第57讲立体几何中翻折问题（微专题）（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）

第 57 讲 立体几何中翻折问题（微专题） 一、题型选讲 题型一 、展开问题 例1、（2022·广东佛山·高三期末）长方体 中， ，E为棱 上的动点， 平面 交棱 于F，则四边形 的周长的最小值为（ ） A． B． C． D． 【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 为 与 的交点， 为 与 的交点时，截面四边形 的周长最小， 最小值为 ． 故选：B． 变式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 的菱形，B，C分别为AE，FD的中点， ，则在该四面体中（ ）A． B．BE与平面DCE所成角的余弦值为 C．四面体ABCD的内切球半径为 D．四面体ABCD的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】 几何体内各相关线段的计算即可. 【详解】 由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示， ， ， 取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA， 过O作 于H， 则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径. 所以 ， 对于A： ， ， ，故 平面ABN，而 平面ABN ，所以 ，故A 正确； 对于B：由于 平面ACD，故平面ABN 平面ACD，故 是BE与平面DCE所成角， 故 ，故B错误； 对于C： ，故C正确； 对于D： 所以外接球的表面积为 ，故D正确. 故选：ACD 变式2、【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⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.【答案】 【解析】 ， ， ， 由勾股定理得 ， 同理得 ， ， 在 中， ， ， ， 由余弦定理得 ， ， 在 中， ， ， ， 由余弦定理得 . 故答案为： . 题型二、折叠问题 例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 沿 DE所在的直线翻折，使A与 重合，得到四棱锥 ，则在翻折的过程中（ ） A． B．存在某个位置，使得C．存在某个位置，使得 D．存在某个位置，使四棱锥 的体积为1 【答案】AB 【分析】 过 作 ，垂足为 ，证得 平面 ，可判定A正确；取 的中点 ，连接 ，当 在平面 上的投影在 上时，可判定B正确；连接 ，由直线 与 是异面直线，可判定C 错误；求得 ，结合体积公式求可判定D错误. 【详解】 对于A中，如图所示，过 作 ，垂足为 ，延长 交 于点 ， 因为 ，且 ，所以 平面 ， 又因为 平面 ，所以 ，所以A正确； 对于B中，取 的中点 ，连接 ，当 在平面 上的投影在 上时，此时 平面 ，从而得到 ，所以B正确； 对于C中，连接 ，因为 平面 ， 平面 ， 所以直线 与 是异面直线，所以不存在某个位置，使得 ，所以C错误； 对于D中，由 ，解得 ， 由 作 ，可得 ， 即此时四棱锥的高 ，此时 ， 所以不存在某个位置，使四棱锥 的体积为1，所以D错误. 故选：AB.变式1、（2022·江苏宿迁·高三期末）如图，一张长､宽分别为 的矩形纸， ， 分别是其四条边 的中点.现将其沿图中虚线折起，使得 四点重合为一点 ，从而得到一个多面体，则（ ） A．在该多面体中， B．该多面体是三棱锥 C．在该多面体中，平面 平面 D．该多面体的体积为 【答案】BCD 【分析】 利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以 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． 【详解】 由于长、宽分别为 ，1，分别是其四条边的中点， 现将其沿图中虚线折起， 使得 四点重合为一点 ，且 为 的中点， 从而得到一个多面体 ， 所以该多面体是以 为顶点的三棱锥，故B正确； ， ， ，故A不正确； 由于 ，所以 ， ，可得 平面 ， 则三棱锥 的体积为 ，故D正确； 因为 ， ，所以 平面 ， 又 平面 ，可得平面 平面 ，故C正确. 故选：BCD 变式2、（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 ＝4 dm．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 ________dm2．（所有器件厚度忽略不计）【答案】4 【分析】 设E为BD的中点，由题可得AE⊥平面BCD，进而可求 ，再结合条件可得△DAB的中心为棱锥 的外接球的球心，即求. 【详解】 ∵ABCD是一块直角梯形加热片，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝4 dm． ∴△DAB为等边三角形， ， 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=2 dm， ， ∴ ， 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 的外接球的球心， 又 ，故球形防护罩的表面积的最小值为 . 故答案为：4， . 变式3、（2022·河北保定·高三期末）如图， 是边长为4的等边三角形 的中位线，将 沿 折起，使得点 与 重合，平面 平面 ，则四棱雉 外接球的表面积是___________. 【答案】 【分析】 求出四边形 外接圆的圆半径，再设四棱锥 外接球的球心为 ，由 求出半 径，代入球的表面积公式即可. 【详解】 如图，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ， . 因为 是边长为4的等边三角形， 所以 ， 所以 ， 则四边形 外接圆的圆心为 ，半径 .设四棱锥 外接球的球心为 ，连接 ，过点 作 ，垂足为 . 易证四边形 是矩形，则 ， . 设四棱锥 外接球的半径为 ， 则 ， 即 ，解得 ， 故四棱锥 外接球的表面积是 . 故答案为： 题型三、折叠的综合性问题 例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 ，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′BM B．若 ，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCNM C．若 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61π D．在翻折过程中，四棱锥A′－BCNM体积的最大值为 【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 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 体积的最大值. 【详解】 对于选项A，过 作 ，交 于 ，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 分别是 的中点， 若 ，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， ，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 分别是 的中点， 若 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＝ ，DH＝ ，A′H＝ ， ，设外接球球心为 ，由 ，解得R2＝ ， 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 分别是 的中点，设 是四棱锥 的高. S ＝ 6λ6λ ＝9 λ2， △AMN S ＝ 66 ＝9 ， △ABC 所以S ＝9 （1－λ2），则V ＝ 9 （1－λ2）h≤3 （1－λ2）A′E 四边形BCNM A′－BCNM ＝3 （1－λ2）3 λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1）， 可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1）， 则 ＝27（－3λ2＋1），令 ＝0， 解得λ＝ ，则函数f（λ）在（0， ）上单调递增，在（ ，1）上单调递减， 所以f（λ） ＝f（ ）＝6 ， max 则四棱锥A′－BCN体积的最大值为 ，故选项D正确. 故选：BCDABCD △ACD △ACD 变式1、（2021·山东滨州市·高三二模）已知正方形 的边长为2，将 沿AC翻折到 的 D ABC D�  ABC BD 位置，得到四面体 ，在翻折过程中，点 始终位于 所在平面的同一侧，且 的最小 2 值为 ，则下列结论正确的是（ ） D ABC 8 A．四面体 的外接球的表面积为 6 B．四面体D ABC 体积的最大值为 3 2 2π C．点D的运动轨迹的长度为 3 2 2π D．边AD旋转所形成的曲面的面积为 3 【答案】ACD 【解析】 对ABCD各选项逐一分析即可求解. 【详解】 ABC 90,ADC 90  解：对A： ，  D ABC AC中点即为四面体 的外接球的球心，AC为球的直径， R  2 ，  2 S  4R2  4 2 8，故选项A正确； DABC ADC  ABC D ABC 2 对B：当平面 平面 时，四面体 体积的最大，此时高为 ， 1 1 2 2 V    22 2  DABC max 3 2 3 ，故选项B错误；ABCD 对C：设方形 对角线AC与BD交于O， BD 2 ODB 2 由题意，翻折后当 的最小值为 时， 为边长为 的等边三角形，  2 DOB  此时 3 ，所以点D的运动轨迹是以O为圆心 2 为半径的圆心角为 3 的圆弧， 2π 2 2π � 2 所以点D的运动轨迹的长度为 3 3 ，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， 1 底面圆为以O为圆心OD 2为半径的圆锥的侧面积的3， 1 1 2 2π rl   22 即所求曲面的面积为3 3 3 ，故选项D正确. 故选: ACD. 变式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 ，等边 和等边 组成的一个平面图形，其中 ，将其沿 ， ， 折起得三棱锥 ，如图乙. （1）求证：平面 平面 ；（2）过棱 作平面 交棱 于点 ，且三棱锥 和 的体积比为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ， ，证明 ， ，即证 平面 ，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 的坐标，再计算平面 法向量 ，利用 所求角的正弦为 即得结果. 【详解】（1）证明：如图，取 的中点为 ，连接 ， . ∵ ，∴ . ∵ ， ， ∴ ，同理 . 又 ，∴ ， ∴ .∵ ， ， 平面 ， ∴ 平面 . 又 平面 ， ∴平面 平面 ；（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知， ， ， ， ，∴ ， . ∵三棱锥 和 的体积比为 ， ∴ ，∴ ，∴ . 设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 . 设直线 与平面 所成角为 ，则 . ∴直线 与平面 所成角的正弦值为 .