 中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.答案 B4.如图，在正四棱锥S－ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC.则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能的是()解析取CS，CD的中点F，G，连接EF，EG，FG.∵E为BC的中点，∴EF∥BS.又EF⊄平面SBD，BS⊂平面SBD，∴EF∥平面SBD.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面SBD.又AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面EFG，∴AC⊥FG，∴点P∈FG，∴点P的轨迹是△SCD的中位线FG，选A.答案 A二、填空题5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥BD1，则动点P的轨迹为________.解析易证BD1⊥平面ACB1，所以满足BD1⊥AP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ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C . 答案 线段B 1C6.矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，点E ，F 分别是AB ，DC 上的动点，将矩形ABCD 沿EF 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 所成角的范围(包含初始状态)为________.解析 初始状态时直线AD 与直线BC 所成的角为0°，翻折过程中当BC ⊥BD 时，直线AD 与直线BC 所成的角为90°，因此直线AD 与直线BC 所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π27.如图，在棱长为2的正四面体S －ABC 中，动点P 在侧面SAB 内，PQ ⊥底面ABC ，垂足为Q ，若PS ＝324PQ ，则PC 长度的最小值为________.解析 作PH ⊥AB 于点H ，连接QH ，则∠PHQ 为二面角S －AB －C 的平面角，设AB 的中点为G ，S 在平面ABC 内的射影为O ′(O ′为△ABC 的中心)，连接SG ，GO ′，SO ′，则∠SGO ′也是二面角S －AB －C 的平面角，则sin ∠PHQ ＝PQ PH＝sin ∠SGO ′＝SO ′SG ＝223，所以PH ＝324PQ ，所以PH ＝PS ，所以点P 的轨迹是侧面SAB 内以AB 为准线，以S 为焦点的抛物线，SH 的中点O 是抛物线的顶点，O 到C 的距离就是PC 的最小值，此时由余弦定理可知，PC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋(3)2－2×32×3×13＝114，所以PC min ＝112.答案 1128.如图1，在△ABC 中，BA ＝BC ＝6，∠ABC ＝120°，AD →＝2DB →，过点D 作DE ⊥AC 交AC 于点E ，连接CD .现将△ADE 与△BCD 分别沿DE 与CD 翻折，使DA 与DB 重合(如图2)，则二面角E －A ′D －C 的平面角的余弦值为________.解析 由题意得DE ⊥A ′E ，DE ⊥CE ，A ′E ∩CE ＝E ，则DE ⊥平面A ′EC ，又DE ⊂平面DEA ′，所以平面DEA ′⊥平面A ′EC ，过点C 作CG ⊥EA ′交EA ′的延长线于点G ，如图所示，则GC ⊥平面A ′DE ，过点G 作GH ⊥DA ′交DA ′的延长线于点H ，连接CH ，可证得CH ⊥HD ，所以∠GHC 即为二面角E －A ′D －C 的平面角.因为在△ABC 中，BA ＝BC ＝6，∠ABC ＝120°，AD →＝2DB →，所以在Rt △B ′HC 中，∠B ′HC ＝90°，∠HB ′C ＝60°，B ′C ＝6，所以B ′H ＝3，CH ＝33，在Rt △HA ′G 中，∠A ′HG ＝90°，A ′H ＝1，∠HA ′G ＝30°，所以HG ＝A ′H ·tan ∠HA ′G ＝33，在Rt △CGH 中，cos ∠GHC ＝|HG ||CH |＝19.答案 19 三、解答题9.(2019·台州质量评估)如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别为BA ，BC 的中点，将△ADE ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′，连接A ′B .(1)求证：直线EF⊥平面A′BD；(2)求直线A′D与平面BEDF所成角的正弦值.(1)证明由折叠前后图形的性质知A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，又A′E∩A′F＝A′，A′E，A′F⊂平面A′EF，∴A′D⊥平面A′EF，又EF⊂平面A′EF，∴A′D⊥EF.由已知可得EF⊥BD，又A′D∩BD＝D，A′D，BD⊂平面A′BD，∴EF⊥平面A′BD;(2)解由(1)知EF⊥平面A′BD，又EF⊂平面BEDF，∴平面A′BD⊥平面BEDF，则∠A′DB为A′D与平面BEDF所成角.设BD，EF交于点M，连A′M，则A′M＝BM＝2，DM＝32，又A′D⊥平面A′EF，A′M⊂平面A′EF，∴A′D⊥A′M,在Rt△A′DM中，sin ∠A′DB＝A′MDM＝232＝13，∴A′D与平面BEDF所成角的正弦值为1 3.10.(2018·绍兴一中模拟)如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为线段BC上一点，且DC＝25BC，让△ADC绕直线AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC.(1)在线段BC上是否存在一点E，使平面AEC′⊥平面ABC？请证明你的结论；(2)求直线C′D与平面ABC所成的角.解(1)取BC的中点为E，由题意知AE⊥BC，又因为AC′⊥BC，AE∩AC′＝A，所以BC⊥平面AEC′，因为BC在平面ABC内，所以平面AEC′⊥平面ABC.(2)在平面AC′E中，过点C′作C′H⊥AE交AE于点H，连接HD.由(1)知，C′H⊥平面ABC，所以∠C′DH即为直线C′D与平面ABC所成的角.由AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，得BC＝23，DC＝435，ED＝35，EC′＝355，在△AEC′中，由余弦定理得cos∠AEC′＝－5 5，所以cos∠HEC′＝55，sin∠HEC′＝255，所以HC′＝EC′·sin∠HEC′＝6 5，所以sin∠HDC′＝HC′DC′＝32，所以直线C′D与平面ABC所成的角为60°.11.(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34.12.如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BRRH ＝λ(λ>0).现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示.(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直. ∴PD ⊥平面PEF .在图1中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点， 则EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .在图2中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DGGH ＝2， ∴在△PDH 中，GR ∥PD . ∴GR ⊥平面PEF .(2)解 存在.由题意，分别以PF ，PE ，PD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz .设PD ＝4，则P (0，0，0)，F (2，0，0)，E (0，2，0)，D (0，0，4)，∴H (1，1，0).∵BR RH ＝PRRH ＝λ，∴PR →＝λ1＋λPH →，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0.∴RF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF→＝(2，－2，0)，DE →＝(0，2，－4)，设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧EF →·m ＝0，DE →·m ＝0，得⎩⎨⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0.取z ＝1，则m ＝(2，2，1). ∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →||m ||RF →|＝41＋λ3⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225， ∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去).故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.。
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。
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立体几何的动态问题之二———翻折问题立体几何动态问题的基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等一、面动问题（翻折问题）：（一）学生用草稿纸演示翻折过程: （二）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角；3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 二、翻折问题题目呈现：（一）翻折过程中的范围与最值问题1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，AD=AB=2，CD=CB= 5,且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______ .解：由题意知点A 运动的轨迹是以E 为圆心,EA 为半径的圆，当点A运动到与圆相切的时候所称的角最大，所以3tan 'A CB ∠=。
【设计意图】加强对一线、五结论的应用，重点对学生容易犯的错误12进行分析，找出错误的原因。
2、2015年10月浙江省学业水平考试18）.如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，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 所成角的取值范围是DABE CDABC4) ''D H DH点的轨迹是以为圆心，为半径的圆；5AD'E AE .）面绕翻折形成两个同底的圆锥ECA.(,)63ππ B. (,]62ππ C. (,]32ππ D. 2(,)33ππ分析：这是一道非常经典的学考试题，本题的解法非常多，很好的考查了空间立体几何线线角的求法。
方法一：特殊值法（可过F 作FH 平行BE,找两个极端情形） 方法二：定义法：利用余弦定理：222254cos 243FH FC CH FHC CH FH FC +-∠==-g ，有32144CH ≤≤11cos ,22CFH ⎡⎤∴∠∈-⎢⎥⎣⎦异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是(,]32ππ 方法三：向量基底法：111()()222BE FC BA BD FC BA FC BF FA FC=+==+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rg g g g111cos ,cos ,,222BE FC FC FA ⎡⎤<>=<>∈-⎢⎥⎣⎦u u u r u u u r u u u r u u u r方法四：建系：3、（2015年浙江·理8）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则 （ B ）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≥D. A CB α'∠≤方法一：特殊值方法二：定义法作出二面角，在进行比较。
方法三：抓住问题的本质，借助圆锥利用几何解题。
4、（14年1月浙江省学业学考试题）如图在Rt △ABC 中，AC ＝1，BC ＝x ，D 是斜边AB 的中点，将△BCD 沿直线CD 翻折，若在翻折过程E FBDCA H中存在某个位置，使得CB ⊥AD ，则x 的取值范围是( A )A ．(0，3] B.⎝⎛⎦⎤22，2 C ．(3，2 3] D ．(2，4] 方法一：利用特殊确定极端值方法二：在DAB ∆中利用余弦定理转化为BDA ∠的函数求解。
方法三：取BC 的中点E,连接EA,ED 在DEA ∆中利用两边之和大于第三边求解。
（二）翻折之后的求值问题5、（2016届丽水一模13）已知正方形ABCD ，E 是边AB 的中点，将ADE △沿DE 折起至DE A '，如图所示，若A CD '为正三角形，则ED 与平面DC A '所成角的余弦值是6、（2016届温州一模8）如图，在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，点E 在线段AD 上且3AE =，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 ) A ．45 B ．56 C ．67 D ．78三、课后练习1、（2012年浙江10）已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将ABD ∆沿矩形的对角线BD所⇒B在的直线进行翻折，在翻折过程中（ B ） 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，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直2（2009年浙江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V 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__1(,1)2_____.3、（16年浙江六校联考）如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E 为正方形边上的动点， 现将△ADE 所在平面沿AE 折起，使点D 在平面ABC 上的射 影H 在直线AE 上，当E 从点D 运动到C ，再从C 运动到B ， 则点H 所形成轨迹的长度为___π___.4、（2010年浙江19改编）如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，432====FD AF EB AE ．沿直线EF 将AEF ∆翻折成EF A '∆，使平面EF A '⊥平面BEF ．点N M ,分别在线段BCFD ,上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与'A 重合，则线段FM 的长为________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 ;A M FE D CB N'A D ACBA B B DA'(Ⅱ)求线段BH 的长度；(Ⅲ)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值.17.解：（1）由于⊥BH 平面CDEF ，∴CD BH ⊥，又由于DE CD ⊥，H DE BH =I ，∴E B D CD 平面⊥，∴BE CD ⊥.法一：（2）设h BH =，k EH =，过F 作FG 垂直ED 于点G ，因为线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理：⎩⎨⎧-++=+=⇒⎩⎨⎧++=+=+=22222222222222)2(295k h k h GH FG BH FH BH BF EH BH BE ，可解得⎩⎨⎧==12k h ， ∴线段BH 的长度为2.（2）延长BA 交EF 于点M ，因为3:1::==MB MA BF AE ，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的31，∴点A 到平面EFCD 的距离为32，而13=AF ，直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为39132. 法二：（2）如图，过点E 作DC ER ∥，过点E 作⊥ES 平面EFCD ，分别以ER 、ED 、ES 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点)0,0)(,,0(>>z y z y B ，由于)0,2,2(F ，5=BE ，3=BF ，∴⎩⎨⎧=+-+=+9)2(4,52222z y z y 解得⎩⎨⎧==,2,1z y 于是)2,1,0(B ，所以线段BH 的长度为2. （3）从而)2,1,2(--=FB ，故)32,31,32(1--==FB EA ，)32,37,38(--=+=EA FE FA ，FCABDEHA EFCDB设平面EFCD 的一个法向量为)1,0,0(=n ，设直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ，则39132sin =⋅⋅=nFA n FA θ.立体几何的动态问题之三———最值、范围问题1、（2006年浙江·理14）正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 .A BP2、（2008年浙江·理10）如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 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3、（15届高考模拟卷·文）如图，已知球O 是棱长为1 的正方体1111ABCD A B C D 的内切球，则平面1ACD 截球O 的截面面积为4、（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD 是边长为2的正方形，M 为正方形ABCD 对角线的交点，动点P 在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM 与直线MP 所成角为45°，则点P 形成的轨迹为 ( ) A ．椭圆的一部分B ．抛物线的一部分C ．双曲线的一部分D . 圆的一部分5（2014·浙江卷理科17）某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若AB ＝15 m ，AC ＝25 m ，∠BCM ＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)6（2015·浙江卷8）如图11-10，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支式题 （1）如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C 的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．(2)在正四面体ABCD 中，M 是AB 的中点，N 是棱CD 上的一个动点，若直线MN 与BD 所成的角为α，则cos α的取值范围是________．7、(2014年7月浙江学考第25题)在棱长为1的正方体 1111ABCD-A B C D 中，E 、F 分别是棱1111A D C D 、的中 点，Ｎ为线段1B C 的中点，若Ｐ、M 分别为1D B 、EF 的动O ABC DABC D· BA CDMP点，则PM+PN 的最小值为8、（16届嘉兴一模·文15）边长为1的正方体1111D C B A ABCD -将其对角线1AC 与平面α垂直，则正方体1111D C B A ABCD -在平面α上的投影面积为 ．9、（16届高考模拟卷·理）正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，底面ABCD 的对角线BD 在平面α内，则正方体在平面α内的投影构成的图形面积的取值范围是 ．10、（16届高考模拟卷·理）将一个棱长为a 的正方体嵌入到四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内，使得正方体能够任意自由地转动，则a 的最大值为（ ） A ．6622- B ．6632- C ．32232- D ．33223- 11、（16届宁波一模·理14）在ABC ∆中，10,30BAC ACB ∠=︒∠=︒ ，将直线BC 绕AC 旋转得到1B C ，直线AC 绕AB 旋转得到1AC ，则在所有旋转过程中，直线1B C 与直线1AC 所成角的取值范围为____ ．12、（16届金华十校一模·理14）在四面体ABCD 中，已知AD ⊥BC ，AD =6，BC =2，且==2AB ACBD CD ，则V 四面体ABCD 的最大值为A . 6B .211C .215D .813、（15年上海高考题改编）在四面体ABCD 中，已知B C AD ⊥，2BC ,6AD ==， [)),7t (t CD AC BD AB +∞==+=+，则ABCD V 四面体最大值的取值范围是 A. [)+∞,72 B.[)+∞,3 C. [)+∞,22 D. [)+∞,2【答案】B. 【解析】试题分析：设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '∆中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='⨯⨯⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ， 过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '∆中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=， 同理，sin BM PN θ==，cos DM θ=，故2cos BP MN θ==， 显然BP ⊥面A NP '，故BP A P '⊥，在Rt A BP '∆中，2222222(2cos )4cos A P A B BP t t θθ''=-=-=-，在A NP '∆中，222cos cos 2A N NP A P A NP A N NP α''+-'=∠='⨯2222sin sin (4cos )2sin sin t θθθθθ+--=⨯。