立體幾何中折疊與展開問題

1、立體幾何中折疊與展開問題（2）【知識與方式】折疊與展開問題是立體幾何的兩個重要問題,這兩種方式的轉變正是空間幾何與平面幾何問題轉化的集中表現(xiàn)。處置這種題型的關鍵是抓住兩圖的特點關系。折疊問題是立體幾何的一類典型問題是實踐能力與創(chuàng)新能力考查的好素材。解答折疊問題的關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)生了轉變，哪些沒有發(fā)生靠變。這些未轉變的已知條件都是咱們分析問題和解決問題的依據(jù)。而表面展開問題是折壹問題的逆向思維、逆進程，一樣地，涉及到多面體表面的問題，解題時不妨將它展開成平面圖形試一試?！菊J知訓練】1.ABC的BC邊上的高線為AD,BD=a,CD=b,將&AB

2、C沿AD折成大小為H的二面角B-AD-C,假設cos6»=g,那么三棱錐A-BCD的側面三角形ABC是（）bA、銳角三角形B、鈍角三角形C、直角三角形D、形狀與a、b的值有關的三角形點M到AB的距離為三2.如囪為棱長是1的正方體的表面展開圖，在原正方體中，給出以下三個命題：三棱錐C-DNE的體積是,6AB與EF所成角是:2其中正確命題的序號是3.將下面的平面圖形（每一個點都是正三角形的極點或邊的中點）沿虛線折成一個正四而A. ©B.C.D. 4,正方形ABCD中，M為AD的中點，N為AB中點，沿CM、CN別離將三角形CDM和4CBN折起，使CB與CD重合，設B點與D點重合于

3、P,設T為PM的中點，那么異而直線CT與PN所成的角為（）A, 30° B, 45° C, 60° D, 90°）5 . （06山東卷）如圖，在等腰梯形A8CO中，AB=2OC=2, ZDAB=60E為A8的中點，將AOE與BEC別離沿ED、 EC向上折起，使A、B重合于點P,那么尸一OCE三棱錐的 外接球的體積為(B)2力6 .在直三棱柱ABC-A】B|G中，底面為直角三角形,ZACB=90°, AC=6, BC=CCi =的最小值是需包裝紙的最小面積為7.用一張正方形的包裝紙把一個棱長為a的立方體完全包住，不能將正方形紙撕開，所A. 9/

4、B. 8/ C. 7 a2D. 6a2【能力訓練】例1 ,點。是邊長為4的正方形A8co的中心，點E,尸別離是AO, 4C的中點.沿 對角線AC把正方形ABCD折成直二而角D -AC 一叢（I ）求NEOb的大小：（II ）求二而角七一。/一 A的大小.例2如圖,在正三棱柱ABC-ABC中,AB=3, AA】=4,M為AAi的中點, P是BC上一點，且由P沿棱柱側面通過棱CC1到M點的最短線路長為格，設這條最短線路與CC的交點為N。求1）該三棱柱的側面展開圖的對角線長：2） PC和NC的長：3）平而NMP和平面ABC所成二面角（銳角）的大?。ㄓ梅慈呛瘮?shù)表示）例3.已知aABC的邊長為3, D

5、、E別離是邊BC上的三等分點，沿AD、AE把aABC折成 A-DEF,使B、C兩點重介于點F,且G是DE的中點（1）求證：DE_L平而AGF（2）求二面角ADEF的大小；（3）求點F到平面ADE的距離.例4（江蘇卷）在正三角形ABC中，E、F、P別離是AB、AC、BC邊上的點，知足AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2（如圖1）。將4AEF沿EF折起到Mg尸的位置，使二面角A】一EF一B成直二面角，連結AiB、AiP（如圖2）（I）求證：A】E_L平面BEP：(II )(III)求直線AjE與平面AiBP所成角的大?。呵蠖荁-AF-F的大?。ㄓ梅慈呛瘮?shù)表示）圖2圖1例5.（遼寧卷）已

6、知正方形48CD.E、/別離是A3、C。的中點，將aAOE沿。石折起,如下圖，記二而角A-DE-C的大小為8（0<8v4）.（I）證明8月平面ADE;（H）若aAC。為正三角形，試判定點A在平面BCDE內的射影G是不是在直線EF上，證明你的結論,并求角。的余弦值.D【達到測試】1 .長方形中，AB=2j5BC,把它折成正三棱柱的側面，使AD與BC重合，長方形的對角線AC與折痕線EF、GH別離交于M、N,那么截面MNA與棱柱的底面DFH所成的角等于（）A.30°B.45°C.60°D.90”2 .如圖999是一個無蓋的正方體盒子展開后的平而圖，A、B、C是展開

7、圖上的三點,那么在正方體盒子中，NABC的值為（）A. 180°B圖 999B. 120°C. 45°D. 60°3.如圖，在正三角形ABC中，D,E,F別離為各邊的中點，G,H,LJ別離為AF,AD,BE,DE的中點,將AABC沿DE,EF,DF折成三棱錐以后，GH與U所成角的度數(shù)為（）A.90°B.60°4 .如圖9100表示一個正方體表面的一種展開圖，圖中的四條線段AB、CD、EF和GH在原正方體中彼此異面的有對.圖 9100圖 9101【分析】平面圖形的翻折應注意翻折前后各元素相對位置的轉變，AB、CD、EF和GH在原正方體中

8、如圖9101.有AB與CD、EF與GH、AB和GH三對異面直線.5 .如以下圖，在以下六個圖形中，每一個小四邊形皆為全等的正方形，那么沿其正方形相鄰邊折登，能夠圍成正方體的是（要求：把你以為正確圖形的序號都填上）梯6.解:如左圖，在平面AED內作MQAE交ED于Q那么MQ_LED,且Q為ED的中點,版結QN,那么NQ1ED且QNEB.QN=EB.NMQN為二而角從一。七一3的平面角，A11-§AZMQN=450AB，平而BCDE.又NAEB=NMQN=45°,MQ=AE=企EB.在C11而MQN內作MP_LBQ,得QP=MP=EB.故PB=QP=EB,故QMN是以NQMN為

9、直角的崎腰三角形，即MNLQM,也即MN子AE所成角大小等于90。如圖，已知正三棱柱ABC45G的底面邊長為1,高為8,一質點自A點動身，沿著生棱柱的側而繞行兩周點梃達A點的最短線路的長為DE±AB與加圖，已知ABCD是上、下底邊長別離為2和6,高為6的等腰梯形，將它沿對稱軸OO1折成直二面角，(I)證明：AC±BOX：(II)求二面角O-AC-Oi的大小。9.如圖4,在正三棱錐A-BCD中，底而邊長為a,側棱長為2a,E、F別離為AC、AD上的動點，求截而4BEF的周長的最小值，和現(xiàn)在E、F的位置。圖410.如圖：在直角三角形ABC中，已知AB=a,NACB=30。，NB

10、=OO'D為AC的中點，E為BD的中點，AE的延長線交BC于F,將4ABD沿BD折起，二面角A：BD-C的大小記為0O求證：平面AERL平面BCD；。為何值時ABL2D?（3）在的條件下，求點C到平面ABD的距離。折會與展開問題參考答案【認知訓練】1.答案：C點評：將平面圖形折成空間圖形后線而位置關系理不清，易瞎猜。2.答案:，把所給平面圖恢復成4.取AN的中點S,那么PN2+PT2=TS2+SN2=TN2PN±PT>又PN_LPC；.PNJ_平面CMP,選D5 .解：易證所得三棱錐為正四面體，它的棱長為1,故外接球半徑為出，外接球的體積為4g/（手）3=4乃，選C6

11、.解：連AiB,沿BG將ACBG展開與AiBG在同一個平而內，如下圖，連AC，那么AC的長度確實是所求的最小值。通過計算可得NAiGC=90。又NBGC=45。，.-.ZAiC|C=135°由余弦定理可求得AiC=5j%7.試題背景：此題與以往把立體圖簡單地展開為平而圖是不一樣的，因為正方形的紙不能撕開來。此題情境新穎，具有較高的探討價值，類似于2002年文史類最后一道高考附加題。解析：將正方形紙如圖劃分，其中BC=2AB=2CD,用標III的部份作下底而，標口的部ABCD分作四個側而，標I的部份正好蓋住立方體的上底而。由題意知，標I的部份正好蓋住立方體的上底面。由題意知，標II的正

12、方形的邊長為a,因此正方形紙的邊長為2石，而積為8c/。應選B。評析：新世紀的高考試題的新穎性愈來愈明顯，能力要求也愈來愈高，而且也愈來愈普遍。要在“創(chuàng)新”的大環(huán)境下來而對高考，咱們應把握好平常的一些新穎試題，充分挖掘其立意，觸類旁通，普遍聯(lián)系，以適應新課程的理念及新時期的高考?！灸芰τ柧殹坷?.解法一：（I）如圖，過點E作EG_LAC,垂足為G,過點F作/7/_LAC,垂足為從那么EG=FH=五,GH=2近.EF2=GH2+EG2+FH2-2EG-FHcos90=(2>/2)2+(因+(偽2_o=i2.又在廠中，OE=OF=2,/lOE?+OF2-EF222+22-(2>/3)2

13、1cos/EOF=一一2OEOF2x2x2./EOF=120.（II）過點G作GM垂直于FO的延長線于點M,連EM.;二面角。一AC-8為直二而角，平而OACLL平面8AC,交線為AC,又EGLAC,，反；，平而班。GM_LOF,由三垂線定理，得凡A/EMG確實是二而角E-OF-A的平面角.在RtAEGM中，NEGM=90,EG=立,GM=-OE=,2EGLL，tan/EMG=>/2.，4EMG=arctan5/2.GM因此，二面角EO尸一A的大小為arctan點.解法二：（I）成立如下圖的直角坐標系。一“z,則亦=（1,一1,偽，無=（0,2,。）.OEOF1cos<OE,OF&

14、gt;=._,=一一OEOF2.AEOF=120.（II）設平面OE尸的法向量為“=（l,y,z）.由晨礪=0,“方=0,得因此，修=（1,0,一又因為平面AOF的法向量為%=（0，°）， n, y/3：.COS < IL ,% >="-=一 I h1 II n213價:.<%,外>=arccos一3因此，二面角£一。尸一A的大小為arccos史3例2,正解：正三棱柱ABC-AiBiCi的側面展開圖是一個長為9,寬為4的矩形,其對角線長為“+42=7的如圖1,將側面BG旋轉12。使其與例而AG在同一平面上，點P運動到點Pi的位置，連接MP，

15、那么MP1確實是由點P沿棱柱側面通過CG到點M的最短線路。設PC=x,那么PiC=x,在R/AMA片中,G+x)2+22=29,x=2MCRC2“4MA8A55連接PPi(如圖2),那么PPj確實是NMP與平面ABC的交線，作于H,又CG1平面ABC,連結CH,由三垂線定理得，CHZAWC溯t是平面VMP與平面成二面角的平面角,在用中，:ZPCH=L/PCPi=60/.CH=124在MA/VC”中，tan/NHC=-=-CH5例3.(1)證：由題知AD=AE,DG=GEADEXAG又DF=EF,DG=GE（2）由.cosAGF =在4AGF中,ADE±FG又AGGFG=G：.ZAGF

16、=arcco（3）過點F作FH_LAG于H,由（1）得DEL平而AEFFHu而AGFADE±FH又AG1FHAGu而ADEDEu而ADE，F(xiàn)H平面ADEAFH的長確實是點F到平面ADE的距離在RtAFGH中，F(xiàn)H=GF-sinFHG=22=V6"V，點F到平面ADE的距離為3評注：折疊問題是考查學生空間想象能力的較好載體。如此題，不僅要求學生象解常規(guī)立幾綜合題一樣知道線面垂直的判定方式，二面角平而角的作法和點面距的求法，還要正確畫出正三角形ABC沿特定邊折疊而成的空間圖形，更要識得折前折后有關線線、線面位置的轉變情形和有關量（邊長與角）的轉變情形，不然無法正確解題。這正是折

17、疊問題的價值所在。例4解法一：不妨設正三角形ABC的邊長為3（1） 在圖1中，取BE中點D,連結DF.AE：EB=CF：FA=1：2AAF=AD=2WZA=60AADF是正三角形，又AE=DE=1,，EF，AD在圖2中，AiE_LEF,BELEF,，NA】EB為二面角AiEF-B的平面角。由題設條件知此二面角為直二面角，AiEl.BE,又850痔=石，A正_1平面BEF,即AiEJ_平面BEP（2） 在圖2中，AiE不垂直AiB.AiE是平面AiBP的垂線，又A】E_L平面BEP,.AE_LBE.從而BP垂直于AF在平面AFP內的射影（三垂線定理的逆定理）設A】E在平而A）BP內的射影為AQ,

18、且AiQ交BP于點Q,則ZEiAQ確實是AiE與平面AiBP所成的角，且BP±AiQ.itAEBP中，BE=EP二2而NEBP=60°,AAEBP是等邊三角形.又人正上平面BEP,/.%B=A,P,Q為BP的中點，且EQ=6,又AiE=l,在RtA，EQ中，tanNEA1Q=£2=J5,，NEA，Q=60°,；直線A】E與平面ARP所成的角為60°在圖3中，過F作FMJ_AiP與M,連結QM,QE'CP=CF=1,ZC=60°,.FCP是正三角形，.,.PF=1.WP(2=|bP=1.PF=PQ,A|E_L平面BEP,EQ=E

19、F=C.A，E=AQ.A：FPAA：QP從而NA：PF=/A,PQ，由(及MP為公共邊知FMP/ZQMP,Z.NQMP二NFMP二90°,且MF=MQ,從而NFMQ為二面角B-AjP-F的平面角.在RtAA：QP中，AQ=A：F=2,PQ=1,又:"=君.YMQ±AiP/.MQ=-：.2在FMQ 中，cos AFMQ =MF2+MQ2-QF22MF - MQMF=早在AFCQ中，F(xiàn)C=1,QC=2,ZC=60°,由余弦定理得。/=,二面角B-AiP-F的大小為乃一arccosN8為X軸.OC為y軸成立空間直角坐標系如圖,nA - n2 _ 1 + 0 +

20、 1 x/6，即所求二面角的大小是arccos且 3解法二：(1)作AH_L面3c。于，連8、CH、DH,那么四邊形BHCD是正方形，且A4=1.以。為原點，以DB沅=(-1。)屈=(1,1,1),：.BCDA=BCLAD.設平面A8C的法向量為/i；=(x,y,z),那么由知:*33=一式+)，=0;同理由必知:雇m=x+Z=0.可取=(14,一1).同理，可求得平面ACD的一個法向量為4=(1,0,1).由圖能夠看出,三而角B-AC-D的大小應等于<4,%>(3)設E(x,y,z)是線段AC上一點，那么x=z>0,y=1,平面BCD的一個法向量為n=(0,0,1),DE=

21、(x,l,x),要使石。與而成30。角,由圖可知歷與的夾角為60。,因此cos<DE.n>=I。/I=，,入=cos60°=DEnV1+I72則2工=Jl+27，解得"=上，那么CE=&=1.2故線段AC上存在E點，且CE=1,時EO與而BCD成30。角.【解后反思】在立體幾何學習中，咱們要多培育空間想象能力，關于圖形的翻折問題，關健是利用翻折前后的不變量,二而角的平面角的適被選取是立體幾何的核心考點之一.是高考數(shù)學必考的知識點之一.作，證，解,是咱們求二面角的三步驟.作:作出所要求的二面角，證:證明這是咱們所求二面角，并將那個二面角進行平面化,置于一個

22、三角形中，最好是直角三角形,利用咱們解三角形的知識求二面角的平面角.向量的運用也為咱們拓寬了解決立體幾何問題的角度,只是在向量運用進程中，要第一要建系，建系要建得合理,最好依托題目的圖形,坐標才會容易求得.例5.【解析】證明:EF別離為正方形ABCD得邊AB、CD的中點，/.EB?./.F-EFcW-WiAED,<zTffilAED/.8/ADE(H)解法1:如右圖，點A在平而BCDE內的射影G在直線EF上，過點A作AG垂直于平面BCDE,垂足為G連結GC.GD. /AACD為正三角形,.AC=AD.CG=GD G在CD的垂直平分線上，點A在平面BCDE內的射影G在直線EF上，過G作GH

23、垂直于ED于H.連結AH,則AH1DE,因此/AHD為二面角A-DE-C的平面角.即44"G=6,設原正方體的邊長為2a,連結AF在折后圖的AAEF中,AF=04,EF=2AE=2a.即AAEF為直角三角形，AGEF=AEAF：.AG=a2在 Rt A ADE 中,AH DE = AE ADAH = =： ci /. GH =，V52V5cosTAH解法2:點A在平面BCDE內的射影G在直線EF上，連結AF,在平面AEF內過點作AGUE77,垂足為G. .,AACD為正三角形,F為CD的中點,.AF1CD又因后/_LCO，因此CD±平面AEE /AGfu平面AEEAAG9&

24、#177;CD又AG'_LE/且CDcEE=£8u平面8C£)£EFc=平面BCDE,.AGf±平面BCDEJGf為A在平面BCDE內的射影G即點A在平而BCDE內的射影在直線EF上過G作GH垂直于ED于H.連結AH,則AH1DE,因此ZAHD為二而角A-DE-C的平面角.即ZAHG=e,設原正方體的邊長為2a,連結AF在折后圖的AAEF中,AF=JL,EF=2AE=2a,即AAEF為直角三角形，AGEF=AE，AFAG=a2。IJ1在RtAADE中，AHDE=AEAD：.AH=ci：.GH=cos6=小2小AH4解法3:點A在平面BCDE內的射

25、影G在直線EF上連結AF,在平面AEF內過點作AGUE/"垂足為G.AACD為正三角形.F為CD的中點,.AF1CD又因,因此平面AEE.C£)u平面BCOE平面AEFJ_平面BCDE又平面AEFc平面8C0E=EF4G'±EFAGf1EF.AGf±平面BCOE.Gf為A在平面BCDE內的射影G即點A在平面BCDE內的射影在直線EF上過G作GH垂直于ED于H,連結AH,則因此NAH。為二而角A-DE-C的平面角,即NA”G=6設原正方體的邊長為2a,連結AF,在折后圖的AAEF中,AF=JJa,EF=2AE=2a,即AAEF為直角三角形，AGEF

26、=AE-AF：.AG=a2在 RtAADE 中，AH DE = AE AD ：. AH =伸”絲J275 AH 4【點評】本小題考查空間中的線面關系，解三角形等基礎知識考查空間想象能力和思維能力.【達到測試】1,解：不妨設BC=3,則AE二EGGB二26卜仁1,6/2.延長NM與GE的延長線交與點H,連AH.VEM-GN,AGE=EH,NM-MH,又AE=GE,，AE二GE二EH,故GA_LAH.2又由題可知AM=MN,AM=MN-MU,ANA±AH.ZGAN即為而AMN與而DHF所成的角夕，/.tan0-。故6=30°,應選A。AG2733A(B)5 .6 .6.解：如圖

27、,在平而AED內作MQAE交ED于Q,那么MQLED,且Q為結QN,那么NQ±ED且QNEB.QN=EB,NMQN為二而角A-DE-B的平市EBAZMQN=45°,ABJ_平面BCDE,又NAEB=NMQN=45°.MQ=；AI平而MQN內作MP_LBQ,得QP=MP=LeB.故PB=QP=1EB,故QMN是以NQMN為直角的22等腰三角形，即MNLQM,也即MN子AE所成角大小等于90°7 .解：將正三棱柱ABC48cl沿側棱CG展開，其側面展開圖如圖所示，由圖中線路可得結論為10。8 .解法一(I)證明由題設知OALOOi,OBlOOi.因此NAOB

28、是所折成的直二面角的平而角，RPOAXOB.故能夠O為原點，OA、OB、OOi所在直線別離為了軸、y軸、z軸成立空間直角坐標系，如圖3,那么相關各點的坐標是A(3,0,0),B(0,3,0),C(0,1,)01(0,0,73).x/從而AC=(-3,l,V3),Bq=(0-3,73),AC-30；=-3+的、+=0.因止匕AC±BOb(II)解：因為兩芯=_3+、后6=0,因此BOJOC,由(I)AC_LBO,因此BO平面OAC,30；是平面OAC的一個法向量.設n=(x,y,z)是0平而OiAC的一個法向量，由，.£=°=>3%+>，+屈=0,取z=

29、G得3=(1,0,屈.nOC=0b?=0-設二面角OACO的大小為6,由186的方向可知。=</；,B0；>,因此cos6=8s<，BOt>=，8a_=交Ini114J3即二面角OACO|的大小是arccos.4解法二(I)證明由題設知OA_LOCh，OBlOOp因此NAOB是所折成的直二而角的平面角，RPOAXOB.從而AOJ«平面OBCO,OC是AC在面OBCOi內的射影.因為tanZOO.8="=。tanNQOC=生=，1oooq3因此NOOF=60°,ZOiOC=30°,從而OCLBO1由三垂線定理得ACJ_BCh.(II)解由AC±BOhOCIBOi,知