第16讲 立体几何中展开与折叠相关的问题（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习立体几何专题（新高考通用）

第16讲 立体几何中展开与折叠相关的问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 5 解题策略 6 题型归纳 8 一．立体图形的展开 8 题型01：展开图问题 8 题型02：最短路径问题 11 一．柱体中的最短路径 11 二．锥体中的最短路径 18 三．台体中的最短路径 27 题型03：和最小问题 32 二．平面图形的翻折 41 题型01：翻折后位置关系的判断 41 题型02：翻折后角度的计算 48 题型03：翻折后距离的计算 56 题型04：探索翻折过程中的问题 62 题型05：折叠中的解答题 73 题型06：折叠问题多选压轴题 80 立体几何展开与折叠问题是高考立体几何的高频创新考点，常以选择题、填空题（分值5分）或解答题小问形式出现，融合空间想象、逻辑推理与平面几何知识，侧重考查“折叠/展开前后不变量与变量的辨析”核心能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面展开分析： 一、命题特点 1. 载体特征： ◦ 折叠问题：以平面多边形（矩形、正方形、菱形、直角三角形、等腰三角形）为原始图形，沿某条线段翻折成空间几何体（如三棱锥、四棱锥、棱柱），如“矩形沿对角线翻折”“直角三角形沿直角边翻折”； ◦ 展开问题：以规则空间几何体（正方体、长方体、圆锥、圆柱、正棱锥）为载体，将侧面/表面展开为平面图形，如“正方体表面展开图中两点间最短路径”“圆锥侧面展开图中扇形圆心角计算”。 2. 设问方向： ◦ 折叠问题：① 空间位置关系判断（如翻折后线面平行/垂直、面面垂直）；② 空间角/距离/体积计算（如翻折后二面角大小、点到平面的距离）；③ 探索性问题（如翻折过程中某角度的最值）； ◦ 展开问题：① 表面最短路径长度计算；② 展开图中角度/线段长度计算；③ 展开后图形的位置匹配（如判断展开图对应几何体的面）。 3. 核心逻辑： ◦ 折叠问题：“变与不变”——翻折前后，线段长度、角度的大小若在同一平面内则保持不变，空间位置关系（如垂直、平行）可能发生变化； ◦ 展开问题：“曲化直”——将空间曲面/多面体表面的路径转化为平面内的直线段（两点之间线段最短）。 二、核心考点 1. 折叠问题核心考点： ◦ 不变量识别：能准确判断翻折前后保持不变的线段长度、角度（如原平面图形中垂直的两条线段，若翻折后仍在同一平面则垂直关系不变）； ◦ 空间垂直关系证明：翻折后常考查面面垂直（利用“线面垂直→面面垂直”判定定理），关键是找到翻折后垂直于另一个平面的直线（通常为原平面图形中垂直于翻折线的线段）； ◦ 动态分析能力：翻折过程中几何体形状变化时，分析空间角/距离的最值（如翻折角度从0°到180°时，二面角的变化范围）。 2. 展开问题核心考点： ◦ 最短路径求解：掌握多面体/旋转体表面最短路径的展开方法（如正方体展开为平面矩形、圆锥展开为扇形），利用勾股定理计算路径长度； ◦ 展开图与几何体的对应关系：能根据展开图中的线段连接关系，匹配几何体的各个面（如正方体展开图中相邻面与相对面的判断）； ◦ 旋转体展开图计算：圆锥侧面展开图中，扇形弧长=圆锥底面周长，扇形半径=圆锥母线长，据此计算圆心角、面积等。 三、考查趋势 1. 综合化提升：折叠问题常与截面、存在性、轨迹问题融合，如“翻折过程中动点的轨迹”“折叠后截面与某平面的二面角计算”；展开问题常结合函数最值，如“圆柱表面动点最短路径的最值”。 2. 动态化命题：从静态折叠/展开转向动态过程分析，如“矩形沿某线段翻折时，求某线段长度的取值范围”“圆锥侧面上动点从底面一点到顶点的最短路径随圆锥高的变化”。 3. 应用性增强：结合实际背景命题，如“快递包装盒的展开设计”“粮仓（圆锥+圆柱）表面巡检的最短路径”，但核心仍为空间与平面的转化。 4. 对空间想象能力要求更高：高考命题逐渐减少对直观图的依赖，要求考生仅通过文字描述还原折叠/展开前后的图形，考验抽象想象能力。 四、高考评分关键点 1. 折叠问题中，必须明确标注“翻折前后不变的量”（如“翻折后AB=CD，因原平面图形中AB=CD”），无说明直接使用不变量会扣分； 2. 最短路径问题中，需写出展开方法（如“将正方体的面ABB₁A₁与面BCC₁B₁展开为同一平面”），未说明展开方式会扣分； 3. 动态折叠问题中，需分析变量的取值范围（如翻折角度θ∈(0°,180°)），遗漏范围会导致结果不完整。 结合高考对立体几何展开与折叠问题的考查要求，从基础认知、能力掌握、综合应用三个维度制定学习目标，覆盖“辨不变量、转空间关系、解实际问题”全环节： 一、基础认知目标 1. 理解折叠与展开的核心本质： ◦ 折叠问题：明确“平面图形→空间几何体”的转化逻辑，掌握翻折前后的不变量（同一平面内的线段长度、角度、垂直/平行关系）与变量（跨翻折线的空间位置关系）； ◦ 展开问题：明确“空间几何体表面→平面图形”的转化逻辑，掌握多面体（正方体、长方体）、旋转体（圆柱、圆锥）的展开图特征（如正方体展开图的11种形式、圆锥展开图为扇形）。 2. 熟记关键转化公式： ◦ 圆锥侧面展开图：扇形弧长=圆锥底面周长，扇形半径=圆锥母线长（L）； ◦ 圆柱侧面展开图：矩形长=圆柱底面周长（2\pi r），矩形宽=圆柱的高（h）。 3. 识别核心考查场景： ◦ 折叠问题：矩形/三角形翻折成三棱锥、四棱锥后的线面垂直证明、二面角计算； ◦ 展开问题：正方体/圆柱表面最短路径计算、圆锥展开图中角度/面积计算。 二、能力掌握目标 1. 折叠问题核心能力： ◦ 不变量识别能力：能快速标注翻折前后保持不变的线段、角度，区分“翻折线同侧”与“翻折线两侧”的图形特征； ◦ 空间关系构建能力：能利用不变量证明线面垂直/面面垂直（如翻折后垂直于翻折线的线段⊥另一平面），并建立空间直角坐标系求解空间角、距离； ◦ 动态分析能力：能分析翻折过程中（二面角变化时）空间角、线段长度的取值范围，结合函数思想求最值。 2. 展开问题核心能力： ◦ 展开方式选择能力：能根据动点起点、终点位置，选择最优展开方式（如正方体中优先展开包含两点的相邻面），将空间曲面转化为平面； ◦ 最短路径计算能力：能在展开图中利用“两点之间线段最短”原理，结合勾股定理、余弦定理计算路径长度； ◦ 展开图匹配能力：能根据几何体特征，判断展开图与原几何体的对应关系（如正方体展开图中相对面的识别）。 3. 规范解题能力： ◦ 折叠问题：书写时明确标注“翻折前后AB=A'B（不变量）”“∠AEC为二面角的平面角（定义）”等关键依据； ◦ 展开问题：解题时说明“将圆柱侧面沿母线AA₁展开为矩形”等展开方式，避免步骤缺失。 三、综合应用目标 1. 跨考点融合能力： ◦ 能将折叠问题与截面、存在性问题结合（如折叠后截面与某平面的二面角计算）； ◦ 能将展开问题与轨迹、最值问题结合（如圆柱表面动点最短路径的最值分析）。 2. 易错点突破能力： ◦ 折叠问题：避免“误将跨翻折线的角度当作不变量”“忽略二面角的锐钝判断”； ◦ 展开问题：避免“圆锥展开图圆心角公式混淆（误将r/L写成L/r）”“正方体展开图中选错相邻面导致路径计算错误”。 3. 实际应用能力： ◦ 能将折叠/展开问题迁移到实际场景（如包装盒展开设计、粮仓表面巡检路径规划），通过几何转化解决实际问题。 知识点一.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 知识点二.展开问题 将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究. 方法点拨： 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 立体几何展开与折叠问题的核心解题逻辑是“抓不变量+空间平面转化”——折叠问题聚焦翻折前后的不变线段/角度，将空间问题还原为平面几何计算；展开问题通过“曲化直”把空间路径转化为平面线段，结合平面几何知识求解，以下分题型梳理策略： 一、折叠问题解题策略 1. 核心步骤：辨不变量→建空间关系→求解验证 （1）第一步：梳理折叠前后的“变”与“不变”（关键） • 不变量： ◦ 翻折线两侧的线段长度（如矩形沿对角线BD翻折，AB、AD、CB、CD长度不变）； ◦ 翻折线同侧的角度（如原平面中∠ABD，翻折后仍保持不变）； ◦ 与翻折线垂直的线段关系（如原平面中AE⊥BD，翻折后AE⊥BD仍成立）。 • 变量： ◦ 翻折线两侧图形的空间位置（如原平面中△ABD与△CBD共面，翻折后成二面角）； ◦ 跨翻折线的角度（如原平面中∠ABC，翻折后角度随二面角变化）。 • 操作：画出折叠前后的平面图形与空间图形，用不同颜色标注不变量，明确核心已知条件。 （2）第二步：利用不变量建立空间位置关系 • 面面垂直证明：若原平面中存在线段垂直于翻折线（如AE⊥BD），翻折后该线段垂直于翻折线所在的另一个平面（如AE⊥平面CBD），进而证明面面垂直（平面ABD⊥平面CBD）。 • 空间角/距离计算：优先以翻折线的垂足为原点建立空间直角坐标系（如以BD中点O为原点，OB为x轴，OE为y轴，过O作垂直于平面CBD的直线为z轴），利用不变量确定各点坐标，再用向量法计算二面角、线面角或点到平面的距离。 （3）第三步：动态折叠问题的分析技巧 • 设翻折的二面角为θ（θ∈(0°,180°)），用θ表示相关线段长度或角度（如用余弦定理表示异面直线所成角的余弦值）； • 结合函数单调性求最值（如将空间角表示为θ的三角函数，求θ∈(0°,180°)时的最值）。 二、展开问题解题策略 1. 核心步骤：确定展开方式→转化为平面路径→计算验证 （1）第一步：选择最优展开方式 • 多面体（正方体/长方体）：展开相邻面为同一平面（优先展开包含起点和终点的面），如正方体中从A到C₁的最短路径，展开面ABB₁A₁与面BCC₁B₁为矩形； • 旋转体（圆柱/圆锥）： ◦ 圆柱：沿母线展开为矩形（矩形长=圆柱底面周长，宽=圆柱高）； ◦ 圆锥：沿母线展开为扇形（扇形弧长=圆锥底面周长，半径=圆锥母线长）。 （2）第二步：空间路径转化为平面线段 • 最短路径原理：平面内两点之间线段最短，将空间中曲面上的路径转化为展开图中的直线段； • 操作：在展开图中标出起点和终点，连接成直线段，用勾股定理或三角函数计算长度。 （3）第三步：验证展开图的合理性 • 确保展开后图形无重叠，路径不超出几何体表面（如圆锥侧面展开图中，路径线段需在扇形内部）。 2. 典型例题示范 题目：圆柱底面半径为1，高为2，求从底面圆周上一点A到上底面圆周上与A相对的点B的最短路径长度。 • 展开方式：沿母线AC展开圆柱侧面为矩形（长=2π×1=2π，宽=2）； • 展开后A对应矩形左下角，B对应矩形右上角（水平距离为π，竖直距离为2）； • 最短路径长度=√(π²+4)。 三、高频易错点规避 1. 折叠问题： ◦ 混淆翻折前后的垂足位置（如误将不同位置的垂足当作同一点）； ◦ 忽略二面角的锐钝判断（需结合图形验证余弦值的符号）； 2. 展开问题： ◦ 错误选择展开方式（如圆柱展开时未沿母线，导致路径计算错误）； ◦ 圆锥侧面展开图中，混淆扇形弧长与底面周长的关系（扇形弧长=2πr，r为圆锥底面半径）。 四、通用解题技巧 1. 画图辅助：无论折叠还是展开，务必画出平面图形和空间图形（或展开图），标注关键线段和角度； 2. 优先几何法：折叠问题中优先用几何法找二面角的平面角，展开问题中优先用勾股定理计算最短路径，复杂情况再用向量法； 3. 验证边界条件：动态折叠问题中，验证变量的取值范围（如二面角θ∈(0°,180°)），展开问题中验证路径是否在几何体表面。 一．立体图形的展开 题型01：展开图问题 【典型例题1】把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如图），请根据各面上的图案判断这个正方体是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形． 结合立体图形与平面图形的相互转化，即可得出两圆应该在几何体的上下，符合要求的只有C和D，再根据三角形的位置，即可得出答案， 故选：C 【典型例题2】如图，两个图形都是立体图形的平面展开图，你能分别说出这两个立体图形的名称吗？ 【答案】（1）正方体（2）四棱锥 【解析】（1）将展开图还原为原图可知，该几何体为正方体.（2）将展开图还原为原图可知，该几何体为四棱锥. 【变式训练1-1】如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是（    ） A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4） 【答案】B 【解析】分别判断出还原成正方体后，相对面的标号，即可得出答案． （1）图还原正方体后，①⑤对面，②④对面，③⑥对面； （2）图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面； （3）图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面； （4）图还原后，①⑥对面，②⑤对面，③④对面； 综上可得，还原成正方体后，正方体完全一样的是（2）（3）．故选：B． 【变式训练1-2】如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是__________． 【答案】路 【解析】根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果. 由图①可知，“国”和“兴”相对，“梦”和“中”相对，“复”和“路”相对； 由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是“兴”、“梦”、“路”、“国”、“复”， 所以到第5格时，小正方体朝上面的字是“路”. 故答案为：路. 【变式训练1-3】如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______. ①与       ②与       ③与       ④与 【答案】①②④ 【解析】还原正方体即可解决. 根据题意，标记下图， 还原得 由图知，与，与，与重合， 故答案为：①②④ 【变式训练1-4】将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为______. 【答案】108 【解析】根据平面图形折起后得到七面体，由七面体为正方体被平面所截，由对称性可得其体积. 将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体， 该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即. 故答案为： 题型02：最短路径问题 一．柱体中的最短路径 【典型例题1】如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（    ）   A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.    设的中点为，连接（不与点重合），，，， 所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图， 在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值， 在中利用余弦定理可得，    所以的周长的最小值为．故选：B． 【典型例题2】已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长度为___________. 【答案】 【解析】将正三棱柱沿剪开，即可求解. 如图所示，将正三棱柱沿剪开，可得到一个矩形，其长为6，宽为5， 其最短路线为量相等线段之和，其长度等于， 故答案为：. 【典型例题3】（多选）长方体的棱长，则从点沿长方体表面到达点的距离可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】从点沿长方体表面到达有三种展开方式，以、、为轴展开，分别求可得答案. 则从点沿长方体表面到达有三种展开方式， 若以为轴展开，则， 若以为轴展开，则， 若以为轴展开，则. 故选：ABC. 【变式训练2-1-1】如图所示，圆柱侧面上有两点、，在处有一只蜘蛛，在处有一只苍蝇，蜘蛛沿怎样的路线行走才能以最短的路程抓住苍蝇？最短路程是多少？ 【答案】详见解析. 【解析】画出圆柱侧面展开图后得到矩形，计算展开图中的距离即可得. 如图，将圆柱的侧面沿母线展开即得矩形， 其中，分别为，的中点， 在矩形中，，， 连接，则； 可知蜘蛛沿着爬行时路程最短，最短路程为. 【变式训练2-1-2】已知长方体中，，，，从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是______． 【答案】 【解析】将长方体的面折叠到同一平面，求出线段的长，分三种情况，求出结果，比较大小，确定最短路线长. 如图， ①将长方形与平面折叠到同一平面，如图1所示， 连接，此时， ②将长方形与长方形折叠到同一平面，如图2， 连接，此时， ③将长方形与长方形折叠到同一平面，如图3， 连接，此时， 因为， 所以从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是. 故答案为： 【变式训练2-1-3】长方体中，，，，则一只小虫从点沿长方体的表面爬到点的最短距离是___________． 【答案】5 【解析】根据题意，画出三种展开的图形，求出、两点间的距离，比较大小，从而找出最小值即为所求． 解：长方体的表面可如下图三种方法展开后，、两点间的距离分别为： ，，， 一只小虫从点沿长方体的表面爬到点的最短距离是5．故答案为：5． 【变式训练2-1-4】如图，在长方体中，，一小虫从顶点出发沿长方体的表面爬到顶点，则小虫走过的最短路线的长为 . 【答案】 【解析】分三种情况，利用平面展开图求解可得. 如图，若小虫爬行路线经过棱，则最短路程为； 若小虫爬行路线经过棱，则最短路程为； 若小虫爬行路线经过棱，则最短路程为. 综上所述，小虫走过的最短路线的长为. 故答案为：. 【变式训练2-1-5】如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是 .    【答案】 【解析】画出侧面展开图，运用两点间线段最短.结合勾股定理计算长度即可. 画出侧面展开图，如下，已知，则，弧， 侧面从到的最短距离是.根据勾股定理知道.  故答案为：.  【变式训练2-1-6】我国古代有这样一道数学问题:“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何?”题意是:如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因为一丈等于十尺，则该圆柱的高为尺，底面周长为尺，有葛藤自点处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点处，则问题中葛藤的最短长度是 尺. 【答案】 【解析】利用圆柱的展开图，由勾股定理求解即可. 解：如图： 一条直角边（即圆柱体的高）长(尺)，另一条直角边长(尺)， 根据勾股定理可知葛藤的最短长度为尺. 故答案为： 【变式训练2-1-7】如图，正三棱柱的底面是边长为3的正三角形，侧棱，一小虫从点A途经三个侧面爬到点，则小虫爬行的最短距离为（    ） A．4 B．5 C． D． 【答案】C 【解析】将三棱柱展开为一矩形，确定边长，确定小虫爬行的轨迹，即可求得答案. 三棱柱的侧面展开图为一个矩形，如图所示, 因为正三角形ABC的边长为3，侧棱，所以， 所以，即小虫爬行的最短距离为, 故选：C 二．锥体中的最短路径 【典型例题1】如图，在正三棱锥中，，，一只虫子从点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到点，则虫子爬行的最短距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】将三棱锥由展开，根据勾股定理进行求解即可. 设过点作截面与、侧棱分别交于、两点， 将三棱锥由展开，则，虫子爬行从点沿侧面到棱上的点处，再到棱上的点处，然后回到点的最短距离， 由勾股定理可得．虫子爬行的最短距离．   故选：A 【典型例题2】如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于 ． 【答案】 【解析】先根据圆锥侧面展开图得：为小虫爬行的最短路径；再根据弧长公式可得；最后根据底面圆周长等于的长度即可得出答案. 把圆锥侧面沿母线展开成如图所示的扇形，则为小虫爬行的最短路径. 依题意：小虫爬行的最短路程为. 因为母线长， 所以在中． 则由弧长公式得：． 设圆锥底面圆的半径为r. 则，解得 故答案为： 【变式训练2-2-1】如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．    【答案】见详解 【解析】展开三棱锥，利用两点之间线段最短结合三角形的全等与相似计算即可.    如图所示展开三棱锥得五边形，连接分别交于点， 则此时的周长最小为， 由题意易知，则， 且， 所以， 由， 故在分别为线段上的靠近C、D的一个四等分点时， 截面周长最小，最小值为. 【变式训练2-2-2】在正三棱锥中，，，一只蚂蚁从点出发沿三棱锥的表面爬行一周后又回到点，则蚂蚁爬过的最短路程为___________． 【答案】 【解析】沿棱将正三棱锥展开，做出展开图，由题中条件，结合展开图，即可得出结果. 将正三棱锥沿棱展开，得到如下图形， 由展开图可得，沿爬行时，路程最短； 因为，， 所以， 因此. 故答案为：. 【变式训练2-2-3】在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对点到点的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果. 分以下几种情况讨论： （1）当点沿着平面、到点，将平面、延展为同一平面，如下图所示： 易知、均为等边三角形，延展后，，， 所以，四边形为菱形，所以，且， 因为、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，此时； （2）当点沿着平面、到点，将平面、延展至同一平面，如下图所示： 连接，则，且，，， 因为，由余弦定理可得； （3）当点沿着平面、到点，连接，如下图所示： 则，，， 由余弦定理可得； （4）当点沿着平面、、到点，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示： 易知、、三点共线，且，，， 由余弦定理可得. 综上所述，从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 【变式训练2-2-4】空间四边形的各边与两条对角线的长都为1，点在边上移动，点在边上移动，则点，的最短距离为______． 【答案】 【解析】由已知条件可知几何体为正四面体，由此可知点，的最短距离即为相对棱的中点之间的距离，可求得答案. 由于空间四边形的各边与两条对角线的长都为1， 故该几何体为正四面体，如图当P,Q分别为AB,CD的中点时， 连接AQ,BQ,则,所以,同理, 即当P,Q分别为AB,CD的中点时，PQ为异面直线AB,CD的公垂线， 此时点，的距离最短； 因为空间四边形的各边与两条对角线的长都为1，故 , 所以, 故答案为： 【变式训练2-2-5】如图，在三棱锥中，平面米，米，与底面所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点出发，沿着侧面走到上的一点，再沿着侧面继续走到棱上，则这只蚂蚁从点出发到达棱的最短路程为_______米，这只蚂蚁的最短路线与的交点到底面的距离为______米. 【答案】     2     ##1.5 【解析】由题意，将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，由两点之间直线最短确定出蚂蚁的最短路线为C→F→E，利用勾股定理求出最短路程为CE=2米，利用三角形相似求出FB=. 因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，又AB=4米，BC=3米， 所以AC=5米.因为AD与底面BCD所成的角为∠ADB，所以tan∠ADB==2，所以BD=2米.将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，如图所示.AC=CD=5米，AD=2米，取AD的中点E，连接CE，交AB于F，则CE⊥AD，蚂蚁的最短路线为C→F→E，最短路程为CE=2米，最短路线与AB的交点为F.取BD的中点G，连接EG，则EG=AB=2米，BG=BD=1米，根据△CBF∽△CGE，得==，则FB=EG=，故这只蚂蚁的最短路线与AB的交点到底面BCD的距离为米.故答案为：；. 【变式训练2-2-6】如图，圆锥底面半径为3，母线，，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，最短路线长度为（    ） A． B．16 C． D．12 【答案】C 【解析】把圆锥侧面沿母线剪开，展在同一平面内，再利用两点间距离最短求出结果. 把圆锥侧面沿母线剪开，展在同一平面内得扇形，连接，如图， 令扇形圆心角大小为，则，解得， 在中，，则， 所以一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，最短路线长度为.故选：C 【变式训练2-2-7】圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【解析】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，最短路线即为扇形中的线段，过作的垂线，垂足为，求出的长即可. 将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，    则该扇形半径，弧长为，圆心角， 最短路线即为扇形中的线段，, 过作的垂线，垂足为，当蚂蚁从点爬行到点过程中，它与点的距离越来越小， 于是为上坡路段，当蚂蚁从点爬行到点的过程中，它与点的距离越来越大， 于是为下坡路段，下坡路段长.故选：B 【变式训练2-2-8】如图，圆锥的母线长为3，底面半径为1，一只蚂蚁从点P处沿着该圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则蚂蚁爬行的最短路线长为（    ）    A． B．3 C． D． 【答案】D 【解析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可. 已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，    一只蚂蚁从点P出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点P的最短距离为， 设，圆锥底面周长为，所以圆弧的长为， 所以， 在中，由，得， 故选：D. 【变式训练2-2-9】如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 公里. 【答案】32 【解析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果.沿母线将圆锥的侧面展开，如图：      记为上的任意一点，作，垂足为，连接， 由的长为，得，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段， 而，则， 上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大， 因此上坡段的铁路，即图中的线段，由，得. 故答案为：32 【点睛】关键点点睛：作出圆锥侧面展开图，确定铁路对应线段是解决问题的关键. 【变式训练2-2-10】如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离为 ．    【答案】 【解析】蚂蚁爬行距离最短，即将圆锥侧面展开后A到C的直线距离，根据已知条件、勾股定理可求出最短距离. 如图，圆锥的侧面展开图为半径为3的扇形，弧长， 则， 则. 故答案为：.    三．台体中的最短路径 【典型例题1】（多选）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台的侧面积为 C．圆台母线与底面所成角为60° D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4 【答案】AC 【解析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解. 对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确； 对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环， 其面积为.故B错误； 对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角. 在等腰梯形ABCD中，,所以. 因为为锐角，所以.故C正确； 对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误. 故选： 【典型例题2】某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到点所经过的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在立体图形中，根据各边长得到相应的弧长，在侧面展开图中，利用弧长公式计算出夹角为直角，再根据勾股定理求边长即可得到答案. 因为，所以圆的周长是圆周长的两倍， 则弧的弧长. 将圆台一半侧面展开，如图1中扇环所示． 延长和交于点，连接，如图1所示， 由可得， 所以，则， 所以在中，， 即点到点所经过的最短路程为．故选：C． 【变式训练2-3-1】若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，圆台的母线交于点，由已知易求得圆锥的母线，进而可求得上下底面的半径，利用直角梯形的性质可求圆台的高. 设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，设圆台的母线交于点， 为圆台的母线，且，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍， 所以，所以，所以， 由圆台侧面展开图扇环的圆心角为, 所以下底面圆的周长为，所以，所以， 在直角梯形中，易求得. 故选：C. 【变式训练2-3-2】圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为6.已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（    ） A．9 B．6 C． D． 【答案】A 【解析】利用侧面展开结合图形求解最短距离. 为圆台母线的中点，分别为上下底面的圆心， 把圆台扩成圆锥，如图①所示， 则, 由,有, 圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长， 所以侧面展开图的扇形的圆心角为， 即，如图②所示， 质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点， 则运动的最短路径为展开图弦， 所以. 故选：A. 【变式训练2-3-3】某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是和）铁皮材料，通过卷曲使得边与边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据圆台的侧面展开图求得，再结合圆台的结构特征分析求解. 设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，高为， 由题意可得：，解得， 所以该圆台的高为.故选：C. 【变式训练2-3-4】已知圆台上下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且满足，圆的周长为，一只蚂蚁从点出发沿着圆台的侧面爬行一周到的中点，则蚂蚁爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】首先求出底面圆的半径，与上底面的半径，将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长、交于点，连接，设，利用弧长公式及求出与，再在中利用余弦定理求出即可. 因为圆的周长为，则底面圆的半径， 又，所以上底面半径为， 将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长、交于点，连接，如图， 显然弧的长为，弧的长为，设，则，， 则，又，即，所以，则，， 在中由余弦定理 ， 所以蚂蚁爬行的最短路程为.故选：A 题型03：和最小问题 【典型例题1】如图，在棱长为1的正方体中，若点分别为线段，上的动点，点为底面上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【解析】先固定M,使PM，NM最小，则易知P应是M在BD上的射影，N应是M在B1C上的射影；利用线面垂直判定定理易知BC1⊥平面BC1D1,∴N应为BC1，B1C的交点O；将△BDD1和△BC1D1展开放到一个平面上，可得当P、M、O共线，且垂直于BD,时PM+MN最小时，利用正弦的二倍角公式求得sin∠DBC1的值，进而计算可得. 解：首先当固定M时，P点应为M在平面ABCD中的射影，在BD上，且MP⊥BD于P,为使MN最小，MN应当垂直与B1C，垂足为N, 连接BC1,设BC1∩B1C=O,则BC1⊥B1C, 由D1C1⊥平面BCC1C1得D1C1⊥B1C, 又∵D1C1∩BC1=C1,∴B1C⊥平面BC1D1, 由MN⊥B1C,M∈平面BC1D1,∴MN⊂平面BC1D1, ∴N应为BC1，B1C的交点O, 将△BDD1和△BC1D1展开放到一个平面上，如图所示： 转化为求折线PMO的最小值，显然最小时P、M、O共线，且垂直于BD, 如图所示M0,P0,N0,为使PM+MN最小时，M,P,N的位置. 显然△BDD1≌△BC1D1,∴∠DBD1=∠C1BD1 ∴sin∠DBC1=sin2∠DBD1=2sin∠∠DBD1cos∠DBD1=, , 故选:A. 【点睛】本题考查空间距离和的最值问题，属中高档题，关键在于先固定寻找MP，MN最小的条件和位置，然后利用展开方法，进一步研究求解. 【典型例题2】在正方体中，棱长为2，E为的中点，点P在平面内运动，则的最小值为________ 【答案】3 【解析】由条件证明点E、F关于平面对称，由此可得，再根据结论两点之间线段最短求的最小值即可. 取的中点F，连接，如下图： 因为E为的中点，所以点E、F关于平面对称， 所以， 因为， 当且仅当点为线段与平面的交点时等号成立； 所以的最小值为， 由已知为直角三角形，且，为直角， 所以， 所以的最小值为3. 故答案为：3. 【变式训练3-1】在正方体中，棱长为2，E为的中点，点P在平面内运动，则的最小值为（    ） A．3 B． C． D．5 【答案】A 【解析】利用点面对称关系，找到点关于平面的对称点为，则，再根据两点之间线段最短，可得答案. 解：取的中点F，连接，如下图： 因为E为的中点，所以点E、F关于平面对称，所以，最小值为.故选：A. 【变式训练3-2】如图，在长方体中，若，且面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为 .    【答案】 【解析】把沿翻折，使矩形和在一个平面上，可知的最小值为，利用余弦定理运算求解. 把沿翻折，使矩形和在一个平面上，连接， 则的最小值为，    在中，可知， 由余弦定理得， 所以的最小值为. 故答案为：. 【变式训练3-3】如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，若点分别为线段上的动点，则的最小值为 _____． 【答案】 【解析】由可确定为中点时，最小，取，通过三角形全等可将问题转化为最小值的求解问题，根据三点共线时线段和最小可求得结果. ，当为中点时，取得最小值； 在上取一点，使得， ，，， ； 则当三点共线时，最小，即最小， 此时且，的最小值为. 故答案为：. 【变式训练3-4】已知，如图，正方体棱长为，为上的动点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】首先将翻转平面，使点转到的对应点在平面内，再将折线和的最小值，转化为两点间距离，即可计算结果. 如图，将沿翻转，使点转到的对应点在平面内． 则 ． 故． 从而， ． 当且仅当为与的交点时，上式等号成立． 故答案为： 【变式训练3-5】在长方体中，棱，，点是线段上的一动点，则的最小值是___________ 【答案】 【解析】将△沿为轴旋转至于平面共面，可得△，利用求解即可． 解：将△沿为轴旋转至于平面共面，可得△ 则， 故， 当且仅当为与的交点时取等号， 所以的最小值是． 故答案为：． 【变式训练3-6】如图，某圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为上一点，且，则的最小值为（    ）    A．3 B． C． D． 【答案】C 【解析】根据圆柱的结构特征采用将沿直线BC旋转到某个位置的方法，将线段和转化为一条线段的长度问题，结合求解线段长度即得答案. 如图，连接EC，将沿直线BC旋转到的位置，    且在AB的延长线上．则， 由于圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，故，， 则，当三点共线时取等号， 当时，最小，最小值为， 即的最小值为，故选：C 【变式训练3-7】如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（    ）    A． B．3 C．4 D． 【答案】A 【解析】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，连接，交AB于点，此时最小，求出即可． 将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上， 连接，交AB于点，此时最小，如图所示：    因为，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，即的最小值为．故选：A． 【变式训练3-8】如图，在三棱锥中，，点是棱上一动点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】把平面展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为，利用余弦定理即可求解. 如图所示，把平面展开，使A、B、C、P四点共面. 当M与B重合时，； 当M与C重合时，最大； 连结交于，由两点之间直线最短可知，当位于时，最小. 此时，， 所以. 由余弦定理得： . 所以的取值范围为.故选：A. 【变式训练3-9】如图，三棱柱中，底面，，是上一动点，则的最小值是_______． 【答案】 【解析】把平面沿着展开与在同一平面上，利用余弦定理进行求解即可. 把平面沿着展开与在同一平面上， 连接，则的最小值是， 因为，三棱柱是直三棱柱， ，， ， 因为，所以， 所以， 所以， 由余弦定理得， 所以，故的最小值是.故答案为： 二．平面图形的翻折 题型01：翻折后位置关系的判断 【典型例题1】已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为 ． 【答案】3 【解析】 易得，又面面CDEF，面ABCD面CDEF，又面，则面CDEF， 又面CDEF，则，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则， 又， 同理可得，设面DBN的法向量为， 则，令，则，又， 又面DBN，则，解得.故答案为：3. 【典型例题2】如图，在矩形中，是线段上的一点．将沿翻折到位置，且点不在平面内．      (1)若平面平面，证明：； (2)设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）因为面面，且面面平面， 所以平面，平面，所以，又， 所以． （2）设的中点为，连接，则，过作直线垂直于平面， 如图所示，以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，      易知，， 设二面角为，则，则，，， 设面的法向量为，则， 令，解得，即， 设面的法向量，则， 令，解得，即， 因为平面平面，所以，解得， 则二面角的余弦值为． 【变式训练1-1】如图所示，是梯形的高，OA=OB=BC=1，OD=3OA=3OF，E为AB的中点，将梯形沿折起得到如图所示的四棱锥，使得． 在棱CD上是否存在一点Q，使得PQ//平面CEF？若存在，指出点Q的位置，若不存在，请说明理由.    【答案】存在Q，点Q是CD的中点 【解析】存在Q，点Q是CD的中点，其理由如下： 因为是梯形，所以且, 所以四边形是正方形， 所以, 而，，所以，所以， 因为是梯形的高，所以 由，，在平面内相交于点， 所以平面， 如图，以O为坐标原点，OB，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. ，，，， 因为E为PB的中点，所以， 设平面的法向量为，所以， 所以， 令，则，所以， 由三点共线，设， ， 又PQ//平面CEF，所以， 即在棱CD上是存在一点Q，使得PQ//平面CEF，此时Q 是CD的中点.    【变式训练1-2】在中，，，沿中位线DE折起后，点A对应的位置为点P，. （1）求证：平面平面DBCE； （2）求证：平面平面PCE； （3）求直线BP与平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】（1）证明:,, ,, ,, 又平面PBD,平面PBD,, 平面PBD, 平面DBCE, 平面平面DBCE. （2）证明:以D为原点,过D作平面DBCE,DB,DE,DH所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 设,则, 所以,,,, 所以,,, 设平面BPC的法向量,则,即, 令,则,所以, 同理,设平面PCE的法向量,则,即,令,则,所以, 因为,所以, 所以平面平面PCE. （3）由（2）知,,平面PCE的法向量为, 所以, 所以直线BP与平面PCE所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查利用空间向量证明面面垂直,考查利用空间向量求线面角,考查运算能力. 【变式训练1-3】如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【答案】证明见解析 【详解】由题意可知底面为正方形， 因为平面，平面，所以两两垂直， 如图以为原点，以为方向向量建立空间直角坐标系， 则有关点及向量的坐标为： ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量为， 因为，又在平面外， 所以平面. 【变式训练1-4】将边长为2的正方形沿对角线折叠，使得平面平面，平面，是的中点，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析；（1）. 【解析】(1)建立空间直角坐标系，计算可得，利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可以求出点的坐标，最后利用向量法可以证明出； (2)分别求出平面、平面的法向量，最后利用空间向量夹角公式求出二面角的大小． (1)证明：以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 取的中点并连接. 由题意得， 又平面平面， 平面， ， ，， ， . (2)解：设平面的法向量为， 则，， 令. 平面的法向量为， 所以，， 由得. 设二面角为， 则， 所以二面角的大小为. 【点睛】本题考查了用空间向量的知识解决线线垂直、二面角的问题，正确求出相关点的坐标是解题的关键. 题型02：翻折后角度的计算 【典型例题1】如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1） 如图1，连接. ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形， ∵E是的中点，∴， 在图2中，， ∵，平面，平面，∴平面． ∵平面，∴． （2）在平面内，过E点作，则. 由（1）可知平面，∵平面，∴． ∵，∴两两垂直． 以E为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． ∴，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，∴． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，∴． 设平面与平面的夹角为，则 ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为 ． 【典型例题2】如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使    (1)求证：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）在等腰梯形中，，则，，由为中点， ，得，则四边形为平行四边形，， ，又，则为等边三角形，即为等边三角形， 取中点，连接，于是，    由，，得为正三角形，， 则，又，于是，即， 而，且平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量是，则，取，得， 设平面的法向量是，则，取，得， 则， 所以平面和面夹角的余弦值为. 【变式训练2-1】如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（    ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 【答案】C 【解析】对于A，在菱形中，，，则是正三角形， 由为边的中点，得，又，则， 而，平面，则平面， 又，于是平面，而平面，因此平面平面，A正确； 对于B，由，平面，平面，则平面， 又平面与平面的交线为，平面，因此，B正确； 对于C，由A知，，折起后仍有，，又平面， 则，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由平面，得是平面的一个法向量， 设与平面所成角为，则， 因此，C错误； 对于D，由选项C知平面，则为平面的一个法向量， 又，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则，由图形知二面角为锐角，其余弦值为，D正确. 故选：C 【变式训练2-2】如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）在菱形中，由，得△是等边三角形，由是的中点，得， 在四棱锥中，由，,平面， 得平面，而平面， 所以. （2）菱形的边长为是的中点，，， 由（1）知平面， 以为坐标原点，以为轴正方向，为轴负方向建立空间直角坐标系（如图） 则，设，， 由，，得，解得，即， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的正弦值. 【变式训练2-3】如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点，沿将折起，如图2. (1)在图2中证明：； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）连接，取的中点为，连接，， 因为，，为的中点，所以，， 则四边形为平行四边形，所以，， 因为，所以， 又，所以与为全等的正三角形， 所以，， 因为平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以. （2）以为原点，，和过点与平面垂直的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过点作平面的垂线，垂足为，连接，，， 因为，所以，则，又， 所以，，三点共线， 则为直线与平面所成的角，即， 因为，所以，即，所以， 则，，， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 【变式训练2-4】如图甲，已知在等腰梯形中， AB∥ CD，且，，且，沿AE将折起使平面平面，如图乙．    (1)求点E到平面的距离； (2)设P为棱DC上一点（不与P，C重合），当二面角为60°时，DP与DC的比值． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）如图甲，在等腰梯形中， AB∥ CD， ∵，，， ∴，， 如图乙，∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∴以为原点，EA，EC，ED的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设为平面BDC的一个法向量， ∵，令，则，，， 又， ∴点到平面BDC的距离．    （2）设，则 ，， 设为平面BEP的一个法向量， ， 令，则，，， 又是平面BED的一个法向量， 当二面角为60°时，则， 解得，    又，∴． 所以当二面角为60°时，DP与DC的比值为. 题型03：翻折后距离的计算 【典型例题1】在菱形中，，，将菱形沿对角线折成直二面角，折起后直线与间的距离为 . 【答案】 【解析】设，在菱形中，， 折起后，，， 由于二面角为直二面角，即平面平面， 平面平面，，平面，平面， 以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 在原菱形中，，，，， ，，，， 则，， 设，令，则. 令，则，，. 又，因此，与间的距离. 【点睛】本题考查利用空间向量法计算异面直线间的距离，考查计算能力，属于中等题. 【典型例题2】如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．    (1)若平面平面，求证：； (2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)或 【解析】（1）因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以． 又因为为的中点，则，所以为等腰三角形， 可得，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，且平面，所以． （2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以， 取的中点，则，由（1）得，所以， 所以即为二面角的平面角，记为． 以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    则，， 因为，则， 可得；， 则点A到直线的距离为， 由题意可得，解得，或， 所以二面角的平面角的余弦值为或． 【变式训练3-1】如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，当，时，点D到直线PQ的距离为 ． 【答案】 【解析】取的中点，连接， ∵在菱形中，，， ∴，又， ∴，所以， 又易知， 所以以为原点，分别为轴建立坐标系，    则， 当，时，，， 则，， 所以点D到直线PQ的距离为.故答案为： 【变式训练3-2】如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析，② 【解析】（1）取的中点，连接, 由于为的中点，故且， 又且，故, 故四边形为平行四边形，故平面,平面, 故平面 （2）①，由于为的中点， 故， 所以，故, 由于,故为等边三角形， 又,故梯形为等腰梯形，因此, 由于，故，即平面， 故平面，平面， 故平面平面； ②以分别为轴的正方向，建立如图所示的空间之间坐标系， 则, ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设，则， 则,故， 因此点到平面的距离，解得， 故 【变式训练3-3】已知矩形中， ，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.    (1)证明：； (2)已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是. ①求的值； ②求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2)①；② 【解析】（1）因为矩形，，，是中点，所以， 又，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. （2）（1）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，，， 设是的中点，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，，所以， 设，则， 所以则， 则. 设平面的一个法向量为， 则， 令，可得，， 即为平面的一个法向量， 设与平面所成的角为， 所以， 解得（舍去）， 所以的值为. ②由①得， 所以点到平面的距离. 题型04：探索翻折过程中的问题 【典型例题1】如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥CE则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置， 以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则 ，设 ， 由于 ,故 ， 而 ， 由于 ,故，则， 即 ； 又由在翻折过程中存在某个位置，便得AB⊥CE，不妨假设, 则，即 ， 即 ， 当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内， 不妨假设此时 ，设垂足为G, 作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值， 由于，故 , 所以 ,而, 故，又 , 故 为正三角形，则, 而 ,故 ,则 ， 故， ，则 ， 故的取值范围是 ，故选：A 【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度. 【典型例题2】（多选）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．PC与平面BCD所成的最大角为45° B．存在某个位置，使得PB⊥CD C．当时，的最大值为 D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为 【答案】BC 【解析】取BD的中点O，连接，则， 又，可得平面，平面， 所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为∠PCO， 当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误； 由上可知为的平面角，即， 因为， 所以， 当时，，即，故B正确； 又， 当时，， 所以，即的最大值为，故C正确； ∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为， ∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD， 则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误． 故选：BC． 【变式训练4-1】（多选）在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（    ） A．翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为 B．翻折过程中，存在某个位置的，使得 C．翻折过程中，四棱锥必存在外接球 D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 【答案】AD 【解析】 在矩形中，取中点，连接与交于点， ∵，∴，∴，且， ∴以为原点，，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴， 建立空间直角坐标系如上图，则，，， ∵为中点，∴， 将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上， ∴在平面内，设，且，，，即， ∴，，， ， 对于A，设直线与所成角为，则 ， 易知，当时，单调递增， ∴当时，，故选项A正确； 对于选项B，翻折过程中，恒成立， ∴不存在某个位置的，使得，故选项B错误； 对于C，连接，直角有以为直径的唯一外接圆， 又∵，∴不在的外接圆上，即四边形无外接圆， ∴四棱锥不存在外接球，故选项C错误； 对于D，当四棱锥的体积最大时，到平面距离最大， ∴此时在轴上，平面即平面， ∴以为直径的球的球心为中点， ∴球心到平面即平面的距离为， 又∵该球的直径，∴半径， 由球的几何性质，以为直径的球面被平面截得交线为圆， 该圆的半径， ∴该圆的周长为，故选项D正确. 故选：AD. 【变式训练4-2】（多选）在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线翻折成．若M为线段的中点，则在从起始到结束的翻折过程中，（    ） A．存在某位置，使得 B．存在某位置，使得 C．的长为定值 D．与所成角的正切值的最小值为 【答案】BCD 【解析】如图，    设的中点，连接，则，若，由，平面，可得平面，平面，则可证出，显然矛盾，故 A 错误； 因为，所以当平面，由平面可得，由，平面，即可得平面，再由平面，则有，故B正确； 取中点，，，，且方向相同， 所以为定值，所以为定值，故C正确； 不妨设，以分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 设，则，， ，，设与所成角为， 则，即与所成最小角的余弦值为，此时，故D正确.故选：BCD 【点睛】关键点点睛：处理折叠问题，注意折前折后可变量与不变量，充分利用折前折后不变的量，其次灵活运用线面垂直的判定定理与性质定理是研究垂直问题的关键所在，最后不容易直接处理的最值问题可考虑向量法计算后得解. 【变式训练4-3】在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大值为 . 【答案】 【解析】在矩形中，取中点，连接与交于点， ，，，且， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴， 建立空间直角坐标系如上图，则，，， 为中点，， 将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上， 在平面内，设，且，， ，即， ，，， 所以 ， 设直线与所成角为，则 ， 易知，当时，单调递增， 当时，. 故答案为： 【变式训练4-4】如图，已知平行四边形，，，，、分别是、的中点．现将四边形沿着直线向上翻折，则在翻折过程中，当点到直线的距离为时，二面角的余弦值为 ． 【答案】 【解析】连接、，取的中点，连接、， 易知，且，则四边形为菱形， 易知，则四边形为等边三角形，所以，， 同理可知，所以，二面角的平面角为， 因为，、平面，所以，平面， 且， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且与平面的垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，， 所以点到直线的距离为 ，解得. 故答案为：. 【变式训练4-5】如图，矩形中，，，，将沿直线DE翻折成，若M为线段的点，满足，设二面角的平面角为． (1)求证：直线平面； (2)当为直角时，求点到平面的距离； (3)在翻折过程中（点不在平面内），求线段长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【解析】（1） 在线段上取点，使得， 连接，∵，∴， ∵，∴， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面． （2）由题意得，，、为等腰直角三角形， 取中点，连接，则， 故为二面角的平面角，即. ∵，∴，. 如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则，， ，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，， ∴点到平面的距离为. （3） 如图，以O为原点建立空间直角坐标系，在翻折过程中， 由题意知，二面角的平面角，， 则， 由（2）知， ∴， 又∵，∴，∴． 故的取值范围是． 【变式训练4-6】如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且.    (1)证明：平面； (2)设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)（i），（ii）存在，使得直线与平面所成角的正弦值为， 【解析】（1）取的靠近点的三等分点,连接， 由于,即是靠近的三等分点，故,. 由于 故,因此四边形为平行四边形， 故,平面,平面， 所以平面 （2）（i）在上取点使得, 由于, 故四边形为平行四边形， 故,故直线与直线所成的角为或其补角， 因为 故 故直线与直线所成的角的余弦值为 （ii）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , 故, 设平面的一个法向量为， ，令，则， 由于直线与平面所成角的正弦值为， 故, 解得， 由于，故存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，    题型05：折叠中的解答题 【典型例题1】某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）. (1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）线段中点为，证明即可； （2）利用等体积法求三棱锥的体积. （1）在图2中取线段中点H，连接，如图所示： 由图1可知，四边形是矩形，且， ∴O是线段与的中点，∴且， 图1中且，而且. 所以在图2中，且， ∴且， ∴四边形是平行四边形，则， 由于平面，平面， ∴平面. （2）∵，面，，∴面， ， 所以， 即三棱锥的体积为. 【典型例题2】如图甲，在四边形PBCD中，PD//BC，．现将△ABP沿AB折起得图乙，点M是PD的中点．证明： (1)； (2)PC⊥平面ABM． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，由题意可证△PBA、△ABC是正三角形，则PE⊥AB、EC⊥AB．根据线面垂直的判定定理和性质即可证明； （2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN//AB，即A，B，N，M四点共面，得BN⊥PC．由（1），结合线面垂直的判定定理即可证明. （1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC， ∵AD＝BC且AD//BC，故四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD且AB//CD． 又PB＝PA＝CD， ∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形， ∴PE⊥AB，在图甲中，，则， 由，知△ABC是正三角形，故EC⊥AB． 又，平面PEC， ∴AB⊥平面PEC，又平面PEC， ∴AB⊥PC． （2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN， ∵M是PD的中点，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD， ∴MN//AB，∴A，B，N，M四点共面． ∵PB＝BC，∴BN⊥PC． 由（1）AB⊥PC，又，平面ABNM， ∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM． 【典型例题3】如图1，在直角梯形中，，，，E为的中点，将沿折起，使折起后的平面与平面垂直，如图2.在图2所示的几何体中： (1)求证：平面； (2)点F在棱上，且满足，求几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析；（2) 【解析】（1）由已知条件可得，从而有，再由面面垂直的性质可证得； （2）由条件可知为的中点，由（1）知，为三棱锥的高，所以，从而可求得结果 （1）证明：∵，，， ∴在中，. ∴. ∴. ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面. （2）∵， 又∵E为的中点，∴为的中位线. ∴F为的中点， 由（Ⅰ）知，， ， ∴. 【变式训练5-1】如图，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P，过P作，垂足为H． (1)证明：平面BFDE； (2)若四棱锥的体积为12，求正方形的边长． 【答案】(1)证明见解析；；(2)6. 【解析】（1）利用给定条件，证明PD⊥平面PEF，进而证得EF⊥平面PBD，再利用线面垂直的性质、判定推理作答. （2）设正方形ABCD的边长为，利用a表示四棱锥的体积，即可计算作答. （1）在正方形ABCD中，有AC⊥BD，又E，F分别是AB，BC的中点，有，则EF⊥BD， 依题意，连接EF，PD⊥PE，PD⊥PF，平面PEF，于是PD⊥平面PEF， 又平面PEF，则PD⊥EF，而平面PBD，因此EF⊥平面PBD， 又平面PBD，则有EF⊥PH，又PH⊥BD，EF，平面BFDE，且EF与BD相交， 所以PH⊥平面BFDE. （2）令，正方形ABCD的边长为，则四边形面积， 依题意，，，，， 显然，即有PE⊥PF，则， 由（1）知PD⊥PQ，在直角中，由PH⊥DQ得：， 又由（1）知：PH⊥平面BFDE，因此，解得a=3， 所以正方形的边长为6． 【变式训练5-2】如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上. (1)求证：PE⊥BD； (2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若平面DMN，求的值. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答. （2）取BC的中点F，连接，利用线面平行的判定、面面平行的判定、性质推证即可作答. （1）依题意，，，平面PCD， 则有平面PCD，又平面PCD， 所以. （2）依题意，，而于M，，则， 取BC的中点F，连接，因为点N为PB的中点，则， 又平面DMN，平面DMN，因此平面DMN， 而平面DMN，平面PEF， 于是平面平面DMN，又平面平面，平面平面， 从而，所以. 【变式训练5-3】如图①：在△ABC中，AB＝BC＝5，∠ABC＝90°，DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图②），且∠PEB＝60°. (1)请作出平面PBC与平面PDE的交线l（不需要说明理由） (2)证明；平面PBC⊥平面PBE； (3)求直线PE与平面PBC所成角的正弦值. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3) 【解析】（1）根据线面平行的性质定理，即可作出交线； （2）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面； （3）根据（2）的结论，找到线面角，即可求解. （1）因为，平面，平面， 所以平面，且平面，平面平面， 所以， 则过点作直线，使； （2）因为，，且， 所以，且，且平面，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （3）由（2）可知平面平面， 且平面平面， 所以直线在平面内的射影就是，则直线PE与平面PBC所成角为或其补角， 因为是等腰直角三角形，且， 所以也是等腰直角三角形，,，， 种，根据余弦定理，， 则，所以， , 则， 所以直线PE与平面PBC所成角的正弦值为. 【变式训练5-4】如图，已知直角三角形绕其直角边旋转一周得一几何体，该几何体底面半径，点为半圆弧的中点，点为的中点，与所成的角为，求： (1)该几何体的全面积和体积； (2)，两点在该几何体侧面上的最短距离． 【答案】(1)全面积，；(2)． 【解析】（1）由几何体为圆锥，找到与所成角的平面角，根据已知求圆锥的高、底面半径，利用表面积、体积公式求其全面积、体积； （2）将问题转化为侧面展开扇形中两点的最小距离，由（1）确定扇形圆心角大小，进而求，两点的最小距离. （1）由题意，该几何体为圆锥，如图1，取中点，连接，， 则，由平面知：面． 由面，则，即， 则即为异面直线与所成的角（或其补角）． 在中，则， 又，则，故， 即圆锥高为，则； 母线，即侧面展开扇形半径为， 底面圆周长为，即侧面展开扇形弧长为， 侧面积，底面积， 所以全面积为，． （2）在圆锥侧面上连接两点的所有曲线中，最短的曲线在展开扇形中必为直线， 由（1）易知，展开扇形的圆心角为240°， 如图2所示，沿母线将圆锥侧面展开，则， 由是的中点，则，结合，是等边三角形， 则，即最短距离为． 题型06：折叠问题多选压轴题 【典型例题1】设矩形（）的周长为定值，把沿向折叠，折过去后交于点，如图，则下列说法正确的是（    ） A．矩形的面积有最大值 B．的周长为定值 C．的面积有最大值 D．线段有最大值 【答案】BC 【解析】根据基本不等式的性质，结合图形折叠的性质，结合对钩函数的性质逐一判断即可. 设，则，因为，所以． 矩形的面积， 因为，所以无最大值．故A错． 根据图形折叠可知与全等， 所以周长为．故B正确． 设，则，有，即，得，，当时，取最大值．故C正确．， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当，当时函数有最小值，无最大值．故D错误． 故选：BC． 【点睛】关键点睛：利用基本不等式的性质、对钩函数的性质是解题的关键. 【典型例题2】如图1，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将沿边DE折到，连接PC，PB，EC，设F为PC中点，连接BF，则在翻折的过程中，下列命题正确的是（    ） A．存在某一翻折位置，使得平面PBC B．在翻折的过程中（点P不在平面BCDE内），都有平面PDE C．存在某一翻折位置，使得 D．若，则三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】平行思想判断；线面平行定理判断；线面垂直定理判断；确定的外接圆半径即可． 对于A选项，取DC的中点G，连接BG，由，，所以四边形DEBG为平行四边形，所以，而BG与平面PBC相交，所以DE与平面PBC相交，故A错误； 对于B选项，连接FG，则，由，易证平面平面EPD，而平面BFG，所以平面PDE，故B选项正确； 对于C选项，因为，要使得，则平面PCD，则，而，此时，只需要即可，故C选项正确； 对于D选项，由可知，平面PCD，，的外接圆半径，设三棱锥的外接球半径为R，则，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D选项正确， 故选：BCD. 【典型例题3】如图，四边形ABCD中，，，，，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为8 B．三棱锥的外接球的表面积为 C．二面角的正切值为 D．异面直线AC与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出的长，过作于，则可求出，从而可求出三棱锥的体积，对于B，在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆的半径，设为的外心，三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，从而可求出，进而可得三棱锥的外接球的表面积，对于C，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可 过作于， 在中，因为，所以，， 由正弦定理得,即，解得， 所以，， 因为, 所以 ， 由正弦定理得，即，解得， 所以 ， 因为平面平面ADC，平面平面，， 所以平面ADC， 所以三棱锥的体积为，所以A正确， 设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得 所以， 由正弦定理得，所以， 取的中点，连接，则， ， 设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则 ，即，解得，， 所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确， 过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确， 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则 ，， 则 所以 设异面直线AC与所成角为，则 ，所以D错误，故选：ABC 【变式训练6-1】如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（在平面外），若、分别为线段、的中点，则在折起过程中（    ） A．存在某个位置， B．直线始终与面平行 C．点在某个圆上运动 D．直线、与平面所成角分别为、，、能够同时取得最大值 【答案】BCD 【解析】由反证法可判断A；由面面平行可判断B；取的中点为，由可判断C；由平面平面可判断D. 对于选项A：如图，取的中点为，连接，因为，所以，即. 若，又，则平面，从而，显然矛盾，故A错误； 对于选项B：如图，连接，则，，又，，所以可证平面平面，又平面，所以平面，故B正确； 对于选项C：如图，取的中点为，连接，又是的中点，则，所以点在以为圆心，为半径的圆上，故C正确； 对于选项D：如图，当平面平面时，与平面所成角取得最大值，因为平面平面，所以平面平面，此时与平面所成角也取得最大值，故D正确. 故选：BCD. 【变式训练6-2】在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足且，，将沿直线DE折到的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（    ） A．在边上存在点F，使得在翻折过程中，满足平面 B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面BCDE C．若，当二面角为直二面角时， D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为 【答案】ABC 【解析】对于 A，根据平行关系可得直线与平面相交；对于B，根据的范围不可能得出平面平面BCDE；对于C，结合余弦定理可求；对于D，表示出体积的表达式·，利用函数单调性求最大值或者利用导数求最大值. 对于 A，在边上存在点F，在A'D上取一点N，使得FN//ED， 在ED上取一点H，使得NH// EF，作HG//BE交BC于点G，如图所示， 则可得FN平行且等于BG，即四边形BGNF为平行四边形，NG//BF， 而GN始终与平面A'CD相交，, 因此在边A'E上不存在点F，使得在翻折过程中，满足BF//平面A'CD，A不正确. 对于B，作于，交于，因为，所以, 在翻折过程中，点在底面BCDE的射影不可能在直线BC上， 因此不满足平面A'BC平面BCDE，因此B不正确. 对于C，时，当二面角A'-DE-B为直二面角时，取ED的中点M，如图所示， 可得平面BCDE， ， 因此C不正确； 对于D，在翻折过程中，取平面A'ED平面BCDE， 四棱锥A'- BCDE体积,; （法一）设， 因为，所以，即，所以为增函数； 同理可证时，为减函数； 所以函数取得最大值因此D正确. （法二），， 当时，，为增函数； 当时，，为减函数； 可得时，函数取得最大值因此D正确. 综.上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题利用运动的观点理解空间线面、面面位置关系、四棱锥的体积等，在动态中找寻不变的平行关系，垂直关系是解题的关键. 【变式训练6-3】如图，在矩形中，，，为线段上一点，且满足，现将沿折起使得折到，使得平面平面，则下列正确的是（    ）． A．线段上存在一点（异于端点），使得直线与垂直 B．线段上存在一点（异于端点），使得直线面 C．直线与面成角正弦值为 D．面与面所成锐二面角正切值为 【答案】BCD 【解析】利用线面垂直，面面垂直的判定与性质，得到线面角，面面角，计算之后可以判定CD,利用线面平行的判定与性质不难找到满足B的例子，利用反证法，结合线面垂直面面垂直的判定与性质可以证明A错误. 如图所示，过D'作D'E⊥AB，垂足为E,∵平面平面，∴⊥平面ABC, 作EH⊥AF,垂足为H,连接D'H,∵AF⊥EH,AF⊥D'E,∴AF⊥平面D'EH,∴AF⊥D'H, 由于AD=2,DF=3,∴AF=, ∴DH=    连接EF，则∠为直线与平面ABC所成的角， , ∵BC⊥AB, 平面平面， ∴BC⊥平面平面，∴BC⊥, ∴∠为面与面所成锐二面角， , 当P位于靠近D'的线段D'B的四等分点时， 过P作AB的平行线交D'A与点R,则，且PR=CF, ∴四边形PRFC为平行四边形， ∴平面, 过A作AQ⊥BD'，垂足为Q, 由BC⊥平面ABD',BC⊂平面BCD', 可得平面BCD'⊥平面ABD', ∴AQ⊥平面BCD',∴AQ⊥CP, 假设CP⊥AD',则CP⊥平面ABD', 于是CP⊥BD',于是P与B重合， 这是题意所不允许的， ∴CP不可能与AD'垂直. 综上正确的是:BCD. 故选:BCD. 【点睛】本题考查线面垂直，面面垂直的判定与性质，考查线面角，面面角，线面平行的判定与性质，属综合性难题，关键是熟练掌握使用线面，面面平行、垂直的判定定理和性质定理. 【变式训练6-4】已知矩形满足，，点为的中点，将沿折起，点折至，得到四棱锥，若点为的中点，则（    ） A．平面 B．存在点，使得平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内 【答案】ACD 【解析】对于A，取中点，结合已知可得为平行四边形，从而可得∥，进而由线面平行的判定定理可得结论；对于B，假设存在，使得平面，从而可得，在中，可判断，从而可得不可能垂直于，进而可得结论；对于C，当平面垂直于平面时，取得最大值，从而可求出四棱锥体积的最大值，对于D，当平面垂直于平面时，存在，使得三棱锥的外接球球心在平面内，为的中点，可得，所以为三棱锥的外接球球心， 解：对于A，取中点，因为是的中点， 所以∥，， 因为∥，， 所以∥，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以平面，所以A正确； 对于B，假设存在，使得平面，则，因为，，所以平面，所以，所以，在中，，所以，所以不可能垂直于，所以B错误； 对于C，，为到平面的距离，当平面垂直于平面时，取得最大值，此时为到的距离，此时，，所以的最大值为，所以C正确； 对于D，当平面垂直于平面时，存在，使得三棱锥的外接球球心在平面内，如图2，，所以，因为，所以，在直角三角形中，，为的中点，所以，所以，所以为三棱锥的外接球球心，因为在平面内，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，线面垂直的判定，棱锥体积的求法等知识，解题的关键是根据题意正确的画出空间图形，然后结合图形求解即可，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题 【变式训练6-5】端午节是中国第一个申请成功的世界人类非物质文化的节日，农历五月初五是端午节，民间吃粽子、佩香囊的习惯，吃“粽子”是为了纪念战国时期楚国爱国主义诗人屈原，香囊暗解清防新冠并驱虫．“七彩丝线系香囊，柔情轻解入谁家”．“扈江篱与辟芷兮，纫秋兰以为佩”．粽子和香囊都是六面体．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示香囊粽子形状的六面体．下列各选项正确的是（    ） A．六面体的体积为 B．若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为 C．折后棱所在直线异面且垂直； D．折后棱所在直线相交． 【答案】ABD 【解析】该六面体由两个正四面体组成，求得正四面体体积即可求得六面体体积；找到该六面体的内切球球心及半径所在的三角形，根据边角关系求得半径，从而计算出体积；对平行四边形进行折叠，观察两点最后的位置来判断与的关系. 折后如图所示： 由图知三点重合，重合，故折后棱所在直线相交， 故C错误，D正确； 该六面体由两个正四面体组成，在正四面体中，取的外接圆圆心， 则，， 正四面体的体积为， 所以六面体的体积为，A正确； 在六面体内放一球，体积最大时即为六面体的内切球，延长EO交AD与M点，联结BM， 作，易知平面，即为内切球半径，又， 故， 则， 故该球的最大体积为，B正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：找到折叠后的点的位置；根据边角关系求内切球半径. 【变式训练6-6】已知边长为2的等边，点、分别是边、上的点，满足且（），将沿直线折到的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（    ） A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面 B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面 C．若，当二面角等于60°时， D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为 【答案】CD 【解析】假设结论成立，推出矛盾结论判断，，利用勾股定理计算判断，求出解析式，利用导数求出最大值判断． 解：对于，连接，，，显然平面平面， 若上存在点使得，则，显然与为相交直线，矛盾，故错误； 对于，设中点，中点，由等边三角形性质可知，， 若平面平面，则在底面上的射影为，于是， ，与矛盾，故错误； 对于，若，二面角等于，则， 设在底面上的射影为，则，， ，，，故正确； 对于，，，， ， 显然在翻折过程中，当平面平面时，四棱锥的体积最大，故， ，令可得，当时，，当时，， 当时，取得最大值，故正确． 故选：． 【点睛】本题考查了线面平行的性质，考查棱锥的体积计算，属于中档题． 【变式训练6-7】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 【解析】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. 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. 【变式训练6-8】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 【解析】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． 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 ( 1 )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 立体几何中展开与折叠相关的问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 5 解题策略 6 题型归纳 8 一．立体图形的展开 8 题型01：展开图问题 8 题型02：最短路径问题 10 一．柱体中的最短路径 10 二．锥体中的最短路径 13 三．台体中的最短路径 17 题型03：和最小问题 20 二．平面图形的翻折 24 题型01：翻折后位置关系的判断 24 题型02：翻折后角度的计算 27 题型03：翻折后距离的计算 32 题型04：探索翻折过程中的问题 35 题型05：折叠中的解答题 39 题型06：折叠问题多选压轴题 43 立体几何展开与折叠问题是高考立体几何的高频创新考点，常以选择题、填空题（分值5分）或解答题小问形式出现，融合空间想象、逻辑推理与平面几何知识，侧重考查“折叠/展开前后不变量与变量的辨析”核心能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面展开分析： 一、命题特点 1. 载体特征： ◦ 折叠问题：以平面多边形（矩形、正方形、菱形、直角三角形、等腰三角形）为原始图形，沿某条线段翻折成空间几何体（如三棱锥、四棱锥、棱柱），如“矩形沿对角线翻折”“直角三角形沿直角边翻折”； ◦ 展开问题：以规则空间几何体（正方体、长方体、圆锥、圆柱、正棱锥）为载体，将侧面/表面展开为平面图形，如“正方体表面展开图中两点间最短路径”“圆锥侧面展开图中扇形圆心角计算”。 2. 设问方向： ◦ 折叠问题：① 空间位置关系判断（如翻折后线面平行/垂直、面面垂直）；② 空间角/距离/体积计算（如翻折后二面角大小、点到平面的距离）；③ 探索性问题（如翻折过程中某角度的最值）； ◦ 展开问题：① 表面最短路径长度计算；② 展开图中角度/线段长度计算；③ 展开后图形的位置匹配（如判断展开图对应几何体的面）。 3. 核心逻辑： ◦ 折叠问题：“变与不变”——翻折前后，线段长度、角度的大小若在同一平面内则保持不变，空间位置关系（如垂直、平行）可能发生变化； ◦ 展开问题：“曲化直”——将空间曲面/多面体表面的路径转化为平面内的直线段（两点之间线段最短）。 二、核心考点 1. 折叠问题核心考点： ◦ 不变量识别：能准确判断翻折前后保持不变的线段长度、角度（如原平面图形中垂直的两条线段，若翻折后仍在同一平面则垂直关系不变）； ◦ 空间垂直关系证明：翻折后常考查面面垂直（利用“线面垂直→面面垂直”判定定理），关键是找到翻折后垂直于另一个平面的直线（通常为原平面图形中垂直于翻折线的线段）； ◦ 动态分析能力：翻折过程中几何体形状变化时，分析空间角/距离的最值（如翻折角度从0°到180°时，二面角的变化范围）。 2. 展开问题核心考点： ◦ 最短路径求解：掌握多面体/旋转体表面最短路径的展开方法（如正方体展开为平面矩形、圆锥展开为扇形），利用勾股定理计算路径长度； ◦ 展开图与几何体的对应关系：能根据展开图中的线段连接关系，匹配几何体的各个面（如正方体展开图中相邻面与相对面的判断）； ◦ 旋转体展开图计算：圆锥侧面展开图中，扇形弧长=圆锥底面周长，扇形半径=圆锥母线长，据此计算圆心角、面积等。 三、考查趋势 1. 综合化提升：折叠问题常与截面、存在性、轨迹问题融合，如“翻折过程中动点的轨迹”“折叠后截面与某平面的二面角计算”；展开问题常结合函数最值，如“圆柱表面动点最短路径的最值”。 2. 动态化命题：从静态折叠/展开转向动态过程分析，如“矩形沿某线段翻折时，求某线段长度的取值范围”“圆锥侧面上动点从底面一点到顶点的最短路径随圆锥高的变化”。 3. 应用性增强：结合实际背景命题，如“快递包装盒的展开设计”“粮仓（圆锥+圆柱）表面巡检的最短路径”，但核心仍为空间与平面的转化。 4. 对空间想象能力要求更高：高考命题逐渐减少对直观图的依赖，要求考生仅通过文字描述还原折叠/展开前后的图形，考验抽象想象能力。 四、高考评分关键点 1. 折叠问题中，必须明确标注“翻折前后不变的量”（如“翻折后AB=CD，因原平面图形中AB=CD”），无说明直接使用不变量会扣分； 2. 最短路径问题中，需写出展开方法（如“将正方体的面ABB₁A₁与面BCC₁B₁展开为同一平面”），未说明展开方式会扣分； 3. 动态折叠问题中，需分析变量的取值范围（如翻折角度θ∈(0°,180°)），遗漏范围会导致结果不完整。 结合高考对立体几何展开与折叠问题的考查要求，从基础认知、能力掌握、综合应用三个维度制定学习目标，覆盖“辨不变量、转空间关系、解实际问题”全环节： 一、基础认知目标 1. 理解折叠与展开的核心本质： ◦ 折叠问题：明确“平面图形→空间几何体”的转化逻辑，掌握翻折前后的不变量（同一平面内的线段长度、角度、垂直/平行关系）与变量（跨翻折线的空间位置关系）； ◦ 展开问题：明确“空间几何体表面→平面图形”的转化逻辑，掌握多面体（正方体、长方体）、旋转体（圆柱、圆锥）的展开图特征（如正方体展开图的11种形式、圆锥展开图为扇形）。 2. 熟记关键转化公式： ◦ 圆锥侧面展开图：扇形弧长=圆锥底面周长，扇形半径=圆锥母线长（L）； ◦ 圆柱侧面展开图：矩形长=圆柱底面周长（2\pi r），矩形宽=圆柱的高（h）。 3. 识别核心考查场景： ◦ 折叠问题：矩形/三角形翻折成三棱锥、四棱锥后的线面垂直证明、二面角计算； ◦ 展开问题：正方体/圆柱表面最短路径计算、圆锥展开图中角度/面积计算。 二、能力掌握目标 1. 折叠问题核心能力： ◦ 不变量识别能力：能快速标注翻折前后保持不变的线段、角度，区分“翻折线同侧”与“翻折线两侧”的图形特征； ◦ 空间关系构建能力：能利用不变量证明线面垂直/面面垂直（如翻折后垂直于翻折线的线段⊥另一平面），并建立空间直角坐标系求解空间角、距离； ◦ 动态分析能力：能分析翻折过程中（二面角变化时）空间角、线段长度的取值范围，结合函数思想求最值。 2. 展开问题核心能力： ◦ 展开方式选择能力：能根据动点起点、终点位置，选择最优展开方式（如正方体中优先展开包含两点的相邻面），将空间曲面转化为平面； ◦ 最短路径计算能力：能在展开图中利用“两点之间线段最短”原理，结合勾股定理、余弦定理计算路径长度； ◦ 展开图匹配能力：能根据几何体特征，判断展开图与原几何体的对应关系（如正方体展开图中相对面的识别）。 3. 规范解题能力： ◦ 折叠问题：书写时明确标注“翻折前后AB=A'B（不变量）”“∠AEC为二面角的平面角（定义）”等关键依据； ◦ 展开问题：解题时说明“将圆柱侧面沿母线AA₁展开为矩形”等展开方式，避免步骤缺失。 三、综合应用目标 1. 跨考点融合能力： ◦ 能将折叠问题与截面、存在性问题结合（如折叠后截面与某平面的二面角计算）； ◦ 能将展开问题与轨迹、最值问题结合（如圆柱表面动点最短路径的最值分析）。 2. 易错点突破能力： ◦ 折叠问题：避免“误将跨翻折线的角度当作不变量”“忽略二面角的锐钝判断”； ◦ 展开问题：避免“圆锥展开图圆心角公式混淆（误将r/L写成L/r）”“正方体展开图中选错相邻面导致路径计算错误”。 3. 实际应用能力： ◦ 能将折叠/展开问题迁移到实际场景（如包装盒展开设计、粮仓表面巡检路径规划），通过几何转化解决实际问题。 知识点一.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 知识点二.展开问题 将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究. 方法点拨： 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 立体几何展开与折叠问题的核心解题逻辑是“抓不变量+空间平面转化”——折叠问题聚焦翻折前后的不变线段/角度，将空间问题还原为平面几何计算；展开问题通过“曲化直”把空间路径转化为平面线段，结合平面几何知识求解，以下分题型梳理策略： 一、折叠问题解题策略 1. 核心步骤：辨不变量→建空间关系→求解验证 （1）第一步：梳理折叠前后的“变”与“不变”（关键） • 不变量： ◦ 翻折线两侧的线段长度（如矩形沿对角线BD翻折，AB、AD、CB、CD长度不变）； ◦ 翻折线同侧的角度（如原平面中∠ABD，翻折后仍保持不变）； ◦ 与翻折线垂直的线段关系（如原平面中AE⊥BD，翻折后AE⊥BD仍成立）。 • 变量： ◦ 翻折线两侧图形的空间位置（如原平面中△ABD与△CBD共面，翻折后成二面角）； ◦ 跨翻折线的角度（如原平面中∠ABC，翻折后角度随二面角变化）。 • 操作：画出折叠前后的平面图形与空间图形，用不同颜色标注不变量，明确核心已知条件。 （2）第二步：利用不变量建立空间位置关系 • 面面垂直证明：若原平面中存在线段垂直于翻折线（如AE⊥BD），翻折后该线段垂直于翻折线所在的另一个平面（如AE⊥平面CBD），进而证明面面垂直（平面ABD⊥平面CBD）。 • 空间角/距离计算：优先以翻折线的垂足为原点建立空间直角坐标系（如以BD中点O为原点，OB为x轴，OE为y轴，过O作垂直于平面CBD的直线为z轴），利用不变量确定各点坐标，再用向量法计算二面角、线面角或点到平面的距离。 （3）第三步：动态折叠问题的分析技巧 • 设翻折的二面角为θ（θ∈(0°,180°)），用θ表示相关线段长度或角度（如用余弦定理表示异面直线所成角的余弦值）； • 结合函数单调性求最值（如将空间角表示为θ的三角函数，求θ∈(0°,180°)时的最值）。 二、展开问题解题策略 1. 核心步骤：确定展开方式→转化为平面路径→计算验证 （1）第一步：选择最优展开方式 • 多面体（正方体/长方体）：展开相邻面为同一平面（优先展开包含起点和终点的面），如正方体中从A到C₁的最短路径，展开面ABB₁A₁与面BCC₁B₁为矩形； • 旋转体（圆柱/圆锥）： ◦ 圆柱：沿母线展开为矩形（矩形长=圆柱底面周长，宽=圆柱高）； ◦ 圆锥：沿母线展开为扇形（扇形弧长=圆锥底面周长，半径=圆锥母线长）。 （2）第二步：空间路径转化为平面线段 • 最短路径原理：平面内两点之间线段最短，将空间中曲面上的路径转化为展开图中的直线段； • 操作：在展开图中标出起点和终点，连接成直线段，用勾股定理或三角函数计算长度。 （3）第三步：验证展开图的合理性 • 确保展开后图形无重叠，路径不超出几何体表面（如圆锥侧面展开图中，路径线段需在扇形内部）。 2. 典型例题示范 题目：圆柱底面半径为1，高为2，求从底面圆周上一点A到上底面圆周上与A相对的点B的最短路径长度。 • 展开方式：沿母线AC展开圆柱侧面为矩形（长=2π×1=2π，宽=2）； • 展开后A对应矩形左下角，B对应矩形右上角（水平距离为π，竖直距离为2）； • 最短路径长度=√(π²+4)。 三、高频易错点规避 1. 折叠问题： ◦ 混淆翻折前后的垂足位置（如误将不同位置的垂足当作同一点）； ◦ 忽略二面角的锐钝判断（需结合图形验证余弦值的符号）； 2. 展开问题： ◦ 错误选择展开方式（如圆柱展开时未沿母线，导致路径计算错误）； ◦ 圆锥侧面展开图中，混淆扇形弧长与底面周长的关系（扇形弧长=2πr，r为圆锥底面半径）。 四、通用解题技巧 1. 画图辅助：无论折叠还是展开，务必画出平面图形和空间图形（或展开图），标注关键线段和角度； 2. 优先几何法：折叠问题中优先用几何法找二面角的平面角，展开问题中优先用勾股定理计算最短路径，复杂情况再用向量法； 3. 验证边界条件：动态折叠问题中，验证变量的取值范围（如二面角θ∈(0°,180°)），展开问题中验证路径是否在几何体表面。 一．立体图形的展开 题型01：展开图问题 【典型例题1】把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如图），请根据各面上的图案判断这个正方体是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形． 结合立体图形与平面图形的相互转化，即可得出两圆应该在几何体的上下，符合要求的只有C和D，再根据三角形的位置，即可得出答案， 故选：C 【典型例题2】如图，两个图形都是立体图形的平面展开图，你能分别说出这两个立体图形的名称吗？ 【答案】（1）正方体（2）四棱锥 【解析】（1）将展开图还原为原图可知，该几何体为正方体.（2）将展开图还原为原图可知，该几何体为四棱锥. 【变式训练1-1】如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是（    ） A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4） 【变式训练1-2】如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是__________． 【变式训练1-3】如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是_______. ①与       ②与       ③与       ④与 【变式训练1-4】将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为______. 题型02：最短路径问题 一．柱体中的最短路径 【典型例题1】如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（    ）   A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.    设的中点为，连接（不与点重合），，，， 所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图， 在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值， 在中利用余弦定理可得，    所以的周长的最小值为．故选：B． 【典型例题2】已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长度为___________. 【答案】 【解析】将正三棱柱沿剪开，即可求解. 如图所示，将正三棱柱沿剪开，可得到一个矩形，其长为6，宽为5， 其最短路线为量相等线段之和，其长度等于， 故答案为：. 【典型例题3】（多选）长方体的棱长，则从点沿长方体表面到达点的距离可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】从点沿长方体表面到达有三种展开方式，以、、为轴展开，分别求可得答案. 则从点沿长方体表面到达有三种展开方式， 若以为轴展开，则， 若以为轴展开，则， 若以为轴展开，则. 故选：ABC. 【变式训练2-1-1】如图所示，圆柱侧面上有两点、，在处有一只蜘蛛，在处有一只苍蝇，蜘蛛沿怎样的路线行走才能以最短的路程抓住苍蝇？最短路程是多少？ 【变式训练2-1-2】已知长方体中，，，，从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是______． 【变式训练2-1-3】长方体中，，，，则一只小虫从点沿长方体的表面爬到点的最短距离是___________． 【变式训练2-1-4】如图，在长方体中，，一小虫从顶点出发沿长方体的表面爬到顶点，则小虫走过的最短路线的长为 . 【变式训练2-1-5】如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是 .    【变式训练2-1-6】我国古代有这样一道数学问题:“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何?”题意是:如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因为一丈等于十尺，则该圆柱的高为尺，底面周长为尺，有葛藤自点处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点处，则问题中葛藤的最短长度是 尺. 【变式训练2-1-7】如图，正三棱柱的底面是边长为3的正三角形，侧棱，一小虫从点A途经三个侧面爬到点，则小虫爬行的最短距离为（    ） A．4 B．5 C． D． 二．锥体中的最短路径 【典型例题1】如图，在正三棱锥中，，，一只虫子从点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到点，则虫子爬行的最短距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】将三棱锥由展开，根据勾股定理进行求解即可. 设过点作截面与、侧棱分别交于、两点， 将三棱锥由展开，则，虫子爬行从点沿侧面到棱上的点处，再到棱上的点处，然后回到点的最短距离， 由勾股定理可得．虫子爬行的最短距离．   故选：A 【典型例题2】如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于 ． 【答案】 【解析】先根据圆锥侧面展开图得：为小虫爬行的最短路径；再根据弧长公式可得；最后根据底面圆周长等于的长度即可得出答案. 把圆锥侧面沿母线展开成如图所示的扇形，则为小虫爬行的最短路径. 依题意：小虫爬行的最短路程为. 因为母线长， 所以在中． 则由弧长公式得：． 设圆锥底面圆的半径为r. 则，解得 故答案为： 【变式训练2-2-1】如图，在正三棱锥中，底面边长为a，侧棱长为，点E，F分别为AC，AD上的动点，求截面周长的最小值和这时点E，F的位置．    【变式训练2-2-2】在正三棱锥中，，，一只蚂蚁从点出发沿三棱锥的表面爬行一周后又回到点，则蚂蚁爬过的最短路程为___________． 【变式训练2-2-3】在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2-4】空间四边形的各边与两条对角线的长都为1，点在边上移动，点在边上移动，则点，的最短距离为______． 【变式训练2-2-5】如图，在三棱锥中，平面米，米，与底面所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点出发，沿着侧面走到上的一点，再沿着侧面继续走到棱上，则这只蚂蚁从点出发到达棱的最短路程为_______米，这只蚂蚁的最短路线与的交点到底面的距离为______米. 【变式训练2-2-6】如图，圆锥底面半径为3，母线，，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，最短路线长度为（    ） A． B．16 C． D．12 【变式训练2-2-7】圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（    ） A．0 B． C． D． 【变式训练2-2-8】如图，圆锥的母线长为3，底面半径为1，一只蚂蚁从点P处沿着该圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则蚂蚁爬行的最短路线长为（    ）    A． B．3 C． D． 【变式训练2-2-9】如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为 公里. 【变式训练2-2-10】如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离为 ．    三．台体中的最短路径 【典型例题1】（多选）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台的侧面积为 C．圆台母线与底面所成角为60° D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4 【答案】AC 【解析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解. 对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确； 对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环， 其面积为.故B错误； 对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角. 在等腰梯形ABCD中，,所以. 因为为锐角，所以.故C正确； 对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误. 故选： 【典型例题2】某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到点所经过的最短路程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在立体图形中，根据各边长得到相应的弧长，在侧面展开图中，利用弧长公式计算出夹角为直角，再根据勾股定理求边长即可得到答案. 因为，所以圆的周长是圆周长的两倍， 则弧的弧长. 将圆台一半侧面展开，如图1中扇环所示． 延长和交于点，连接，如图1所示， 由可得， 所以，则， 所以在中，， 即点到点所经过的最短路程为．故选：C． 【变式训练2-3-1】若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3-2】圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为6.已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（    ） A．9 B．6 C． D． 【变式训练2-3-3】某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是和）铁皮材料，通过卷曲使得边与边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3-4】已知圆台上下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且满足，圆的周长为，一只蚂蚁从点出发沿着圆台的侧面爬行一周到的中点，则蚂蚁爬行的最短路程为（    ） A． B． C． D． 题型03：和最小问题 【典型例题1】如图，在棱长为1的正方体中，若点分别为线段，上的动点，点为底面上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【解析】先固定M,使PM，NM最小，则易知P应是M在BD上的射影，N应是M在B1C上的射影；利用线面垂直判定定理易知BC1⊥平面BC1D1,∴N应为BC1，B1C的交点O；将△BDD1和△BC1D1展开放到一个平面上，可得当P、M、O共线，且垂直于BD,时PM+MN最小时，利用正弦的二倍角公式求得sin∠DBC1的值，进而计算可得. 解：首先当固定M时，P点应为M在平面ABCD中的射影，在BD上，且MP⊥BD于P,为使MN最小，MN应当垂直与B1C，垂足为N, 连接BC1,设BC1∩B1C=O,则BC1⊥B1C, 由D1C1⊥平面BCC1C1得D1C1⊥B1C, 又∵D1C1∩BC1=C1,∴B1C⊥平面BC1D1, 由MN⊥B1C,M∈平面BC1D1,∴MN⊂平面BC1D1, ∴N应为BC1，B1C的交点O, 将△BDD1和△BC1D1展开放到一个平面上，如图所示： 转化为求折线PMO的最小值，显然最小时P、M、O共线，且垂直于BD, 如图所示M0,P0,N0,为使PM+MN最小时，M,P,N的位置. 显然△BDD1≌△BC1D1,∴∠DBD1=∠C1BD1 ∴sin∠DBC1=sin2∠DBD1=2sin∠∠DBD1cos∠DBD1=, , 故选:A. 【点睛】本题考查空间距离和的最值问题，属中高档题，关键在于先固定寻找MP，MN最小的条件和位置，然后利用展开方法，进一步研究求解. 【典型例题2】在正方体中，棱长为2，E为的中点，点P在平面内运动，则的最小值为________ 【答案】3 【解析】由条件证明点E、F关于平面对称，由此可得，再根据结论两点之间线段最短求的最小值即可. 取的中点F，连接，如下图： 因为E为的中点，所以点E、F关于平面对称， 所以， 因为， 当且仅当点为线段与平面的交点时等号成立； 所以的最小值为， 由已知为直角三角形，且，为直角， 所以， 所以的最小值为3. 故答案为：3. 【变式训练3-1】在正方体中，棱长为2，E为的中点，点P在平面内运动，则的最小值为（    ） A．3 B． C． D．5 【变式训练3-2】如图，在长方体中，若，且面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为 .    【变式训练3-3】如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，若点分别为线段上的动点，则的最小值为 _____． 【变式训练3-4】已知，如图，正方体棱长为，为上的动点，则的最小值为__________. 【变式训练3-5】在长方体中，棱，，点是线段上的一动点，则的最小值是___________ 【变式训练3-6】如图，某圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为上一点，且，则的最小值为（    ）    A．3 B． C． D． 【变式训练3-7】如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（    ）    A． B．3 C．4 D． 【变式训练3-8】如图，在三棱锥中，，点是棱上一动点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式训练3-9】如图，三棱柱中，底面，，是上一动点，则的最小值是_______． 二．平面图形的翻折 题型01：翻折后位置关系的判断 【典型例题1】已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为 ． 【答案】3 【解析】 易得，又面面CDEF，面ABCD面CDEF，又面，则面CDEF， 又面CDEF，则，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则， 又， 同理可得，设面DBN的法向量为， 则，令，则，又， 又面DBN，则，解得.故答案为：3. 【典型例题2】如图，在矩形中，是线段上的一点．将沿翻折到位置，且点不在平面内．      (1)若平面平面，证明：； (2)设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）因为面面，且面面平面， 所以平面，平面，所以，又， 所以． （2）设的中点为，连接，则，过作直线垂直于平面， 如图所示，以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，      易知，， 设二面角为，则，则，，， 设面的法向量为，则， 令，解得，即， 设面的法向量，则， 令，解得，即， 因为平面平面，所以，解得， 则二面角的余弦值为． 【变式训练1-1】如图所示，是梯形的高，OA=OB=BC=1，OD=3OA=3OF，E为AB的中点，将梯形沿折起得到如图所示的四棱锥，使得． 在棱CD上是否存在一点Q，使得PQ//平面CEF？若存在，指出点Q的位置，若不存在，请说明理由.    【变式训练1-2】在中，，，沿中位线DE折起后，点A对应的位置为点P，. （1）求证：平面平面DBCE； （2）求证：平面平面PCE； （3）求直线BP与平面PCE所成角的正弦值. 【变式训练1-3】如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【变式训练1-4】将边长为2的正方形沿对角线折叠，使得平面平面，平面，是的中点，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小． 题型02：翻折后角度的计算 【典型例题1】如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1） 如图1，连接. ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形， ∵E是的中点，∴， 在图2中，， ∵，平面，平面，∴平面． ∵平面，∴． （2）在平面内，过E点作，则. 由（1）可知平面，∵平面，∴． ∵，∴两两垂直． 以E为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． ∴，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，∴． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，∴． 设平面与平面的夹角为，则 ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为 ． 【典型例题2】如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使    (1)求证：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）在等腰梯形中，，则，，由为中点， ，得，则四边形为平行四边形，， ，又，则为等边三角形，即为等边三角形， 取中点，连接，于是，    由，，得为正三角形，， 则，又，于是，即， 而，且平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量是，则，取，得， 设平面的法向量是，则，取，得， 则， 所以平面和面夹角的余弦值为. 【变式训练2-1】如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（    ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 【变式训练2-2】如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 【变式训练2-3】如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点，沿将折起，如图2. (1)在图2中证明：； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【变式训练2-4】如图甲，已知在等腰梯形中， AB∥ CD，且，，且，沿AE将折起使平面平面，如图乙．    (1)求点E到平面的距离； (2)设P为棱DC上一点（不与P，C重合），当二面角为60°时，DP与DC的比值． 题型03：翻折后距离的计算 【典型例题1】在菱形中，，，将菱形沿对角线折成直二面角，折起后直线与间的距离为 . 【答案】 【解析】设，在菱形中，， 折起后，，， 由于二面角为直二面角，即平面平面， 平面平面，，平面，平面， 以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 在原菱形中，，，，， ，，，， 则，， 设，令，则. 令，则，，. 又，因此，与间的距离. 【点睛】本题考查利用空间向量法计算异面直线间的距离，考查计算能力，属于中等题. 【典型例题2】如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．    (1)若平面平面，求证：； (2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)或 【解析】（1）因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以． 又因为为的中点，则，所以为等腰三角形， 可得，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，且平面，所以． （2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以， 取的中点，则，由（1）得，所以， 所以即为二面角的平面角，记为． 以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    则，， 因为，则， 可得；， 则点A到直线的距离为， 由题意可得，解得，或， 所以二面角的平面角的余弦值为或． 【变式训练3-1】如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，当，时，点D到直线PQ的距离为 ． 【变式训练3-2】如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 【变式训练3-3】已知矩形中， ，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.    (1)证明：； (2)已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是. ①求的值； ②求点到平面的距离. 题型04：探索翻折过程中的问题 【典型例题1】如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥CE则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置， 以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则 ，设 ， 由于 ,故 ， 而 ， 由于 ,故，则， 即 ； 又由在翻折过程中存在某个位置，便得AB⊥CE，不妨假设, 则，即 ， 即 ， 当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内， 不妨假设此时 ，设垂足为G, 作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值， 由于，故 , 所以 ,而, 故，又 , 故 为正三角形，则, 而 ,故 ,则 ， 故， ，则 ， 故的取值范围是 ，故选：A 【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度. 【典型例题2】（多选）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．PC与平面BCD所成的最大角为45° B．存在某个位置，使得PB⊥CD C．当时，的最大值为 D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为 【答案】BC 【解析】取BD的中点O，连接，则， 又，可得平面，平面， 所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为∠PCO， 当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误； 由上可知为的平面角，即， 因为， 所以， 当时，，即，故B正确； 又， 当时，， 所以，即的最大值为，故C正确； ∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为， ∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD， 则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误． 故选：BC． 【变式训练4-1】（多选）在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（    ） A．翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为 B．翻折过程中，存在某个位置的，使得 C．翻折过程中，四棱锥必存在外接球 D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 【变式训练4-2】（多选）在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线翻折成．若M为线段的中点，则在从起始到结束的翻折过程中，（    ） A．存在某位置，使得 B．存在某位置，使得 C．的长为定值 D．与所成角的正切值的最小值为 【变式训练4-3】在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大值为 . 【变式训练4-4】如图，已知平行四边形，，，，、分别是、的中点．现将四边形沿着直线向上翻折，则在翻折过程中，当点到直线的距离为时，二面角的余弦值为 ． 【变式训练4-5】如图，矩形中，，，，将沿直线DE翻折成，若M为线段的点，满足，设二面角的平面角为． (1)求证：直线平面； (2)当为直角时，求点到平面的距离； (3)在翻折过程中（点不在平面内），求线段长的取值范围． 【变式训练4-6】如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且.    (1)证明：平面； (2)设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 题型05：折叠中的解答题 【典型例题1】某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）. (1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面； (2)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）线段中点为，证明即可； （2）利用等体积法求三棱锥的体积. （1）在图2中取线段中点H，连接，如图所示： 由图1可知，四边形是矩形，且， ∴O是线段与的中点，∴且， 图1中且，而且. 所以在图2中，且， ∴且， ∴四边形是平行四边形，则， 由于平面，平面， ∴平面. （2）∵，面，，∴面， ， 所以， 即三棱锥的体积为. 【典型例题2】如图甲，在四边形PBCD中，PD//BC，．现将△ABP沿AB折起得图乙，点M是PD的中点．证明： (1)； (2)PC⊥平面ABM． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，由题意可证△PBA、△ABC是正三角形，则PE⊥AB、EC⊥AB．根据线面垂直的判定定理和性质即可证明； （2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN//AB，即A，B，N，M四点共面，得BN⊥PC．由（1），结合线面垂直的判定定理即可证明. （1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC， ∵AD＝BC且AD//BC，故四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD且AB//CD． 又PB＝PA＝CD， ∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形， ∴PE⊥AB，在图甲中，，则， 由，知△ABC是正三角形，故EC⊥AB． 又，平面PEC， ∴AB⊥平面PEC，又平面PEC， ∴AB⊥PC． （2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN， ∵M是PD的中点，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD， ∴MN//AB，∴A，B，N，M四点共面． ∵PB＝BC，∴BN⊥PC． 由（1）AB⊥PC，又，平面ABNM， ∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM． 【典型例题3】如图1，在直角梯形中，，，，E为的中点，将沿折起，使折起后的平面与平面垂直，如图2.在图2所示的几何体中： (1)求证：平面； (2)点F在棱上，且满足，求几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析；（2) 【解析】（1）由已知条件可得，从而有，再由面面垂直的性质可证得； （2）由条件可知为的中点，由（1）知，为三棱锥的高，所以，从而可求得结果 （1）证明：∵，，， ∴在中，. ∴. ∴. ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面. （2）∵， 又∵E为的中点，∴为的中位线. ∴F为的中点， 由（Ⅰ）知，， ， ∴. 【变式训练5-1】如图，正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P，过P作，垂足为H． (1)证明：平面BFDE； (2)若四棱锥的体积为12，求正方形的边长． 【变式训练5-2】如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上. (1)求证：PE⊥BD； (2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若平面DMN，求的值. 【变式训练5-3】如图①：在△ABC中，AB＝BC＝5，∠ABC＝90°，DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图②），且∠PEB＝60°. (1)请作出平面PBC与平面PDE的交线l（不需要说明理由） (2)证明；平面PBC⊥平面PBE； (3)求直线PE与平面PBC所成角的正弦值. 【变式训练5-4】如图，已知直角三角形绕其直角边旋转一周得一几何体，该几何体底面半径，点为半圆弧的中点，点为的中点，与所成的角为，求： (1)该几何体的全面积和体积； (2)，两点在该几何体侧面上的最短距离． 题型06：折叠问题多选压轴题 【典型例题1】设矩形（）的周长为定值，把沿向折叠，折过去后交于点，如图，则下列说法正确的是（    ） A．矩形的面积有最大值 B．的周长为定值 C．的面积有最大值 D．线段有最大值 【答案】BC 【解析】根据基本不等式的性质，结合图形折叠的性质，结合对钩函数的性质逐一判断即可. 设，则，因为，所以． 矩形的面积， 因为，所以无最大值．故A错． 根据图形折叠可知与全等， 所以周长为．故B正确． 设，则，有，即，得，，当时，取最大值．故C正确．， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当，当时函数有最小值，无最大值．故D错误． 故选：BC． 【点睛】关键点睛：利用基本不等式的性质、对钩函数的性质是解题的关键. 【典型例题2】如图1，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将沿边DE折到，连接PC，PB，EC，设F为PC中点，连接BF，则在翻折的过程中，下列命题正确的是（    ） A．存在某一翻折位置，使得平面PBC B．在翻折的过程中（点P不在平面BCDE内），都有平面PDE C．存在某一翻折位置，使得 D．若，则三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】平行思想判断；线面平行定理判断；线面垂直定理判断；确定的外接圆半径即可． 对于A选项，取DC的中点G，连接BG，由，，所以四边形DEBG为平行四边形，所以，而BG与平面PBC相交，所以DE与平面PBC相交，故A错误； 对于B选项，连接FG，则，由，易证平面平面EPD，而平面BFG，所以平面PDE，故B选项正确； 对于C选项，因为，要使得，则平面PCD，则，而，此时，只需要即可，故C选项正确； 对于D选项，由可知，平面PCD，，的外接圆半径，设三棱锥的外接球半径为R，则，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D选项正确， 故选：BCD. 【典型例题3】如图，四边形ABCD中，，，，，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为8 B．三棱锥的外接球的表面积为 C．二面角的正切值为 D．异面直线AC与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出的长，过作于，则可求出，从而可求出三棱锥的体积，对于B，在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆的半径，设为的外心，三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，从而可求出，进而可得三棱锥的外接球的表面积，对于C，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可 过作于， 在中，因为，所以，， 由正弦定理得,即，解得， 所以，， 因为, 所以 ， 由正弦定理得，即，解得， 所以 ， 因为平面平面ADC，平面平面，， 所以平面ADC， 所以三棱锥的体积为，所以A正确， 设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得 所以， 由正弦定理得，所以， 取的中点，连接，则， ， 设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则 ，即，解得，， 所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确， 过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确， 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则 ，， 则 所以 设异面直线AC与所成角为，则 ，所以D错误，故选：ABC 【变式训练6-1】如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（在平面外），若、分别为线段、的中点，则在折起过程中（    ） A．存在某个位置， B．直线始终与面平行 C．点在某个圆上运动 D．直线、与平面所成角分别为、，、能够同时取得最大值 【变式训练6-2】在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足且，，将沿直线DE折到的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（    ） A．在边上存在点F，使得在翻折过程中，满足平面 B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面BCDE C．若，当二面角为直二面角时， D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为 【变式训练6-3】如图，在矩形中，，，为线段上一点，且满足，现将沿折起使得折到，使得平面平面，则下列正确的是（    ）． A．线段上存在一点（异于端点），使得直线与垂直 B．线段上存在一点（异于端点），使得直线面 C．直线与面成角正弦值为 D．面与面所成锐二面角正切值为 【变式训练6-4】已知矩形满足，，点为的中点，将沿折起，点折至，得到四棱锥，若点为的中点，则（    ） A．平面 B．存在点，使得平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥外接球的球心在平面内 【变式训练6-5】端午节是中国第一个申请成功的世界人类非物质文化的节日，农历五月初五是端午节，民间吃粽子、佩香囊的习惯，吃“粽子”是为了纪念战国时期楚国爱国主义诗人屈原，香囊暗解清防新冠并驱虫．“七彩丝线系香囊，柔情轻解入谁家”．“扈江篱与辟芷兮，纫秋兰以为佩”．粽子和香囊都是六面体．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示香囊粽子形状的六面体．下列各选项正确的是（    ） A．六面体的体积为 B．若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为 C．折后棱所在直线异面且垂直； D．折后棱所在直线相交． 【变式训练6-6】已知边长为2的等边，点、分别是边、上的点，满足且（），将沿直线折到的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（    ） A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面 B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面 C．若，当二面角等于60°时， D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为 【变式训练6-7】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 【变式训练6-8】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 ( 1 )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $