立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题
知识拓展
1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试.
2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题.对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.
3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节)或(面积)体积的最值的问题.其一般方法有：
(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值.
题型突破
题型一 立体几何中的翻折问题
【例1】 (2024·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE， 所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC， 所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.
→
以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－→→
1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG＝(1，0，3)，AC＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)， →??CG·n＝0，?x＋3z＝0，则?即?
→??AC·n＝0，?2x－y＝0.所以可取n＝(3，6，－3).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
n·m3所以cos〈n，m〉＝＝.
|n||m|2
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
【训练1】 (2024·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，AD＝2AB＝2BC＝2CD.将△BCD沿BD翻折至△BPD，且满足平面ABP⊥平面BPD. (1)求证：二面角P－BD－A是直二面角；
(2)(一题多解)求直线PD与平面PAO所成角的正弦值的大小.
(1)证明 由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD. 在△BPD中，过点D作DH⊥BP，交BP的延长线于点H. ∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP， ∴DH⊥平面ABP，
∵AB?平面ABP，∴DH⊥AB. 又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD， ∵AB?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD. 即二面角P－BD－A是直二面角.
(2)解 法一 过点P作PG⊥BD，交BD于点G，则G是BD的中点. 由(1)可知平面PBD⊥平面ABD， 又∵平面PBD∩平面ABD＝BD， ∴PG⊥平面ABD.
设OB＝1，则OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝3， ∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP， ∴AP＝AB＋BP＝6，
2
2
OA2＋OP2－AP21
由余弦定理得cos∠AOP＝＝－，
2OA·OP4
则sin∠AOP＝
15
. 4
设点D到△AOP的距离为h， ∵VP－AOD＝VD－AOP，
11
∴·PG·S△AOD＝·h·S△AOP， 33∵PG＝
1
2
312π
，S△AOD＝×2×2·sin ＝3， 223
1515
＝， 44
S△AOP＝×1×2×215
∴h＝，
5
∵PD＝3，∴直线PD与平面PAO所成角θ的正弦值sin θ＝＝法二 分别取BD，AD的中点E，F，连接EP，EF， 则EF∥AB.
由(1)可知AB⊥平面BPD，
∴EF⊥平面BPD，∴EF⊥BD，EF⊥EP. ∵PB＝PD，∴PE⊥BD，
h25
. PD5
→→→
以点E为坐标原点，EF，ED，EP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系. 设OB＝1，可得P?0，0，??3??3??，D?0，，0?， 2??2?
????A?3，－，0?，O?0，－，0?.
22?
?
?
?
3?→?33?→?3
∴PD＝?0，，－?，PA＝?3，－，－?，
2?22??2?→
31
AO＝(－3，1，0).
设平面PAO的法向量为n＝(x，y，z)， 33?→??PA·n＝0，?3x－y－z＝0，
22则?即?
→??AO·n＝0，??－3x＋y＝0，令x＝1，则n＝(1，3，－1)，
→
|n·PD|25→
∴直线PD与平面PAO所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos〈n，PD〉|＝＝.
→5|n|·|PD|
题型二 立体几何中的轨迹问题
【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为
CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为( )
A.圆 C.双曲线
B.抛物线 D.椭圆
(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点， 若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹所在的曲线是( ) A.抛物线 C.椭圆
B.双曲线 D.直线
解析 (1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.
(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系.设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知 |PF|＝|PE|＋|EF|＝x＋1，
又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x＋1＝|y－1|，
化简得x－y＋2y＝0， 故动点P的轨迹为双曲线，选B. 答案 (1)A (2)B
2
2
2
2
2
2
2
【训练2】 (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1Dπ
内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹
3是( )
A.圆的一部分 C.抛物线的一部分
B.椭圆的一部分 D.双曲线的一部分
(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是( )
A.圆 C.一条直线
B.椭圆 D.两条平行直线
解析 (1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角θ的最ππ
小值，故∠D1QD＝，从而∠DD1Q＝，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，
36π
顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为的圆锥面的一部分，则点P的
6
轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D面(不包括边界)的交线，而△A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P的轨迹是椭圆的一部分.
(2)由于线段AB是定长线段，而△ABP的面积为定值，所以动点P到线段AB的距离也是定值.由此可知空间点P在以AB为轴的圆柱侧面上.又P在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆.P的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆.
答案 (1)B (2)B题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题
【例3】 (1)如图，正三棱锥S－ABC的底面边长为2a，E、F、G、H分别为SA，SB，CB，CA的中点，则四边形EFGH的面积的取值范围是( )
浙江省2024届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析
