重难点06：立体几何中展开与折叠问题的八种题型讲义-2026-2027学年高二上学期数学沪教版必修第三册

本讲义聚焦立体几何中的展开与折叠问题，系统梳理展开问题“曲化直”（空间路径转平面线段）和折叠问题“变与不变”（翻折前后量与关系的分析）两大核心知识点，构建从空间到平面转化、平面到空间翻折的递进式学习支架。 资料通过题型分类（如展开图判断、最短路径、翻折后位置关系计算等）和例题跟踪训练，培养学生几何直观与空间观念（数学眼光），提升推理能力与转化思想（数学思维），课中辅助教师引导探究，课后助力学生强化练习、查漏补缺。

2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 重难点06 立体几何中的展开与折叠问题 知识点一、展开问题 1.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. 展开问题的核心逻辑：“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）。 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。 知识点二、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. 折叠问题的核心逻辑：“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； 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 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 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。 3.翻折的基本性质 （1）翻折前后全等 折叠前后图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等. （2）对称轴是折痕 折痕是对应点连线的垂直平分线. （3）对应点连线垂直于折痕，且被折痕垂直平分. （4）折叠前后重合线段相等、重合角相等. 考点一、立体图形的展开 题型01：展开图的判断 【例1】下图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】将平面展开图还原成正方体后,三个面内的线段是平行的,故选B. 【跟踪训练】 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 2．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则下列结论错误的是_________． A． B． C．与所成的角为 D．平面 【答案】A 【解析】将正方体的展开图还原，如图， 对于A，由，得， 则，而，因此，A错误； 对于B，由，得， 则，而，因此，B正确； 对于C，连接，因为，得， 则，故与所成的角为， 设正方体边长为，故，所以， 因此与所成的角为，C正确； 对于D，连接，因为平面，平面，故， 又因为，，平面,平面， 故平面，平面，故， 同理可得，因为，平面, 平面，故平面，D正确. 故选：A. 题型02：最短路径问题 【例2】如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，则一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为　　 A．5 B．12 C．13 D．25 【分析】将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径． 【解答】解：将正三棱柱沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示， 在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值． 由已知求得矩形的长等于，宽等于5，由勾股定理． 故选：． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，考查数学转化思想方法，是中档题． 【跟踪训练】 1.如图，正三棱锥中，，，一质点自点出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点的最短路线的长为　　 A．2 B．3 C． D． 【分析】画出解答几何体的部分侧面展开图，利用三角形的边的关系容易解得边长的值，从而得出其中的最小值． 【解答】解：将三棱锥沿侧棱展开， 其侧面展开图如图所示，由图中红色路线可得结论． 根据余弦定理得，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点的最短路线的长为： 故选：． 【点评】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，空间想象能力，几何体的展开与折叠，是基础题． 2.如图，现有一底面半径为，母线长为的圆锥，、为底面圆周上两点，且为底面直径，是的中点，一只蚂蚁沿圆锥表面从点爬到点，其移动路径的最小值为_______． 【答案】 【解析】因为圆锥的底面半径为，底面圆的周长即扇形的弧长为， 又因为圆锥的母线长为，所以展开图扇形的圆心角为，展开图如图所示． 易知为半圆弧的中点，且， 结合题意可知，，则，即其移动路径的最小值为． 题型03：线段和最小问题 【例3】已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【答案】 【解析】如图正四棱柱中，若沿着侧棱展开，可得图（1） 此时, 若沿着侧重展开，可得图（2），此时, 若沿着侧重展开，可得图（3），此时 由于，故最短距离为， 故答案为： 【跟踪训练】 1.直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【解析】 将所在平面与所在平面展平至同一平面内，如右图 在左图中，由于，，得是等边三角形，故． 在右图中，． 两点之间线段最短，连接，最小为． 2.如图，在直三棱柱中，，，，，点为侧棱上的动点． （1）求此直三棱柱的表面积； （2）当最小时，三棱锥的体积． 【分析】（1）直三棱柱的表面积：． （2）将直三棱柱展开成矩形，如图，连结，交于，此时最小，当最小时，，此时三棱锥的体积：，由此能求出结果． 【解答】解：（1）在直三棱柱中，，，，， 此直三棱柱的表面积： ． （2）将直三棱柱展开成矩形，如图， 连结，交于，此时最小， ，，，，点为侧棱上的动点， 当最小时，， 此时三棱锥的体积： ． 当最小时，三棱锥的体积为． 【点评】本题考查几何体的表面积、体积的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数数结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题． 3. 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． 考点二、平面图形的翻折 题型04：翻折后位置关系的判断 【例4】将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2),则在空间四边形ABCD中,AD与BC的位置关系是 (　　) 图1　　　　　　　图2 A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 【答案】C 【解析】在图1中的等腰直角三角形ABC中,斜边上的中线AD就是斜边上的高,则AD⊥BC,折叠后如图2,AD与BC变成异面直线,而原线段BC变成两条线段BD、CD,这两条线段与AD垂直,即AD⊥BD,AD⊥CD,故AD⊥平面BCD,所以AD⊥BC. 【跟踪训练】 1.如图（1），在矩形中，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则下列结论错误的是________    图（1） 图（2） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】C 【详解】，，平面，∴平面平面，平面平面，故A，B正确． ，，平面，∴平面平面，D正确． 2.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. 3.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. 4.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. 题型05：翻折后长度的计算 【例5】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：；. 【跟踪训练】 1.如图，在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点，将分别沿折起，使得三点重合，此时（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点， 将分别沿折起，使得三点重合记为，如图所示， 因为，所以，因为，所以， 所以是等腰三角形， 因为是中点，所以，所以，所以. 故选：B. 2.如图，长方形中，，，为线段上一动点．现将沿折起，使平面平面． （1）的长度的的取值范围是 ； （2）在平面内过点作，垂足为，则的长度的取值范围是 ． 【答案】（1）；（2）． 解：（1）作于点，延长交于点，则点在平面上的射影在直线上． ∵平面平面，∴，，， ，∴． （2）∽，，∴． 变式2．如图，长方形中，，，为线段上一动点．现将沿折起，使平面平面． （1）的长度的的取值范围是 ； （2）在平面内过点作，垂足为，则的长度的取值范围是 ． 【答案】（1）；（2）． 解：（2）∽，，∴． 3.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. 4.如图（1）所示，和都是直角三角形，，如图（2）所示，把沿边折起，使所在平面与所在平面垂直,连接. （1）求与平面所成的角的余弦值；（2）求点到面的距离. 【详解】（1）取中点,连接,.面面, 面,即为与平面所成的角.为等腰直角三角形且, .. 与平面所成的角的余弦值为. （2）,面面,面,面,.面. 面,面面.过作,则面, 的长即为点到面的距离.在中,, ,在中,,. 点到面的距离为. 题型06：翻折后角度的计算 【例6】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：. 【跟踪训练】 1.在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可. 【详解】在中，，则，即， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，于是， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 于是，得， 所以直线与所成角的余弦值为. 故选：A 2．如图所示，已知平面四边形，，，，．沿直线将翻折成，直线与所成角的余弦的最大值是______． 【答案】 解：设直线与所成角为.设是中点，由已知得，如图所示，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折的过程中，始终与垂直，且的长度始终不变，，则，，因此可设， 则，与平行的单位向量为. 所以， 所以时，取最大值. 3.如图所示，在等腰直角中，，点､分别为的中点，将沿翻折到位置. (1)证明：平面 (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可知，继而证明平面，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式，即可求得答案. 【详解】（1）等腰直角中，，得．所以． 点、分别为、的中点，，所以． 将沿翻折到位置后，． 又平面平面． 所以平面． 又，得平面． （2）由（1）知面．又平面．所以平面平面， 由为中点．故．又因为．所以为等边三角形， 设的中点为．连接．则．又平面平面， 平面平面，平面．所以平面． 过作交于． 以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系： 因为． 得， 所以． 设平面的一个法向量为, 则，可取． 设平面的一个法向量为．则， 取． 所以． 故平面与平面夹角的余弦值为. 4. 如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2. (1)求证：平面BEC； (2)求证：BC⊥平面BDE； (3)求直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析；(3). 【分析】（1）取EC中点N，证明，再利用线面平行的判定推理作答. （2）由已知结合余弦定理证明，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理作答. （3）作出线面角，再在直角三角形中计算作答. 【详解】（1）取EC中点N，连接MN，BN，如图，在△EDC中，M为ED的中点， 则，且，而，，即有， 因此四边形ABNM为平行四边形，有，因平面BEC，且平面BEC， 所以平面BEC. （2）由正方形ADEF知，ED⊥AD，而平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF平面ABCD=AD， 平面ADEF，则ED⊥平面ABCD，而平面ABCD，即有， 在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，，则，， 而，有，即， 因此，又，平面BDE， 所以平面BDE. （3）延长CB与DA交于P点，由（2）知，而，，面ADEF， 于是得CD⊥面ADEF，即为直线BC与平面ADEF所成角，而，则， 所以直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 题型07：探索翻折过程中的问题 【例7】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，则下列结论错误的是__________ 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】A 【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：A 【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. 【跟踪训练】 1. 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，则下列说法错误的是（    ） 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】C 【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：C 2. 在梯形中，．为的中点，为的中点．将所在平面沿翻折，使构成的四棱锥体积最大．    (1)求证：平面； (2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使平面平面?并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析； (2)当为中点时，平面平面，证明见解析. 【分析】（1）连接，证明，，根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）取中点为，连接，，，先根据面面平行的判定定理，证明平面平面，再由平面平面，即可证明平面平面. 【详解】（1）因为，又为的中点， 所以为等边三角形，四边形为菱形，所以， 因为为的中点，所以，所以，即 连接，所以， 若使构成的四棱锥体积最大，则平面， 因为平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面；    （2）当为中点时，平面平面. 取中点为，连接，，，因为为边的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 所以平面平面， 由（1）得平面，又平面，所以平面平面， 所以平面平面.    3.如图1，四边形是边长为4的正方形，在扇形中，，点是弧的中点．现将正方形沿进行翻折，使得点到达点的位置，点到达点的位置，如图2所示，其中． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为四边形是边长为4的正方形，所以， 翻折后，，又，平面， 所以平面，即平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）运用线面垂直的判定定理，证明一条直线垂直于平面内两条相交直线；再结合翻折前后的平行关系，将线面垂直进行传递； （2）利用余弦定理和等腰三角形的三线合一性质求出底面四边形的面积，再根据棱锥体积公式代入已知高计算体积； （3）通过建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，并利用向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，在中，由余弦定理得． 因为，易知，故四边形的面积为. 由（1）得四棱锥的高，所以四棱锥的体积． （3）取的中点，连接，则，易知两两垂直， 则以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为为边长为4的等边三角形，所以， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面与平面夹角为， 则． 题型08：折叠中的综合题 【例8】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. 【跟踪训练】 1.如图，平行四边形中，，，为边的中点，将沿着直线翻折为，连接，，得到四棱锥． （1）若棱的中点为，求的长； （2）若二面角的平面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）3；（2）． 【解题要点】（1）平行关系；（2）翻折＋二面角＋求线面角的三种方法． 【分析】（1）方法一：取中点，连接，证明四边形为平行四边形，即可得出答案；方法二：延长交于点，连接，由题意可得，由余弦定理求出，即可求出的长； （2）方法一：设点到平面A′DE的距离为，由求出，由设与平面所成角为，则，求解即可得出答案； 方法二：，由题意证得平面，则即为与平面所成角，求解即可； 方法三：（面面垂直＋垂线法） 解：（1）方法一：取中点，连接，      分别为中点，，； 四边形为平行四边形，为中点，，， ，，四边形为平行四边形，， 为等边三角形，边长为，所以，所以. 方法二：延长交于点，连接，      四边形为平行四边形，，又为 中点，为中点，又为中点，， 为的中点，所以 ， . （2）取中点，连接，，连接，      ，四边形为平行四边形，四边形为菱形， ，则翻折后， 则即为二面角的平面角，， 作，垂足为，连接， ，，， 平面，平面，又平面，， 又，，平面，平面， 又平面，； 为边长为的等边三角形，， ，，， 又，， ，； 方法一：（距离法） ，， 设点到平面A′DE的距离为， ，，，， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为． 方法二：（平移转化＋垂线法） 取中点，连接，作，垂足为，连接，      分别为中点，且， 与平面所成角即为与平面所成角； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 即为与平面所成角， ，又，， ，即与平面所成角的正弦值为． 方法三：（面面垂直＋垂线法） 取中点，中点，连接，，， 由，，为边的中点， 得，所以为等边三角形，从而，， 又，为的中点所以，又是等边三角形， 所以，所以为二面角的平面角，所以， 过点作，过作交于，连接， 是等边三角形，所以可求得，，所以，， ，，，， 所以，，又，，面， 所以面，又，所以面， ∵平面，∴面面， 由，在中易求得，又， 所以，， ∵面面，面， ∴面，∴为与平面所成的角， 在中可求得，所以， ∴与平面所成角的正弦值为． 2.如图甲的平面五边形中，，，，，，现将图甲中的三角形沿边折起，使平面平面得图乙的四棱锥．在图乙中 （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）在棱上是否存在点使得与平面所成的角的正弦值为？并说明理由． 【分析】（1）推导出，平面，，，由此能证明平面． （2）取的中点，连结，，由知，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小． （3）假设点存在，其坐标为，，，与平面所成的角为，则存在，有，利用向量法能求出在棱上满足题意的点存在． 【解答】证明：（1），， ，， 平面平面，平面平面， 平面，又平面， ，又， 平面． 解：（2）取的中点，连结，， 由平面平面知平面， 由知， 以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图示， 则，0，，，0，，，，，，1，，，1， ，，， 设平面的法向量为， 由，得，令得，，， 平面，，1，是平面的法向量， 设二面角大小为，则， ，二面角的大小． （3）假设点存在，其坐标为，，，与平面所成的角为， 则存在，有， 即，，，，，，，， 则， 从而，，，， 在棱上满足题意的点存在． 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查满足线面角的正弦值点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 一、填空题 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______    【答案】 【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 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：. 3. 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_______ 【答案】 【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. 4. 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】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. 5. 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：. 6. 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：. 7. 如图，在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点，将分别沿折起，使得三点重合，此时________ 【答案】 【分析】根据正三棱锥几何关系得出边长计算求解. 【详解】在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点， 将分别沿折起，使得三点重合记为，如图所示，因为，所以，因为，所以，所以是等腰三角形，因为是中点，所以，所以，所以. 8．如图，平面四边形中，，，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为________ 【答案】 【分析】过点作，过作，求证为二面角的平面角，最后在中求出余弦值即可. 【详解】过点作，垂足为，过作，垂足为，连接， 因平面平面，平面平面，平面，则平面， 又平面，则，又，，平面，则平面， 又平面，则，则为二面角的平面角，因，，则为的中点，，，因，，则为等边三角形， 则为边上靠近点的四等分点，，则，则，则，故二面角的余弦值为 9.如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________. 【答案】 【分析】过作于H，连接，根据题意，得.因为直线与平面所成的角为，所以.设，根据三角函数求出相应边，再根据勾股定理列出关于x的方程求解. 【详解】 过作于H，连接，根据题意，得平面. 因为直线与平面所成的角为，所以. 又因为，所以，，设，则. 在四边形中，可得，所以，故. 故答案为：. 10.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：. 11.已知四面体中，、、两两垂直，， 与平面所成的角为，则点到平面的距离为______ 【答案】 【分析】以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，首先根据已知条件结合空间向量的夹角公式求解的值，再根据点到面的距离公式进行求解即可. 【详解】如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，得：， 不妨令，解得：， 因为与平面所成的角为， 所以，即，又，解得：. 所以平面的一个法向量为， 故到平面的距离为. 12. 如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为_________ 【答案】 【分析】取的中点，连接，即可证明,，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到直线的距离. 【详解】取的中点，连接， 因为、均为等腰直角三角形，所以 , 由二面角是直二面角，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 如图，以为原点, 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 , 所以 , 所以 , 所以, , 设直线的单位方向向量为，则, 所以点 到直线的距离为 . 二、选择题 13．如图，在正方形中，E，F分别是BC，CD的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为G，且取EF中点为O，则在这个空间图形中必有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，证明平面，再逐项分析判断即得. 【详解】依题意，平面，则平面， 而平面，因此，而不重合，C正确，A错误；显然，B错误； 若，而，平面，则平面，又平面， 于是，在中，为斜边的中点，，矛盾，D错误.故选：C 14.已知矩形中，，，将沿矩形对角线所在直线进行翻折，则下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得直线与直线垂直 B．存在某个位置，使得直线与直线垂直 C．存在某个位置，使得直线与直线垂直 D．对任意位置，与，与，与都不垂直 【答案】A 【分析】利用线面垂直判定选项A，B,推出矛盾进行求解判断C,再由上述条件判断D. 【详解】法1：    矩形在翻折前和翻折后的图形如图（1）（2）所示. 在图（1）中，过点作，垂足为，过点作，垂足为， 由边，不相等可知点，不重合； 在图（2）中，连接. 对于选项A，若，又知，，所以平面，所以， 由可知存在这样的直角三角形，使得直线与直线垂直，故选项A正确； 对于选项B，若，又知，，所以平面， 所以，与点，不重合相矛盾，故选项B错误； 对于选项C，若，又知，，所以平面，所以， 已知，，则，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误； 由以上可知选项D错误. 法2：取一长方形动手按要求进行翻折，观察翻折过程中的规律：    对于A：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点可以在此平面上，故存在某个位置，使得直线与直线垂直 对于B：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点不可能在这个平面上，因此，不存在某个位置，使得直线与直线垂直； 对于C：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点不可能在这个平面上，因此，不存在某个位置，使得直线与直线垂直. 故选：A 15.已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，则在翻折过程中，下面四个命题错误的是（       ） A．三棱锥的体积最大值为 B．三棱锥的外接球体积不变 C．异面直线与所成角的最大值为 D．与平面所成角的最大值为 【答案】C 【详解】对于A，当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥的体积最大，作，垂足为， ∵平面平面，平面，∴平面， ∵，∴， 又，∴， 即三棱锥的体积最大值为，A正确； 对于B，∵和均为以为斜边的直角三角形， ∴中点到四点的距离相等，即中点为三棱锥的外接球球心， ∴三棱锥的外接球体积为定值，B正确； 对于C，的轨迹为以为轴的圆锥面，， ∴异面直线与所成角的范围为，C错误； 对于D，设与平面所成角为，由最小角定理可知，， ∴当平面平面时，与平面所成角最大，，D正确． 故选C． 16.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. 17.如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解. 【详解】对于图2，延长至点，使得，如图：    由条件可知， 又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线， 所以平面，平面， 又， 又平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，可得, 所以直棱柱的体积为：， 因为平行且等于，可得平行且等于，又， 所以三棱锥的体积为：， 所以六面体的体积为. 故选：D 18.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. 19．（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 三、解答题 20.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． 21.如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明； （2）建系得出平面和平面的法向量即可得出面面角余弦，最后同角三角函数关系求解正弦； （3）设再应用点到平面距离即可计算求参. 【详解】（1）取的中点N， 连接， 如图所示：   为棱的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面， 平面. （2）    由在等腰梯形中，，，为边上靠近点的三等分点，可得， 也即 又平面平面，交线为,平面， 所以平面， 又平面ABCD， 又 以点D为坐标原点，    所在直线分别为轴建立直角坐标系，, 如图，则 为棱的中点， （i） 设平面的一个法向量为 则 令 则 平面的一个法向量为 所以二面角的正弦值为. （3）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设 则 由（i）知平面的一个法向量为 点Q到平面的距离是 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 重难点06 立体几何中的展开与折叠问题 知识点一、展开问题 1.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. 展开问题的核心逻辑：“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）。 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。 知识点二、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. 折叠问题的核心逻辑：“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； 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 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 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。 3.翻折的基本性质 （1）翻折前后全等 折叠前后图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等. （2）对称轴是折痕 折痕是对应点连线的垂直平分线. （3）对应点连线垂直于折痕，且被折痕垂直平分. （4）折叠前后重合线段相等、重合角相等. 考点一、立体图形的展开 题型01：展开图的判断 【例1】下图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是（ ） A. B. C. D. 【跟踪训练】 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． 2．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则下列结论错误的是_________． A． B． C．与所成的角为 D．平面 题型02：最短路径问题 【例2】如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，则一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为　　 A．5 B．12 C．13 D．25 【跟踪训练】 1.如图，正三棱锥中，，，一质点自点出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点的最短路线的长为　　 A．2 B．3 C． D． 2.如图，现有一底面半径为，母线长为的圆锥，、为底面圆周上两点，且为底面直径，是的中点，一只蚂蚁沿圆锥表面从点爬到点，其移动路径的最小值为_______． 题型03：线段和最小问题 【例3】已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【跟踪训练】 1.直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 2.如图，在直三棱柱中，，，，，点为侧棱上的动点． （1）求此直三棱柱的表面积； （2）当最小时，三棱锥的体积． 3. 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． 考点二、平面图形的翻折 题型04：翻折后位置关系的判断 【例4】将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2),则在空间四边形ABCD中,AD与BC的位置关系是 (　　) 图1　　　　　　　图2 A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 【跟踪训练】 1.如图（1），在矩形中，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则下列结论错误的是________    图（1） 图（2） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 2.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 3.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 4.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________．    题型05：翻折后长度的计算 【例5】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______.    【跟踪训练】 1.如图，在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点，将分别沿折起，使得三点重合，此时（    ） A． B． C． D． 2.如图，长方形中，，，为线段上一动点．现将沿折起，使平面平面． （1）的长度的的取值范围是 ； （2）在平面内过点作，垂足为，则的长度的取值范围是 ． 3.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. 4.如图（1）所示，和都是直角三角形，，如图（2）所示，把沿边折起，使所在平面与所在平面垂直,连接. （1）求与平面所成的角的余弦值；（2）求点到面的距离. 题型06：翻折后角度的计算 【例6】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__________. 【跟踪训练】 1.在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，已知平面四边形，，，，．沿直线将翻折成，直线与所成角的余弦的最大值是______． 3.如图所示，在等腰直角中，，点､分别为的中点，将沿翻折到位置. (1)证明：平面 (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 4. 如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2. (1)求证：平面BEC； (2)求证：BC⊥平面BDE； (3)求直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 题型07：探索翻折过程中的问题 【例7】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，则下列结论错误的是__________ 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 【跟踪训练】 1. 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，则下列说法错误的是（    ） 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 2. 在梯形中，．为的中点，为的中点．将所在平面沿翻折，使构成的四棱锥体积最大．    (1)求证：平面； (2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使平面平面?并证明你的结论． 3.如图1，四边形是边长为4的正方形，在扇形中，，点是弧的中点．现将正方形沿进行翻折，使得点到达点的位置，点到达点的位置，如图2所示，其中． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 题型08：折叠中的综合题 【例8】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. 【跟踪训练】 1.如图，平行四边形中，，，为边的中点，将沿着直线翻折为，连接，，得到四棱锥． （1）若棱的中点为，求的长； （2）若二面角的平面角为，求与平面所成角的正弦值． 2.如图甲的平面五边形中，，，，，，现将图甲中的三角形沿边折起，使平面平面得图乙的四棱锥．在图乙中 （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）在棱上是否存在点使得与平面所成的角的正弦值为？并说明理由． 一、填空题 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______    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___________． 3. 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_______ 4. 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_________ 5. 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 .    6. 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 _____． 7. 如图，在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点，将分别沿折起，使得三点重合，此时________ 8．如图，平面四边形中，，，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为________ 9.如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________. 10.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______. 11.已知四面体中，、、两两垂直，， 与平面所成的角为，则点到平面的距离为______ 12. 如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为_________ 二、选择题 13．如图，在正方形中，E，F分别是BC，CD的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为G，且取EF中点为O，则在这个空间图形中必有（    ） A． B． C． D． 14.已知矩形中，，，将沿矩形对角线所在直线进行翻折，则下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得直线与直线垂直 B．存在某个位置，使得直线与直线垂直 C．存在某个位置，使得直线与直线垂直 D．对任意位置，与，与，与都不垂直 15.已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，则在翻折过程中，下面四个命题错误的是（       ） A．三棱锥的体积最大值为 B．三棱锥的外接球体积不变 C．异面直线与所成角的最大值为 D．与平面所成角的最大值为 16.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 17.如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 18.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 19．（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 三、解答题 20.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． 21.如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $