高考數(shù)學(xué)立體幾何中的翻折、軌跡及最值(范圍)問(wèn)題

1、1 / 18 補(bǔ)上一課 ,立體幾何中的翻折、軌跡及最值(范圍)問(wèn)題) 1翻折問(wèn)題是立體幾何的一類典型問(wèn)題，是考查實(shí)踐能力與創(chuàng)新能力的好素材解答翻折問(wèn)題的關(guān)鍵在于畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒(méi)有發(fā)生變化解題時(shí)我們要依據(jù)這些變化的與未變化的量來(lái)分析和解決問(wèn)題而表面展開(kāi)問(wèn)題是折疊問(wèn)題的逆向思維、過(guò)程，一般地，涉及多面體表面的距離問(wèn)題不妨將它展開(kāi)成平面圖形試一試 2在立體幾何中，某些點(diǎn)、線、面按照一定的規(guī)則運(yùn)動(dòng)，構(gòu)成各式各樣的軌跡，探求空間軌跡與探求平面軌跡類似，應(yīng)注意幾何條件，善于基本軌跡轉(zhuǎn)化對(duì)于較為復(fù)雜的軌跡，常常要分段考慮，注意特定情況下的動(dòng)點(diǎn)的位置，然后

2、對(duì)任意情形加以分析判定，也可轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題對(duì)每一道軌跡命題必須特別注意軌跡的純粹性與完備性 3立體幾何中的體積最值問(wèn)題一般是指有關(guān)距離的最值、角的最值或面積、體積的最值其一般方法有： (1)幾何法：通過(guò)證明或幾何作圖，確定圖形中取得最值的特殊位置，再計(jì)算它的值；(2)代數(shù)方法：分析給定圖形中的數(shù)量關(guān)系，選取適當(dāng)?shù)淖宰兞考澳繕?biāo)函數(shù)，確定函數(shù)解析式，利用函數(shù)的單調(diào)性、有界性，以及不等式的均值定理等求出最值 題型一 立體幾何中的翻折問(wèn)題 【例 1】 (2019 全國(guó)卷)圖是由矩形 adeb，rtabc和菱形 bfgc組成的一個(gè)平面圖形，其中 ab1，bebf2，fbc60 .將其沿 ab，bc 折起

3、使得be與 bf重合，連接 dg，如圖. (1)證明：圖中的 a，c，g，d四點(diǎn)共面，且平面 abc平面 bcge； (2)求圖中的二面角 bcga的大小 2 / 18 (1)證明 由已知得 adbe，cgbe，所以 adcg， 所以 ad，cg確定一個(gè)平面，從而 a，c，g，d四點(diǎn)共面 由已知得 abbe，abbc，且 bebcb，be，bc平面 bcge， 所以 ab平面 bcge. 又因?yàn)?ab平面 abc，所以平面 abc平面 bcge. (2)解 作 ehbc，垂足為 h. 因?yàn)?eh平面 bcge，平面 bcge平面 abc，平面 bcge平面 abcbc， 所以 eh平面 abc

4、. 由已知，菱形 bcge的邊長(zhǎng)為 2，ebc60 ，可求得 bh1，eh 3. 以 h 為坐標(biāo)原點(diǎn)，hc的方向?yàn)?x 軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系hxyz，則 a(1，1，0)，c(1，0，0)，g(2，0， 3)，cg(1，0， 3)，ac(2，1，0) 設(shè)平面 acgd的法向量為 n(x，y，z)， 則cg n0，ac n0，即x 3z0，2xy0. 所以可取 n(3，6， 3) 又平面 bcge的法向量可取 m(0，1，0)， 所以 cosn，mn m|n|m|32. 因此二面角 bcga的大小為 30 . 【訓(xùn)練 1】 (2021 浙江名師測(cè)試卷四)在梯形 abcd 中，

5、對(duì)角線 ac 與 bd 交于點(diǎn)o，ad2ab2bc2cd.將bcd 沿 bd 翻折至bpd，且滿足平面 abp平面 bpd. (1)求證：二面角 pbda是直二面角； (2)(一題多解)求直線 pd與平面 pao所成角的正弦值的大小 3 / 18 (1)證明 由已知條件易得bad60 ，bda30 ，abbd. 在bpd 中，過(guò)點(diǎn) d作 dhbp，交 bp 的延長(zhǎng)線于點(diǎn) h. 平面 abp平面 bpd，平面 abp平面 bpdbp， dh平面 abp， ab平面 abp，dhab. 又bddhd，ab平面 bpd， ab平面 abd，平面 abd平面 bpd. 即二面角 pbda 是直二面角

6、(2)解 法一 過(guò)點(diǎn) p作 pgbd，交 bd于點(diǎn) g，則 g是 bd的中點(diǎn) 由(1)可知平面 pbd平面 abd， 又平面 pbd平面 abdbd， pg平面 abd. 設(shè) ob1，則 op1，oa2，abbp 3， ab平面 bpd，abbp， ap ab2bp2 6， 由余弦定理得 cosaopoa2op2ap22oa op14， 則 sinaop154. 設(shè)點(diǎn) d到aop的距離為 h， vpaodvdaop， 13 pg saod13 h saop， pg32，saod1222 sin 23 3， 4 / 18 saop1212154154， h2 155， pd 3，直線 pd 與平

7、面 pao所成角 的正弦值 sin hpd2 55. 法二 分別取 bd，ad 的中點(diǎn) e，f，連接 ep，ef， 則 efab. 由(1)可知 ab平面 bpd， ef平面 bpd，efbd，efep. pbpd，pebd， 以點(diǎn) e為坐標(biāo)原點(diǎn)，ef，ed，ep的方向?yàn)?x 軸、y軸、z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系 設(shè) ob1，可得 p0，0，32，d0，32，0 ， a3，32，0 ，o0，12，0 . pd0，32，32，pa3，32，32， ao( 3，1，0) 設(shè)平面 pao的法向量為 n(x，y，z)， 則pa n0，ao n0，即3x32y32z0， 3xy0， 令 x1，則

8、n(1， 3，1)， 直線 pd 與平面 pao 所成角 的正弦值為 sin |cosn，pd|n pd|n| |pd|2 55. 題型二 立體幾何中的軌跡問(wèn)題 【例 2】 (1)已知在平行六面體 abcda1b1c1d1中，aa1與平面 a1b1c1d1垂直，且 adab，e 為 cc1的中點(diǎn)，p 在對(duì)角面 bb1d1d 所在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，若 ep5 / 18 與 ac成 30 角，則點(diǎn) p的軌跡為( ) a圓 b拋物線 c雙曲線 d橢圓 (2)已知正方體 abcda1b1c1d1的棱長(zhǎng)為 1，點(diǎn) p是平面 ac內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)， 若點(diǎn) p到直線 a1d1的距離等于點(diǎn) p 到直線 cd 的距離，則動(dòng)點(diǎn)

9、 p 的軌跡所在的曲線是( ) a拋物線 b雙曲線 c橢圓 d直線 答案 (1)a (2)b 解析 (1)因?yàn)樵谄叫辛骟w abcda1b1c1d1中，aa1與平面 a1b1c1d1垂直，且 adab，所以該平面六面體 abcda1b1c1d1是一個(gè)底面為菱形的直四棱柱，所以對(duì)角面 bb1d1d底面 abcd，ac對(duì)角面 bb1d1d.取 aa1的中點(diǎn) f，則 efac，因?yàn)?ep 與 ac 成 30 角，所以 ep 與 ef 成 30 角設(shè) ef 與對(duì)角面bb1d1d 的交點(diǎn)為 o，則 eo對(duì)角面 bb1d1d，所以點(diǎn) p 的軌跡是以 eo 為軸的一個(gè)圓錐的底面，故選 a. (2)如圖，以

10、a 為原點(diǎn)，ab 為 x 軸、ad 為 y 軸，建立平面直角坐標(biāo)系設(shè) p(x，y)，作 pead于 e、pfa1d1于 f，連接 ef，易知 |pf|2|pe|2|ef|2x21， 又作 pncd于 n，則|pn|y1|.依題意|pf|pn|，即 x21|y1|， 化簡(jiǎn)得 x2y22y0， 故動(dòng)點(diǎn) p的軌跡為雙曲線，選 b. 6 / 18 【訓(xùn)練 2】 (1)在正方體 abcda1b1c1d1中，點(diǎn) m，n 分別是線段 cd，ab 上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) p 是a1c1d 內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(不包括邊界)，記直線 d1p 與 mn 所成角為，若 的最小值為3，則點(diǎn) p 的軌跡是( ) a圓的一部分 b橢圓的一部分

11、 c拋物線的一部分 d雙曲線的一部分 (2)如圖，ab 是平面 的斜線段，a 為斜足，若點(diǎn) p 在平面 內(nèi)運(yùn)動(dòng)，使得abp的面積為定值，則動(dòng)點(diǎn) p的軌跡是( ) a圓 b橢圓 c一條直線 d兩條平行直線 答案 (1)b (2)b 解析 (1)延長(zhǎng) d1p 交底面 abcd 的內(nèi)部于點(diǎn) q，連接 qd，則d1qd 為直線d1q 與底面 abcd 所成的角，也就是直線 d1p 與 mn 所成角 的最小值，故d1qd3，從而dd1q6，所以 d1q 的軌跡是以 d1d 為軸，頂點(diǎn)為 d1，母線 d1q 與軸 d1d 的夾角為6的圓錐面的一部分，則點(diǎn) p 的軌跡就是該部分圓錐面與a1c1d 面(不包括

12、邊界)的交線，而a1c1d 面所在平面與軸 d1d 斜交，故點(diǎn) p的軌跡是橢圓的一部分 7 / 18 (2)由于線段 ab 是定長(zhǎng)線段，而abp 的面積為定值，所以動(dòng)點(diǎn) p 到線段 ab 的距離也是定值由此可知空間點(diǎn) p 在以 ab 為軸的圓柱側(cè)面上又 p 在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，所以這個(gè)問(wèn)題相當(dāng)于一個(gè)平面去斜切一個(gè)圓柱(ab 是平面的斜線段)得到的切痕是橢圓p的軌跡就是圓柱側(cè)面與平面 的交線是橢圓 題型三 立體幾何中的長(zhǎng)度、面積、體積的最值(范圍)問(wèn)題 【例 3】 (1)如圖，正三棱錐 sabc 的底面邊長(zhǎng)為 2a，e、f、g、h 分別為sa，sb，cb，ca的中點(diǎn)，則四邊形 efgh的面積的取值范圍

13、是( ) a(0，) b.33a2， c.36a2， d.12a2， (2)(2021 “超級(jí)全能生”聯(lián)考)在長(zhǎng)方體 abcda1b1c1d1中，底面 abcd 是邊長(zhǎng)為 4 的正方形，側(cè)棱 aa1t(t4)，點(diǎn) e 是 bc 的中點(diǎn)，點(diǎn) p 是側(cè)面 abb1a1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(包括四條邊上的點(diǎn))，且滿足 tan apd4tan epb，則四棱錐 pabed的體積的最大值是( ) a.4 33 b16 3 c.16 33 d.64 39 答案 (1)b (2)c 解析 (1)因?yàn)?e、f、g、h 分別為 sa，sb，cb，ca 的中點(diǎn)，ef 綉12ab，hg 綉12ab，ef 綉 hg，同理，eh

14、綉 fg，所以 efgh 為平行四邊形，又sabc 為正三棱錐，scab，efab，fgsc，所以 effg，從而四邊形 efgh 為矩形，其面積 sgh gf12a sc，當(dāng)正三棱錐的高0 時(shí)，sc正三角形 abc的外接圓的半徑2 33a，所以四邊形 efgh的面積33a2，選 b. (2)作 pfab，垂足為點(diǎn) f，在長(zhǎng)方體 abcda1b1c1d1中，da平面abb1a1，cb平面 abb1a1，在 rtpad 和 rtpbc 中，所以 tan apd8 / 18 adap，tan epbbepb.因?yàn)?tan apd4tan epb，be12bc12ad，所以 pb2ap.因?yàn)槠矫?a

15、bb1a1平面 abcd，平面 abb1a1平面 abcdab，pfab，所以 pf平面 abcd.設(shè) pfh，afx，則 bf4x，x0，4，由 pb2ap，得 h2(4x)24(x2h2)，即 h2x283x163.因?yàn)楹瘮?shù) yx283x163在0，4上單調(diào)遞減，所以當(dāng) x0 時(shí)，(h2)max163，即 hmax4 33，所以四棱錐 pabed 的體積的最大值(vpabed)max1312(24)44 3316 33，故選 c. 【訓(xùn)練 3】 (1)在棱長(zhǎng)為 6的正方體 abcda1b1c1d1中，m 是 bc 中點(diǎn)，點(diǎn) p是平面 dcc1d1所在的平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且滿足apdmpc，則三

16、棱錐 pbcd體積的最大值是( ) a36 b12 3 c24 d18 3 (2)(2021 鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知棱長(zhǎng)為 1 的正方體 abcda1b1c1d1，球 o 與正方體的各條棱相切，p為球 o上一點(diǎn)，q是ab1c的外接圓上的一點(diǎn)，則線段 pq長(zhǎng)的取值范圍是_ 答案 (1)b (2)3 22，3 22 解析 (1)因?yàn)?ad平面 d1dcc1，則 addp，同理 bc平面 d1dcc1，則bccp，apdmpc，則padpmc，ad2mc，則 pd2pc，下面研究點(diǎn) p 在面 abcd 的軌跡(立體幾何平面化)，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)設(shè)d(0，0)，c(6，0)，d1(0，6)，c1(6，6

17、)，設(shè) p(x，y)，因?yàn)?pd2pc，所以x2y22 （x6）2y2，化簡(jiǎn)得(x8)2y216，該圓與 cc1的交點(diǎn)縱坐標(biāo)最大，交點(diǎn)為(6，2 3)，三棱錐 pbcd 的底面 bcd 的面積為 18，要使三棱錐pbcd 體積最大，只需高最大，當(dāng) p 在 cc1上且 cp2 3時(shí)棱錐的高最大，v9 / 18 13 18 2 312 3. (2)因?yàn)榍?o 與正方體的各條棱相切，所以球心 o 為正方體的中心，切點(diǎn)為各條棱的中點(diǎn)，則易得|op|22.ab1c 為邊長(zhǎng)為 2的等邊三角形，設(shè)其外接圓的圓心為 m，則易得|mb1|63.在正方體 abcda1b1c1d1中，易得 bd1平面ab1c，則

18、ommb1.又因?yàn)閨ob|32，|mb|33，所以|om|36，則|oq|ob1|om|2|mb1|232，所以|pq|max|oq|op|3 22，|pq|min|oq|op|3 22，即線段 pq 的取值范圍為3 22，3 22 一、選擇題 1已知線段 ab 垂直于定圓所在的平面，b，c 是圓上的兩點(diǎn)，h 是點(diǎn) b 在 ac上的射影，當(dāng) c運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn) h 運(yùn)動(dòng)的軌跡( ) a是圓 b是橢圓 c是拋物線 d不是平面圖形 答案 a 解析 設(shè)在定圓內(nèi)過(guò)點(diǎn) b 的直徑與圓的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn) d，過(guò)點(diǎn) b 作 ad 的垂線，垂足為點(diǎn) e，連接 eh，cd.因?yàn)?bd 為定圓的直徑，所以 cdbc，又因

19、為ab 垂直于定圓所在的平面，所以 cdab，又因?yàn)?abbcb，所以 cd平面 abc，所以 cdbh，又因?yàn)?bhac，accdc，所以 bh平面acd，所以 bheh，所以動(dòng)點(diǎn) h在以 be為直徑的圓上，即點(diǎn) h的運(yùn)動(dòng)軌跡為10 / 18 圓，故選 a. 2設(shè) p 是正方體 abcda1b1c1d1的對(duì)角面 bdd1b1(含邊界)內(nèi)的點(diǎn)，若點(diǎn) p 到平面 abc、平面 aba1、平面 ada1的距離相等，則符合條件的點(diǎn) p( ) a僅有一個(gè) b有有限多個(gè) c有無(wú)限多個(gè) d不存在 答案 a 解析 與平面 abc，aba1距離相等的點(diǎn)位于平面 abc1d1上；與平面 abc，ada1距離相等

20、的點(diǎn)位于平面 ab1c1d 上；與平面 aba1，ada1距離相等的點(diǎn)位于平面 acc1a1上；據(jù)此可知，滿足題意的點(diǎn)位于上述平面 abc1d1，平面ab1c1d，平面 acc1a1的公共點(diǎn)處，結(jié)合題意可知，滿足題意的點(diǎn)僅有一個(gè) 3(2021 溫州中學(xué)模擬)如圖所示，用一邊長(zhǎng)為 2的正方形硬紙，按各邊中點(diǎn)垂直折起四個(gè)小三角形，做成一個(gè)蛋巢，將體積為43的雞蛋(視為球體)放入其中，蛋巢形狀保持不變，則雞蛋(球體)離蛋巢底面的最短距離為( ) a.512 b.512 c.312 d.312 答案 d 解析 因?yàn)榈俺驳牡酌媸沁呴L(zhǎng)為 1 的正方形，所以過(guò)四個(gè)頂點(diǎn)截雞蛋所得的截面圓的直徑為 1.又因?yàn)殡u

21、蛋(球體)的體積為43，所以球的半徑為 1，所以球心到截面圓的距離 d11432，則截面圓到球體最低點(diǎn)的距離為 132，而蛋巢的高度為12，故雞蛋(球體)到蛋巢底面的最短距離為12132312，故選 d. 4(2021 溫州適考)如圖，在abc 中，點(diǎn) m 是邊 bc 的中點(diǎn)，將abm 沿著am 翻折成abm，且點(diǎn) b不在平面 amc 內(nèi)，點(diǎn) p 是線段 bc 上一點(diǎn)若二面角 pamb與二面角 pamc 的平面角相等，則直線 ap 經(jīng)過(guò)abc 的( ) 11 / 18 a重心 b垂心 c內(nèi)心 d外心 答案 a 解析 因?yàn)槎娼?pamb與二面角 pamc 的平面角相等，所以點(diǎn) p 到兩個(gè)平面的

22、距離相等，所以 vpabmvpacm，即 vapbmvapcm.因?yàn)閮扇忮F的高相等，故 spbmspcm，故 bpcp，故點(diǎn) p 為 cb的中點(diǎn)，所以直線 ap經(jīng)過(guò)abc的重心，故選 a. 5(2021 浙江名師測(cè)試卷一)如圖，在四棱錐 pabcd 中，底面 abcd 為正方形，側(cè)面 pad 為正三角形，且側(cè)面 pad底面 abcd，已知在側(cè)面 pad 內(nèi)存在點(diǎn) q，滿足 pqqd，則當(dāng) aq 最小時(shí)，二面角 acdq的余弦值是( ) a.2 34 b.2 34 c.2 62 d.2 64 答案 d 解析 取 pd 的中點(diǎn) m，因?yàn)樗倪呅?abcd 為正方形，所以 cdad，又平面pad平面

23、 abcd，且平面 pad平面 abcdad，cd平面 abcd，所以cd平面 pad，所以 cdqd，則二面角 acdq 的平面角是adq，又因?yàn)辄c(diǎn) q 的軌跡是以 m 為圓心的圓，如圖，當(dāng)|aq|最小時(shí)，adqadpqdp60 45 15 ，即二面角 acdq 的余弦值為 cos 15 cos(60 45 )2 64，故選 d. 12 / 18 6(2021 浙江新高考仿真卷二)如圖所示，在棱長(zhǎng)為 1 的正方體 abcda1b1c1d1中，p，q 分別為 bd1，bb1上的動(dòng)點(diǎn)，則c1pq 周長(zhǎng)的最小值為( ) a.2 153 b.42 2 c.4832 d.2 133 答案 b 解析 連

24、接 b1d1，bc1，由圖易得c1pq 的三邊分別在三棱錐 bb1c1d1的三個(gè)側(cè)面上，將三棱錐 bb1c1d1的側(cè)面展開(kāi)成平面圖形，如圖，可得四邊形bc1d1c1為直角梯形，當(dāng) c1，p，q，c1四點(diǎn)共線時(shí)，c1pq 的周長(zhǎng)最小，最小值為 c1d21d1c2142 2，即c1pq 的周長(zhǎng)的最小值為42 2，故選b. 7.(2021 上虞區(qū)期末調(diào)測(cè))在棱長(zhǎng)均為 2 3的正四面體 abcd 中，m 為 ac 的中點(diǎn)，e 為 ab 的中點(diǎn)，p 是 dm 上的動(dòng)點(diǎn)，q 是平面 ecd 上的動(dòng)點(diǎn)，則 appq的最小值是( ) 13 / 18 a.3 112 b. 3 2 c.5 34 d2 3 答案

25、a 解析 如圖，作 mgce 于點(diǎn) g，連接 dg.由已知得平面 cde平面 abc，又平面 cde平面 abcce，則 mg平面 cde，故 dg 為 dm 在平面 cde 上的射影將半平面 adm 沿 dm 翻折至與半平面 dmg 所成二面角為 180 ，記翻折后的點(diǎn) a 即 a到 dg 的距離為 ha，則 ha為adg 的邊 dg 上的高，且 appqappqha.因?yàn)?mg12ae32，dmdc2ac223，則 sin mdgmgdm36， 故 cos mdg336.又admadm6， 所以 sin adgsinmdg63361236323 3312，所以 appq的最小值 haads

26、in adg11 32.故選 a. 二、填空題 8在正方體 abcda1b1c1d1中，點(diǎn) p 在側(cè)面 bcc1b1及其邊界上運(yùn)動(dòng)，總有apbd1，則動(dòng)點(diǎn) p的軌跡為_(kāi) 答案 線段 b1c 解析 易證 bd1平面 acb1，所以滿足 bd1ap 的所有點(diǎn) p 都在一個(gè)平面acb1上而已知條件中的點(diǎn) p 是在側(cè)面 bcc1b1及其邊界上運(yùn)動(dòng)，因此，符合條件的點(diǎn) p在平面 acb1與平面 bcc1b1的交線上，故所求的軌跡為線段 b1c. 9已知正方體 abcda1b1c1d1的棱長(zhǎng)為 3，長(zhǎng)為 2 的線段 mn 的一個(gè)端點(diǎn) m在 dd1上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn) n 在底面 abcd 上運(yùn)動(dòng)，則 mn

27、的中點(diǎn) p 的軌跡與14 / 18 正方體的面所圍成的幾何體的體積為_(kāi) 答案 6 解析 連接 dp，因?yàn)?mn2，所以 pd1，因此點(diǎn) p 的軌跡是一個(gè)以 d 為球心，1 為半徑的球面在正方體內(nèi)的部分，所以點(diǎn) p 的軌跡與正方體的表面所圍成的幾何體的體積為球的體積的18，即 v1843136. 10已知在矩形 abcd 中，ab3，bca，若 pa平面 ac，在 bc 邊上取點(diǎn)e，使 pede，若滿足條件的 e點(diǎn)有兩個(gè)時(shí)，則 a的取值范圍是_ 答案 (6，) 解析 連接 ae，由三垂線逆定理可知 deae，要使?jié)M足條件的 e 點(diǎn)有兩個(gè)則須使以 ad 為直徑的圓與 bc有兩個(gè)交點(diǎn)，所以半徑長(zhǎng)a2

28、3，a6. 11如圖，已知acb90 ，da平面 abc，aedb交 db 于 e，afdc交dc于 f，且 adab2，則三棱錐 daef體積的最大值為_(kāi) 答案 26 解析 因?yàn)?da平面 abc，所以 daab，adbc， aedb，又 adab2， de 2，又因?yàn)?bcac，acada， 所以 bc平面 acd， 所以平面 bcd平面 acd，afdc，平面 bcd平面 acdcd， 所以 af平面 bcd， 所以 afef，bdef， 15 / 18 所以 bd平面 aef，由 af2ef2ae222af ef可得 af ef1， 所以 saef12，所以三棱錐 daef體積的最大值

29、為13 21226. 12如圖，在長(zhǎng)方形 abcd 中，ab2，bc1，e 為 dc 的中點(diǎn)，f 為線段ec(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn)現(xiàn)將afd 沿 af 折起，使平面 abd平面 abc.在平面 abd 內(nèi)過(guò)點(diǎn) d 作 dkab，k 為垂足設(shè) akt，則 t 的取值范圍是_ 答案 12，1 解析 如圖，在平面 adf 內(nèi)過(guò) d 作 dhaf，垂足為 h，連接 hk.過(guò) f 點(diǎn)作fpbc交 ab于點(diǎn) p . 設(shè)fab， 則 cos 22，2 55.設(shè) dfx，則 1x2， 平面 abd平面 abc，平面 abd平面 abcab，dkab，dk平面abd，dk平面 abc，又 af平面 abc，dka

30、f. 又dhaf，dkdhd，dk，dh平面 dkh， af平面 dkh，afhk，即 ahhk. 在 rtadf 中，af 1x2，dhx21x2， adf 和apf都是直角三角形，pfad， rtadfrtfpa，apdfx. ahdadf， cos 11x2tx1x2. 16 / 18 x1t. 1x2，11t2，12t1. 三、解答題 13(2018 全國(guó)卷)如圖，四邊形 abcd為正方形， e，f分別為 ad，bc的中點(diǎn)，以 df 為折痕把dfc折起，使點(diǎn) c 到達(dá)點(diǎn) p的位置，且 pfbf. (1)證明：平面 pef平面 abfd； (2)求 dp與平面 abfd 所成角的正弦值 (1)證