考点05 立体几何中的翻折问题（专项训练）高一数学人教A版必修第二册

考点05 立体几何中的翻折问题 考点一：翻折问题中的位置关系 弄清翻折前后不变与变化的地方：翻折后还在同一个平面的性质不变，不在同一个平面上的性质可能发生变化。 1、折痕垂直性：翻折时，折痕（棱）垂直于翻折前后对应点连线的平面（即对应点的中垂面）。 2、共面关系：翻折前共线的点，翻折后不一定共线；但翻折前在同一个平面内的点，翻折后仍在同一个平面内（该平面绕折痕旋转）。 3、长度与角度不变：翻折过程中，两点间距离、线段长度、直线与折痕的夹角均保持不变（刚性翻折）。 考点二：翻折过程中的长度、角度问题 1、给出翻折后的某个状态，求长度、角度 2、在整个翻折过程中，一些角度的变化过程。 考点三：翻折过程中的体积最值问题 在翻折的过程中，几何体的底面通常为固定不变的，几何体的高随着翻折过程在变化，求体积最值问题即判断几何体的高的最值。 位置关系的判断 弄清翻折前后不变与变化的地方：翻折后还在同一个平面的性质不变，不在同一个平面上的性质可能发生变化。 1．（2026高三·全国·专题练习）已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（　　） A．直线可能与直线垂直 B．直线可能与直线垂直 C．直线可能与直线垂直 D．直线不可能与直线垂直 2．（25-26高二上·上海·月考）如图，矩形ABCD中，，，M为的中点．将沿直线翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于任意一个位置总有平面  ②存在某个位置，使得  ③存在某个位置，使得，上面说法中，所有错误的序号是________．    3．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 4．（2025高三·全国·专题练习）已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（ ） A．直线不可能与直线垂直 B．直线可能与直线垂直 C．直线可能与直线垂直 D．直线不可能与直线垂直 5．（2025高一·全国·专题练习）如图，在等腰中，，分别为线段的中点，与分别是以为边的等边三角形，现将与分别沿向上折起，则在翻折的过程中，下列结论中可能正确的是______．（填序号） ①；                    ②； ③平面平面；        ④． 长度问题 根据翻折的角度或固定位置，求一些长度问题。 1．（25-26高二上·湖北襄阳·期中）如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（   ）      A． B． C．4 D．8 2．（25-26高三上·福建宁德·月考）如图，在平行四边形中，，，E为的中点，沿将翻折至的位置得到四棱锥，且直线与直线所成的角为45°.则的长为（   ）    A． B． C． D． 3．（24-25高二上·北京·期中）如图，长方形中，，，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，，在翻折的过程中（从初始位置开始，直到点再次落到平面内），点到平面距离的最大值为______，的中点的轨迹长度为______.    4．（2025·河北唐山·三模）如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D．3 5．（2025高一下·全国·专题练习）将，边长为1的菱形中沿对角线AC翻折使转到，二面角的平面角为.若，求折后两条对角线AC，之间的距离的最小值. 角度问题 1、给出固定翻折角度，求一些线线、线面、二面角 2、在整个翻折过程中，某些角度的变化。 1．（25-26高二上·湖北武汉·月考）在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·浙江·期中）把正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 3．（24-25高一下·河北石家庄·月考）如图，在边长为2的正三角形ABC中，E，F分别为AC，BC的中点，将沿EF翻折至，使得.则直线PB与平面所成角的正弦值为______. 4．（25-26高三上·浙江绍兴·期末）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时，且为中点，则 C．不存在与，使得 D．当时，则最小值为 5．（2025高三·全国·专题练习）在平面四边形中，，，，将沿翻折至，其中为动点．求二面角的余弦值的最小值． 翻折后的外接球 翻折后的几何图形，求其外接球，根据球外接球的模型分类求外接球。 1．（25-26高二上·广东·期末）如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（   ）    A． B． C． D． 2．（25-26高二上·广东肇庆·期中）已知四边形为平行四边形，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的外接球表面积为________． 3．（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知四边形，是以为边长的等边三角形，，现把沿着对角线进行翻折，使得点在面上的投影落在点处，则此时三棱锥外接球的表面积为___________. 4．（25-26高三上·福建福州·月考）已知四边形中，，，．现将沿边翻折，使点翻折到点，若平面平面，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·云南·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 翻折过程中的综合问题 在翻折问题中，找不变跟变化的过程很重要，主要考察了位置关系，变化中的一些长度、角度、体积的变化，变化后的立体几何图形的一些长度、外接球等问题。 1．（25-26高二上·北京·期中）如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：    ①平面平面： ②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为： ④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④ 2．（25-26高二上·上海静安·月考）已知边长为2的菱形，，对角线AC，BD交于点，现将沿对角线AC翻折，得到三棱锥记线段AD'，AB，BC的中点分别为，，，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面EFG截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则上述结论中正确的有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．（25-26高三上·安徽合肥·月考）已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为． 则上述结论中正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 4．（25-26高二上·福建泉州·期末）正方形的边长为2，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕将折起，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．当时，平面平面 B．当时， C．直线CE与DF始终不垂直 D．以为球心，为半径的球被平面截得的截面面积的最小值为 5．（25-26高二上·浙江宁波·期中）如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（　　）    A．在翻折过程中， B．当时，DE平面 C．在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为 D．三棱锥的体积的最大值为 1.（25-26高二上·四川泸州·期中）如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，且， ，（），，将四边形沿向上翻折，连接，，，在翻折的过程中，设（），记几何体的体积为． (1)求证：平面； (2)若平面平面． ① 求证：； ② 当取得最大值时，求的值． 2．（25-26高二上·上海·期中）如图1，在中，，，是线段上一点，且⊥，将沿着翻折至，得到如图2所示的三棱锥，记二面角的大小为；    (1)求的长度； (2)当时，求直线与平面所成角的正切值； (3)当时，在翻折的过程中： ①求点的运动轨迹的长度； ②求线段长的取值范围. 3．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有四个结论： ① ②三棱锥体积的最大值为 ③平面截三棱锥的截面图形可能是正方形 ④当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则四个结论中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（多选）（25-26高二上·湖南张家界·期末）如图，在矩形AEFC中，为EF的中点，分别沿AB、BC将翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（   ）    A．三棱锥的体积为 B．PA与BC所成角的余弦值为 C．PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥的外接球半径为 5．（多选）（25-26高二上·四川南充·月考）如图1，已知矩形中，，，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为线段中点时，平面 B． C．若翻折后平面平面，则三棱锥的外接球半径为 D．当为线段中点时，过点的截面交于点，则 6．（多选）（25-26高三上·云南曲靖·期中）在矩形ABCD中，，，以对角线BD为折痕将进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．点，B，C，D都在同一球面上 C．存在点在某一位置时，可使 D．当时， 7．（多选）（2025·江苏常州·模拟预测）已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（   ） A．平面平面 B．当时，直线与平面所成角的余弦值为 C．当二面角的大小为时，点在三棱锥的表面上运动，且，则点运动轨迹长度为 D．当二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 8．（多选）（24-25高一下·广东广州·期末）已知矩形，，沿BD将折起成若点在平面上的射影落在内部（含边界），则在翻折过程中，下列选项正确的是（     ） A．四面体的外接球表面积为5π B．四面体的体积的最大值为 C．四面体的体积的最小值为 D．四面体的4个面中最多有3个直角三角形 9．（24-25高二上·北京·期中）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为1． 其中所有正确结论的序号是______． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点05 立体几何中的翻折问题 考点一：翻折问题中的位置关系 弄清翻折前后不变与变化的地方：翻折后还在同一个平面的性质不变，不在同一个平面上的性质可能发生变化。 1、折痕垂直性：翻折时，折痕（棱）垂直于翻折前后对应点连线的平面（即对应点的中垂面）。 2、共面关系：翻折前共线的点，翻折后不一定共线；但翻折前在同一个平面内的点，翻折后仍在同一个平面内（该平面绕折痕旋转）。 3、长度与角度不变：翻折过程中，两点间距离、线段长度、直线与折痕的夹角均保持不变（刚性翻折）。 考点二：翻折过程中的长度、角度问题 1、给出翻折后的某个状态，求长度、角度 2、在整个翻折过程中，一些角度的变化过程。 考点三：翻折过程中的体积最值问题 在翻折的过程中，几何体的底面通常为固定不变的，几何体的高随着翻折过程在变化，求体积最值问题即判断几何体的高的最值。 位置关系的判断 弄清翻折前后不变与变化的地方：翻折后还在同一个平面的性质不变，不在同一个平面上的性质可能发生变化。 1．（2026高三·全国·专题练习）已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（　　） A．直线可能与直线垂直 B．直线可能与直线垂直 C．直线可能与直线垂直 D．直线不可能与直线垂直 【答案】AB 【分析】画出图形，运用面面垂直性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，判断AD；当时，在翻折过程中，只要时可判断B；由可得，进而判断C. 【详解】当平面与平面垂直时，平面与平面相交于， 由可得平面，平面， 此时，，故A正确，D错误； 而，即直线与直线所成角为，只要， 此时为等腰直角三角形，即，满足题意， 所以存在点，使得，故B正确； 由可得，所以为锐角，则为锐角，故C错误． 故选：AB 2．（25-26高二上·上海·月考）如图，矩形ABCD中，，，M为的中点．将沿直线翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于任意一个位置总有平面  ②存在某个位置，使得  ③存在某个位置，使得，上面说法中，所有错误的序号是________．    【答案】② 【分析】根据空间中线面位置关系，再结合翻折过程中部分量的不变的特征直接判断得出. 【详解】如图，设的中点为，连.    对于①：因为为中点，所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，故平面.故①正确； 对于②：若存在某个位置，使得，由①知，得， 而在翻折过程中，即与矛盾，故②错误； 对于③：存在某个位置，使得，而在翻折过程中， 且，平面，平面，所以平面，平面， 得，由，， 故存在这样位置，使得，故③正确； 故答案为：②. 3．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【答案】B 【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项. 【详解】对于AD，取为中点，，则，而， 故，故在几何体中，， 而，故为二面角的平面角，故， 故，而平面， 故平面，而平面，故，故A成立. 因，，平面， 故平面，而平面，故，故D成立. 对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面， 而平面，故，故C成立. 对于B，过作平面，垂足为， 因为平面，故， 若，因为平面， 故平面，而平面，故， 而，故在上， 因为，平面，故平面， 而平面，故，故，但， 矛盾，故不成立即B不成立， 故选：B. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（ ） A．直线不可能与直线垂直 B．直线可能与直线垂直 C．直线可能与直线垂直 D．直线不可能与直线垂直 【答案】B 【分析】根据平面与平面垂直时，结合面面垂直以及线面垂直的性质即可求解AD，根据直线所成的角即可求解BC. 【详解】当平面与平面垂直时，平面PBD 与平面BCD 相交于BD， 由，可得平面，平面， 此时，，则A，D错误； 而，即直线与直线所成角为，只要， 此时为等腰直角三角形. 在以中点为圆心，半径为的圆上， 则根据直径AP所对圆周角为直角，即.满足题意. 所以存在点，使得，B正确； 由可得，所以为锐角，则为锐角，所以C错误. 故选：B. 5．（2025高一·全国·专题练习）如图，在等腰中，，分别为线段的中点，与分别是以为边的等边三角形，现将与分别沿向上折起，则在翻折的过程中，下列结论中可能正确的是______．（填序号） ①；                    ②； ③平面平面；        ④． 【答案】①②③ 【分析】根据翻折过程中应关注保持不变的量结合空间中线面关系的判定定理判定①②③的正误，根据反证可判断④的正误. 【详解】对于①，若平面平面，因为，故， 而平面平面，平面，故平面， 而平面，故，故①可能正确； 对于②，设，则，且有， 当点与点重合时，故，故②可能正确； 对于③，若平面和平面同时与平面垂直， 取的中点，连结，由为等边三角形可得， 平面平面，平面，故平面， 同理平面，故， 而平面，平面，故平面， 而为的中位线，故，同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 故③可能成立； 对于④，假设与可能平行，由得，事实上， 假设不成立，因此，与不可能平行，故可能正确的结论为①②③． 故答案为：①②③. 长度问题 根据翻折的角度或固定位置，求一些长度问题。 1．（25-26高二上·湖北襄阳·期中）如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（   ）      A． B． C．4 D．8 【答案】A 【分析】根据空间中，点线面的位置关系，以及二面角的性质，求出各线段的长度，进而求出结果. 【详解】    如图所示，作中点，连接，    如图所示，作出矩形的平面图形，过点作垂直于于， 由题意可得，所以，且， 所以，则， 因为二面角的大小为， 可知面面，因为，所以面，所以, 由勾股定理可知. 故选：A. 2．（25-26高三上·福建宁德·月考）如图，在平行四边形中，，，E为的中点，沿将翻折至的位置得到四棱锥，且直线与直线所成的角为45°.则的长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作辅助线，取的中点为，连接.取的中点为，连接.先证明，再确定，进而根据勾股定理可求出的长. 【详解】取的中点为，连接，取的中点为，连接. 因为，，所以. 因为，所以为正三角形，所以， 因为，所以. 因为，所以. 又，所以，所以，所以. 又分别为的中点，所以. 所以.又，平面. 所以平面，又平面，所以. 又，所以四边形为平行四边形. 所以，所以. 又直线与直线所成的角为，所以直线与直线所成的角为， 即. 在中，，， 所以，根据勾股定理得. 故选：A.    3．（24-25高二上·北京·期中）如图，长方形中，，，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，，在翻折的过程中（从初始位置开始，直到点再次落到平面内），点到平面距离的最大值为______，的中点的轨迹长度为______.    【答案】 【分析】第一空，直观想象翻折过程中点的运动轨迹，结合点面距离的定义判断得所求为，从而得解；第二空，利用平行线的传递性，将问题等价于点的轨迹长试，从而得解. 【详解】第一空：过作交于， 易知当平面时，点到平面距离取得最大值，    因为在中，，，， 所以，； 第二空，取的中点，连接， 则，又， 则平行且相等，四边形是平行四边形， 所以点F的轨迹与点的轨迹形状完全相同. 过作的垂线，垂足为， 则的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧， 从而PD的中点F的轨迹长度为. 故答案为：；. 4．（2025·河北唐山·三模）如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】C 【分析】在平面中过作，其中为垂足，在平面中过作，连接，利用空间垂直关系的转化可得，利用三角变换结合正弦函数的性质可得，由余弦定理可求的最大值. 【详解】 在中， ，， 由余弦定理知，故， 因为，故， 在平面中过作，其中为垂足， 在平面中过作，连接， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面，故. 而平面，故平面， 而平面，故， 因为， 故， 所以 因为，故，故， 故， 故， 故的最大值为， 故选：C. 5．（2025高一下·全国·专题练习）将，边长为1的菱形中沿对角线AC翻折使转到，二面角的平面角为.若，求折后两条对角线AC，之间的距离的最小值. 【答案】 【分析】先利用线面垂直的判定与性质定理作出AC与的公垂线，计算其长度后，利用余弦函数的性质求解最小值即可. 【详解】依题意作图. 设菱形的对角线交点为， 由菱形的性质可知，即，. 又，，平面， 平面，. 又，则是以为顶点的等腰三角形. 取的中点，连接OG，则有，， 是AC与的公垂线. 在中，， 在中，. ，的长度范围为， 的最小值为. 角度问题 1、给出固定翻折角度，求一些线线、线面、二面角 2、在整个翻折过程中，某些角度的变化。 1．（25-26高二上·湖北武汉·月考）在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】若是的外接圆圆心，根据已知确定的外接球球心为，作平面于，求得，再由等体积法求得，求线面角的正弦值，进而求其余弦值. 【详解】由题设，若是的外接圆圆心，，，， 所以的外接圆半径， 又四面体的外接球半径为， 所以的外接球球心与的外接圆圆心重合，即为，      作平面于，且是边长为2的等边三角形， 又是的球心，则为的中心， 故，而，则， 由是边长为2的等边三角形，且， 易知到平面的距离， 由，故直线AN与平面ABD所成角正弦值为，故余弦值为. 故选：B 2．（25-26高二上·浙江·期中）把正方形沿对角线翻折，使得二面角的大小为，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 【答案】 【分析】由二面角的定义找出其平面角，由线面角的定义作辅助线，由几何法求解即可. 【详解】设正方形边长为1，取线段的中点，连接，则有， 又平面，所以平面， 则为二面角的平面角，即， 则， 取的中点，连接，， 则，， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面， 则为直线与平面所成角， ， 故答案为：. 3．（24-25高一下·河北石家庄·月考）如图，在边长为2的正三角形ABC中，E，F分别为AC，BC的中点，将沿EF翻折至，使得.则直线PB与平面所成角的正弦值为______. 【答案】 【分析】由题可得平面平面，据此过P点做，则平面， 据此由等体积法可得B到平面距离，然后可得答案. 【详解】由题可得，因，则. 由对称性，可得，.又由题可得， 则，从而. 注意到，，又，平面. 则平面，又平面，则平面平面. 又因为以的直角三角形，则可过P点如图做. 又平面平面，平面，则平面. 则.注意到， 则， 则，则. 又注意到，，其中为B到平面距离， 又，则， 则直线PB与平面所成角的正弦值满足. 故答案为：. 4．（25-26高三上·浙江绍兴·期末）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时，且为中点，则 C．不存在与，使得 D．当时，则最小值为 【答案】ABD 【分析】A：运用已知公式直接判断即可； B：根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算判断即可. C：运用假设法，结合余弦函数的最值性质进行判断即可； D：根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解判断即可. 【详解】A：当时，由已知公式，得 ， 所以，所以本选项说法正确； B：当为中点，取的中点，连接， 因为在矩形中，， 所以， 由勾股定理可得，且 ，而， 所以， 所以，于是， 因为，所以平面平面， 又因为平面平面，，且平面， 所以平面，平面， 所以，于是有， 因为， 所以，所以本选项说法正确； C：假设存在与，使得， 因为在矩形中，， 所以， 由已知公式 ， 显然，所以假设成立，因此本选项说法不正确； D：在矩形中，设， 所以， 于是有， 因为， 所以由 ， 由余弦定理可得： ， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 所以有，当且仅当时取等号， 所以由 ，所以本选项说法正确. 故选：ABD 5．（2025高三·全国·专题练习）在平面四边形中，，，，将沿翻折至，其中为动点．求二面角的余弦值的最小值． 【答案】 【分析】利用三正弦定理，结合当平面ABC垂直于平面PBC时h有最大值，即可得答案. 【详解】设AC与平面PBC所成角为，点A到平面PBC之距为h， 二面角的平面角为 由三正弦定理 当平面ABC垂直于平面PBC时h有最大值，值为， 翻折后的外接球 翻折后的几何图形，求其外接球，根据球外接球的模型分类求外接球。 1．（25-26高二上·广东·期末）如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三棱锥的体积求出棱长，再由为三棱锥的外接球球心，求出球的半径，利用球的表面积公式得解. 【详解】设正方形的边长为，则， 取中点，连接，如图，    则，又，所以为正三角形． 因为，平面 所以平面，则三棱锥的体积， 解得， 因为与均为直角三角形，且为斜边，为中点， 所以为三棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的半径． 则该三棱锥外接球的表面积为． 故选：D 2．（25-26高二上·广东肇庆·期中）已知四边形为平行四边形，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的外接球表面积为________． 【答案】 【分析】根据题意及余弦定理得，由三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接球半径，即可得表面积. 【详解】在中，， 故，即， 则折成的三棱锥中，，，， 即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，如下图， 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c，则，解得，      此长方体的外接球是三棱锥的外接球， 设外接球的直径，即， 所以. 故答案为： 3．（25-26高二上·浙江杭州·期中）已知四边形，是以为边长的等边三角形，，现把沿着对角线进行翻折，使得点在面上的投影落在点处，则此时三棱锥外接球的表面积为___________. 【答案】 【分析】因为点在面上的投影落在点处，所以平面BCD，根据条件，求出各个长度，根据余弦定理，求出的余弦值，进而可得其正弦值，根据正弦定理，可得的外接圆半径，设棱锥外接球的球心为O，则平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案. 【详解】因为点在面上的投影落在点处， 所以平面BCD，则， 因为， 所以， 在中，， 所以， 设的外接圆圆心为，外接圆半径r， 由正弦定理得，解得， 设三棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，， 则平面BCD， 过O作，交AC于点E，则， 在中，，即， 在中，，即， 与上式联立，解得，， 所以外接球的表面积. 故答案为： 4．（25-26高三上·福建福州·月考）已知四边形中，，，．现将沿边翻折，使点翻折到点，若平面平面，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，分别求得和的外接圆的半径，设和的外接圆的圆心分别为，外接球的半径为，取的中点，连接，结合球的截面的性质，求得,进而求得球的表面积，得到答案. 【详解】在中，设其外接圆的半径为，可得，所以， 在中，设其外接圆的半径为，可得，所以， 可得两个小圆的半径相等，且都是，且互相垂直的两个小圆面相交弦， 设和的外接圆的圆心分别为，外接球的半径为， 取的中点，连接，可得， 在直角中，可得, 所以外接球的表面积是． 故选：B. 5．（2026·云南·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 【答案】 【分析】根据题意，当三棱锥的体积最大时，平面平面，取的中点，证得平面，可求得，在直角中，得到，得到为三棱锥外接球的球心，再由求得面积公式求解即可. 【详解】如图所示，设点到平面的距离为， 因为，且为定值， 所以当三棱锥的体积最大时，只需取得最大值， 此时平面平面，取的中点，连接． 因为且， 所以且， 因为平面平面，且平面，所以平面， 取的中点为，连接，因为平面，所以， 因为在梯形中，，， 所以，则，所以， 且，在直角中，， 在直角中，根据直角三角形的中线性质，， 所以，即为三棱锥外接球的球心， 设三棱锥外接球的半径为，则， 所以． 故答案为：. 翻折过程中的综合问题 在翻折问题中，找不变跟变化的过程很重要，主要考察了位置关系，变化中的一些长度、角度、体积的变化，变化后的立体几何图形的一些长度、外接球等问题。 1．（25-26高二上·北京·期中）如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：    ①平面平面： ②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为： ④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④ 【答案】D 【分析】对于①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②设的中点为，易得，所以或其补角即为与的夹角. 利用余弦定理即可求得；③根据①②的分析，当面时，三棱锥体积最大，易求其最大值；④设的中点为，易得点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为 【详解】对于①：由题意知，为等边三角形，点是边的中点 ，，平面， 平面，又平面， 所以平面平面，故①正确； 对于②：设的中点为，易得 所以或其补角即为与的夹角. 在中， 由余弦定理可得， 所以，所以与的夹角为 .故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，三棱锥体积最大，此时，故③错误； 对于④：设的中点为，则，点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为，故④正确.    故答案为：①②④. 2．（25-26高二上·上海静安·月考）已知边长为2的菱形，，对角线AC，BD交于点，现将沿对角线AC翻折，得到三棱锥记线段AD'，AB，BC的中点分别为，，，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面EFG截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则上述结论中正确的有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】先证明平面得.对于①，由条件判断当平面时，体积最大，利用锥体体积公式计算求解；对于②，取中点，推出截面后，结合图形推得即可判断；对于③，找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解． 【详解】因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面，因为平面，所以； ①由上得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 则三棱锥体积的最大值为，①正确 ； ②取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且， 所以截面图形为平行四边形． 由上可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得，所以， 所以，即四边形一定不是正方形，②错误； ③当二面角为时，由①可得， 所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图， 设三棱锥外接球的半径为R，， 则，解得，故三棱锥外接球的半径为，③错误． 则有1个正确的结论. 故选：B 3．（25-26高三上·安徽合肥·月考）已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为． 则上述结论中正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】A 【分析】先证明平面得.对于①，由条件判断当平面时，体积最大，利用锥体体积公式计算求解；对于②，取中点，推出截面后，结合图形推得即可判断；对于③，找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解． 【详解】因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面，因为平面，所以； ①由上得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 则三棱锥体积的最大值为，①错误； ②取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且，所以截面图形为平行四边形． 由上可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得， 所以， 所以，即四边形一定不是正方形，②错误； ③当二面角为时，由①可得 ，所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图，设三棱锥外接球的半径为R，，则，解得，故三棱锥外接球的半径为，③错误． 则有0个正确的结论， 故选：A． 4．（25-26高二上·福建泉州·期末）正方形的边长为2，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕将折起，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．当时，平面平面 B．当时， C．直线CE与DF始终不垂直 D．以为球心，为半径的球被平面截得的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】A求证平面，再根据面面垂直的判定定理求证；B求证，再求三角形三边长度即可；C过点作，求证不垂直，利用反证法求证；当平面时，截面圆半径最小，求出半径即可. 【详解】在正方形中，因为E，F分别为AD，BC的中点，所以是矩形， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 因为，所以，则，故B错误； 过点作，垂足为，连接， 因为，所以， 在中利用余弦定理可得，， 则，即不垂直， 假设存在点使得， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与不垂直矛盾， 故直线CE与DF始终不垂直，故C正确； 当平面时，点到平面的距离最大，此时以为球心，为半径的球被平面截得的截面圆半径最小， 则最小半径为，则截面面积的最小值为，故D正确.    故选：ACD 5．（25-26高二上·浙江宁波·期中）如图，在矩形中，，，分别为，中点，将沿直线翻折成，与不重合，连结，为中点，连结，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（　　）    A．在翻折过程中， B．当时，DE平面 C．在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为 D．三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，可证明四过形ECHG是平行四边形，从而可得，即可判断；对于B，由余弦定理求出的长度，结合勾股定理得，连接，连接则可得，，再结合则可证面；对于C，取的中点，连接，可得点为三棱锥的外接球的球心，从而可计算体积判断；对于D，结合等体积法可知，则当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而可判断. 【详解】由题意可知，， 对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，， 则，且，又，且， 所以，且，四边形ECHG是平行四边形， ，而，故A正确；    对于B，由余弦定理可得， 又因为， 则，则， 由于四边形为正方形，则， 连接，则为中点， 连接，则，则， 又，平面， 则平面， 故B正确；    对于C，取的中点，连接， 所以，即点为三棱锥的外接球的球心，半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为，故C错误；    对于D，， ， 在翻折过程中，当平面平面时，点到平面距离最大， 则此时最大，且此时距离为， 则，，D正确； 故选：ABD. 1.（25-26高二上·四川泸州·期中）如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，且， ，（），，将四边形沿向上翻折，连接，，，在翻折的过程中，设（），记几何体的体积为． (1)求证：平面； (2)若平面平面． ① 求证：； ② 当取得最大值时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）根据题意先构建面面平行，即平面平面，因为平面，平面，所以平面； （2）①过点作交于点，先证明平面．得到，再证平面，得到，因为，则可证平面，进而证得； ②由题意得到底面的距离为，设点到的高，可证平面，即点到底面的高为，在中使用等面积法可得，进而可使用割补法得几何体的体积，取的中点，连接，易得平面，即，在、、中，结合勾股定理与余弦定理，可得，，当且仅当时等号成立，故当取得最大值时，即取得最小值，，进而可求的值. 【详解】（1）证明：根据题意可知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，因为平面，平面，所以平面， 又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）①证明：在平面内过点作交于点， 因为平面平面，平面平面，所以平面． 又因为平面，则； 根据题意，平面图形翻折后，， 且是平面内两条相交直线， 所以平面，又，得平面． 又平面，则， 因为是平面内两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以． ②直角梯形中，，，且， 由①可知平面， 由（1）可知由题意平面平面， 所以到底面的距离为， 在中，设点到的高，即， 因为平面，而平面，所以， 因为，平面，所以平面， 故点到底面的高为， 在中，根据三角形的面积公式，∴； 几何体的体积为 ； 取的中点，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 在中，， 在中，，∴，化简得到， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值，， 所以几何体体积． 2．（25-26高二上·上海·期中）如图1，在中，，，是线段上一点，且⊥，将沿着翻折至，得到如图2所示的三棱锥，记二面角的大小为；    (1)求的长度； (2)当时，求直线与平面所成角的正切值； (3)当时，在翻折的过程中： ①求点的运动轨迹的长度； ②求线段长的取值范围. 【答案】(1)1； (2) (3)①；② 【分析】（1）由三角函数值进行求解； （2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到即为直线与平面所成角，求出各边长，，得到答案； （3）①点的运动轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，进而求出弧长得到答案； ②如图，记点在平面上的投影为，表达出，因为，所以，故. 【详解】（1），，⊥， 故； （2）当时，平面⊥平面，交线为， 过点作⊥交的延长线于点，连接， 由于平面，故⊥平面，则即为在平面上的投影， 所以即为直线与平面的所成角， 其中平面，故⊥， 由于，故，， 由勾股定理得，， 直线与平面所成角的正切值为；    （3）①当时， 在翻折的过程中，点的运动轨迹为以为圆心，为半径的圆弧， 其中圆心角为，故点的运动轨迹的长度为； ②如图，当时，记点在平面上的投影为，连接， 则⊥，又⊥，故即为二面角的平面角， 故，则，， 过点作⊥，并交于点，则， 则， ， ， 因为，所以，， 故. 3．（24-25高一下·黑龙江大庆·期末）已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有四个结论： ① ②三棱锥体积的最大值为 ③平面截三棱锥的截面图形可能是正方形 ④当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则四个结论中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①求证平面即可判断；②找到最大体积时平面，即可由锥体体积公式计算求解；③取中点，截面图形即为矩形，由题设求出即可判断；④找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解. 【详解】①因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面， 因为平面，所以，正确； ②由①得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 所以三棱锥体积的最大值为，正确； ③取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且， 所以截面图形为平行四边形. 由①可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得， 所以， 所以，即四边形不可能为正方形，错误； ④当二面角为时，由①可得， 所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图，设三棱锥外接球的半径为R，， 则，解得，故三棱锥外接球的半径为，错误. 故选：B 4．（多选）（25-26高二上·湖南张家界·期末）如图，在矩形AEFC中，为EF的中点，分别沿AB、BC将翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（   ）    A．三棱锥的体积为 B．PA与BC所成角的余弦值为 C．PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥的外接球半径为 【答案】ABD 【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D. 【详解】由题意可得，，又，平面PAC， 所以平面PAC， 在中，，AC边上的高为， 所以，故A正确； 对于B，在中，，， ， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，，设点A到平面PBC的距离为d， 由，得，解得， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；      由B选项知，，则， 所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 设外接球球心为，外接圆圆心为， 连接，可知平面， 又因为平面， 所以， 在直角三角形中， 可得：，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故D正确. 故选：ABD． 5．（多选）（25-26高二上·四川南充·月考）如图1，已知矩形中，，，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为线段中点时，平面 B． C．若翻折后平面平面，则三棱锥的外接球半径为 D．当为线段中点时，过点的截面交于点，则 【答案】AD 【分析】证明平面与平面平行，再结合面面平行的性质即可判断A；利用反证法说明B错误；根据面面垂直得到线面垂直，计算长度，找到三棱锥的外接球球心，进而得到半径判断C；首先得分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可判断D. 【详解】对于A，取中点，连接，因为为线段中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 在矩形中，，，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，所以平面，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使，取中点，连接， 显然，而平面，∴平面， 平面，∴，则，但，不可能相等， 所以不可能有，B错误； 对于C，因为，为中点，根据勾股定理，， 又，即，因为平面平面， 平面平面，平面，则平面， 又，所以，根据勾股定理，即为直角三角形， 取中点，连接，可得， 所以点即三棱锥的外接球球心，半径为，C错误； 对于D，由题意得，平面，由平面，得平面， 延长交于点，连接，则平面平面， 所以，故，由，得分别为的中点， 若为的中点，则，所以，即，故D正确. 故选：AD. 6．（多选）（25-26高三上·云南曲靖·期中）在矩形ABCD中，，，以对角线BD为折痕将进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．点，B，C，D都在同一球面上 C．存在点在某一位置时，可使 D．当时， 【答案】ABD 【分析】根据锥体体积公式即可求解A，根据直角三角形的性质即可求解B，根据线面垂直得线线垂直即可求解CD. 【详解】如图所示：分别过作， 对A，当平面平面时，三棱锥的高最大为， 三棱锥体积的最大值为，A正确； 对B，， 的中点为，则,故为三棱锥的外接球球心，B正确； 对C，若存在点在某一位置，使，连接， 由于，，平面， 则平面，又平面， ，这与相矛盾,不重合）， 不存在点在某一位置，使，C错误； 对D，当，又，， 平面, 平面，又平面， ，又，，，D正确． 故选：ABD 7．（多选）（2025·江苏常州·模拟预测）已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（   ） A．平面平面 B．当时，直线与平面所成角的余弦值为 C．当二面角的大小为时，点在三棱锥的表面上运动，且，则点运动轨迹长度为 D．当二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据线面垂直的判定定理先证明平面，从而得到平面平面；对于B，用等体积法可求得点A到平面的距离，从而求得直线与平面所成角的正弦值，由同角三角函数关系式可求得直线与平面所成角的余弦值；对于C，分析点在三棱锥的表面上运动时，则点在各个侧面的运动轨迹，并求其长度的和即可判断；对于D，根据题意列得关于三棱锥的外接球半径的方程组，求解可得外接球半径，从而得到外接球的表面积. 【详解】由题可知，，所以. 由，得， 所以，所以. 折起如图2. 对于选项A，由图1知，菱形中， 图2中平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.所以选项A正确； 对于选项B，由题可知，是等边三角形， 取的中点E，连接，则，且. 因为平面， 所以平面， 又平面，所以. 所以. 因为，所以， 所以. 所以. 所以. 因为， 所以点A到平面的距离为. 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的余弦值为.故选项B正确. 对于选项C，当二面角的大小为时，由选项A可知，. 因为，所以. 因为， 所以点C到平面的距离为，所以中，点运动轨迹为一个点； 点在三棱锥的侧面上运动，且时， 点运动轨迹分别为三棱锥的三个侧面上的三段圆弧. 中，，所以点运动轨迹长度为； 中，.所以， 所以，所以点运动轨迹长度大于； 同理中，， 所以，所以点运动轨迹长度大于； 所以点运动轨迹长度大于；所以选项C错误. 对于选项D，当二面角的余弦值为时，由选项A可知，. 所以，所以， 记棱的中点为F，则. 记三棱锥的外接球球心为T，因为O为的中点，且平面， 所以T在等腰三角形的中线上. 设三棱锥的外接球的半径为R， 则，解得. 所以三棱锥的外接球的表面积为.所以选项D正确. 故选：ABD. 8．（多选）（24-25高一下·广东广州·期末）已知矩形，，沿BD将折起成若点在平面上的射影落在内部（含边界），则在翻折过程中，下列选项正确的是（     ） A．四面体的外接球表面积为5π B．四面体的体积的最大值为 C．四面体的体积的最小值为 D．四面体的4个面中最多有3个直角三角形 【答案】ABC 【分析】确定球心及半径，计算判断A；求出点到平面的距离的最值，再结合锥体体积公式判断BC；举例说明判断D. 【详解】在矩形中，过作于，交于，则， ，，    对于A，取中点，则，点为四面体的外接球球心， 该球的表面积为，A正确； 对于BC，在四面体中，，而平面， 则平面，而平面内，于是平面平面， 由点在平面上的射影落在内部（含边界），得在平面上的射影落在线段上， 令点到平面的距离为，当在平面上的射影与点重合时，， 当在平面上的射影与点重合时，， ，四面体的体积，BC正确； 对于D，四面体中，都是直角三角形， 当在平面上的射影与点重合时，， 此时，则， 即也都是直角三角形，因此四面体的4个面都直角三角形，D错误. 故选：ABC 9．（24-25高二上·北京·期中）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为1． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【分析】利用中位线性质以及线面平行判定定理即可证明平面，由①中的结论可知与的夹角即为的补角，计算可得，可判断②正确；易知当平面时，三棱锥体积最大值为，可知③错误；结合①中的分析可得点的轨迹与点轨迹相同,根据翻折规则可求得点的轨迹是半径为的半圆，可判断④正确. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 由为的中点，可得，且； 又为边的中点，所以，且，即； 即可得四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面, 因此平面，即①正确； 由①可知与的夹角即为与的夹角， 由菱形性质可知，， 在中，，所以； 因此与的夹角即为的补角，即与的夹角为定值，所以②正确； 结合①②分析可知，当平面时，三棱锥体积最大， 此时，可知③错误； 结合①中的分析可知，点的轨迹与点轨迹相同， 在翻折过程中，点由的中点翻折到的中点过程中， 其轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆， 所以点的轨迹是半径为的半圆，在平面的射影为的轨迹应为圆的直径， 所以点的轨迹的长度为1，即④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据翻折规则找出对应位置关系，利用变量与不变量之间的关系研究定值与最值等问题，进而解决轨迹问题. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $