【精品】2019高考数学二轮复习专题二立体几何微点深化立体几何中的轨迹与折叠问题学案.pdf

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1、1微点深化立体几何中的轨迹与折叠问题1.运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律.2.将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.热点一以立体图形为载体的轨迹问题【例 1】(1)已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且ADAB，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B.抛物线C.双曲线D.椭圆(2)(2018 宁波期中)

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B.双曲线C.椭圆 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ADAB，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EFAC，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

3、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PEAD于E、PFA1D1于F，连接EF，易知|PF|2|PE|2|EF|2x21，又作PNCD于N，则|PN|y 1|.依题意|PF|PN|，即x21|y1|，化简得x2y22y0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.答案(1)A(2)B 探究提高研究立体几何中点的轨迹问题一般先将问题平面化，将问题转化为两平面或曲线的交线，或者直接用平面解析几何知识如圆锥曲线的定义或建系去处理.【题组训练1】(1)(2018 绍兴质检)如图，若三棱锥ABCD的侧面ABC内一动点P到底面BCD的距离与到点A的

4、距离之比为正常数，且动点P的轨迹是抛物线，则二面角ABCD的平面角的余弦值为()2A.B.12C.1 D.112解析由题意知，动点P的轨迹是以点A为焦点，直线BC为准线的抛物线，设点P在底面BCD内的投影为点H，二面角ABCD的平面角的大小为，点P到直线BC的距离为d，则|PH|PA|，由抛物线的定义，得|PA|d，则 sin|PH|d|PA|d，则 cos 1sin212，故选 B.答案B(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是()A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线解析点P到直线C1D1

5、的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹所在的曲线是抛物线，故选D.答案D(3)如图，定点A和B都在平面 内，定点P，PB，C是 内异于A和B的动点，且PCAC.那么，动点C在平面 内的轨迹是()A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点解析由PB，可得PBAC，又PCAC，所以AC平面PBC，则可得ACBC，由于定点A和B都在平面 内，动点C满足ACBC的轨迹是在平面 内以AB为直径的圆，而C是 内异于A和B的动点，所以动点C在平面 内

6、的轨迹是在平面 内以AB为直径的圆(去掉两个A、B).故选 B.答案B 热点二立体几何中的折叠问题【例 2】(1)(2018 浙江名校协作体联考)已知矩形ABCD，AB1，BC2.将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直3D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析若ABCD，BCCD，则可得CD平面ACB，因此有CDAC.因为AB 1，BCAD2，CD 1，所以AC1，所以存在某个位置，使得ABCD.答

7、案B(2)(2018 北京海淀区调考)如图，在矩形ABCD中，AB1，BC2，E为BC的中点，F为线段AD上的一点，且AF32.现将四边形ABEF沿直线EF翻折，使翻折后的二面角AEFC的余弦值为23.求证：ACEF；求直线AD与平面ECDF所成角的大小.证明连接AC交EF于点M，由平面几何的知识可得AC5，EF52以及AMMCFMME32，则AM355，MC255，MF3510.故AM2MF2AF2，则ACEF，于是AMEF，CMEF，又AMCMM，故EF平面AMC，又AC平面AMC，故ACEF.解由知，二面角AEFC的平面角就是AMC，即 cosAMC23.根据余弦定理，得ACAM2MC2

8、2AMMCcosAMC1.因为AC2MC295AM2，所以ACMC.而由(1)知ACEF，且MCEFM，所以AC平面ECDF.因此，ADC就是直线AD与平面ECDF所成的角.由于ACCD 1，4所以ADCCAD4，故直线AD与平面ECDF所成的角为4.探究提高立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【题组训练2】(1)(2018 诸暨调研)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P

9、点在AEF内的射影为O，则下列说法正确的是()A.O是AEF的垂心B.O是AEF的内心C.O是AEF的外心D.O是AEF的重心解析由题意可知PA，PE，PF两两垂直，所以PA平面PEF，从而PAEF，而PO平面AEF，则POEF，因为POPAP，所以EF平面PAO，EFAO，同理可知AEFO，AFEO，O为AEF的垂心.答案A(2)(2018 杭州一模)如图，ABC是等腰直角三角形，ABAC，BCD90，且BC3CD3.将ABC沿BC的边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在BCD内部(含边界)，则点M的轨迹的最大长度等于_；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的

10、角的余弦值等于_.解析由题意可得点A的射影M的轨迹为BCD的中位线，其长度为12CD32；当点M位于线段BD上时，AM平面BCD，取BC中点为N，AC中点为P，MNP或其补角即为直线AB和CD所成的角，则由中位线可得MN12CD32，PN12AB324，又MP为 RtAMC斜边AC的中线，故MP12AC324，5在MNP中，由余弦定理可得cosMNP3223242324223232466.答案3266(3)(2018 浙江三市质检)如图，在等腰三角形ABC中，ABAC，A120，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BDBA，沿直线AD将ADC翻折至ADC，使ACBD.证明：平面AMC平面ABD；求直线CD与平面ABD所成的角的正弦值.证明因为ABC为等腰三角形，M为BC的中点，所以AMBD，又因为ACBD，AMACA，所以BD平面AMC，因为BD平面ABD，所以平面AMC平面ABD.解在平面ACM中，过C作CFAM交AM于点F，连接FD.由知，CF平面ABD，所以CDF为直线CD与平面ABD所成的角.设AM1，则ABACAC 2，BC23，MD23，DCDC 232，AD62.在 RtCMD中，MC2DC2MD2(232)2(23)2 943.设AFx，在 RtCFA和 RtCFM中，AC2AF2MC2MF2，即 4x2943(x1)2，解得x 232，即AF232.6