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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