河南省遂平二高2020年高三数学立体几何复习课教案第四课时

第四课时：折叠与展开问题专题割形、补形、展开、折叠、内切、外接、（简称为割、补、展、叠、切、接）考察空间想像力。题目多变，有意思、有趣味、有回味。方法巧妙，构思新奇。将平面图形的一部分按题目所给条件翻折，就使一个平面图形的问题转化成一个立体图形的问题，由此得出一类立体几何题，如空间元素间的位置关系的判定与证明，元素间的距离的大小及成角的大小的计算等因此：折叠和展开是培养和训练空间想象能力和“转化”思想方法的好题材例题1(2020年山东)如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,DAB=60,E为AB的中点，将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则PDCE三棱锥的外接球的体积为( )A. B. C. D. 解：由题意可知，折叠后的三棱锥为正四面体，棱长为1(如图)。设三棱锥底面 CDE的高为PH，球心为O，则球心O在PH上。在原图正 CDE中，求得，在折叠后的图形中，利用直角 PDH求得，设球的半径为 R ，则，在直角 ODH中，由，得。故。点拨：本题以折叠问题为载体，考查多面体(正四面体)的外接球问题(简单几何体的组合问题)，能力要求较高，体现了最新考试大纲“要构造有一定的深度和广度的数学问题”的高考命题要求。这类题型我们要引起足够的重视，如2020年江苏卷第19题、辽宁卷理科第18题和文科第19题都是以平面图形的折叠问题为载体考查立体几何知识，成为试卷的把关题。例题2水平桌面上放有4个半径均为2R的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面的距离是 解：水平桌面上放有4个半径均为2R的球，且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形)在这4个球的上面放1个半径为R的小球，它和下面4个球恰好都相切，5个球心组成一个正四棱锥，这个正四棱锥的底面边长为4R，侧棱长为3R，求得它的高为R，所以小球的球心到水平桌面的距离是3R说明：本题是空间图形的垒叠问题例题3（2020年湖南卷）如图1，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2。（）证明：ACBO1；ABOCO1D图2图1ABCDOO1（）求二面角OACO1的大小。分析（I）、由题设可证得AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1内的射影。从而将证异面直线垂直转化为证明两相交直线垂直：OCBO1 ，再由三垂线定理得ACBO1。（II）、由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC。设OCO1B=E，过点E作EFAC于F，连结O1F（如图3），则EF是O1F在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O1FAC。所以O1FE是二面角OACO1的平面角。从而将求二面角的大小转化为求直角三角形中O1FE的大小。ABOCO1Dxyz图4FEABOCO1D图3小结：本题以一个折叠问题为载体，不落俗套，以图形变换的方式考查考生空间想象能力。两种解法均体现了化归与转化的思想，解法1体现了将空间问题转化为平面问题的降维思想，而解法2则是将几何问题的求解转化为空间向量的计算，体现了几何问题的代数化的思想。两种解法均充分体现了化归与转化的思想方法在解题中的威力！例题42020年上海卷理科11题：有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为。用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的是一个四棱柱，则的取值范围是_。小结：（1）本题研究空间图形的拼接问题（2）该题不仅考查了学生的观察能力、动手操作能力，也注意了学科内的综合考查。例题5侧棱长为4的正四棱锥V-ABCD中，AVB=BVC=CVD=DVA=30，过A作截面AEFG与棱分别交于E、F、G点，则截面四边形AEFG的周长的最小值为_12_。提示：利用侧面展开图展成一个平面图形即可.学生练习：正三棱锥A-BCD底面边长为a，侧棱长为2a。过B点作与侧棱AC，AD都相交的截面(如下左图)。当截面三角形周长最小时，求其截面的面积。解 沿侧棱AB把三棱锥A-BCD的侧面展开(如上右图)。则BE，EF，FB为截面BEF的三边，欲使截面三角形的周长最小，由平面几何知识知，须B，E，F，B共线，即线段BB为周长最小时的截线展开图。易知BE=BF，EFCD，BCEABCAEF，于是所以,设EF的中点为H，则EHEF，BH则当截面三角形周长最小时截面面积为例题6直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，又P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且AP=C1Q，则四棱锥B-APQC的体积为（ B）。 A、V B、V C、V D、V提示：利用割补的办法求体积。 )课后练习题1、将边长为a的正方形ABCD沿AC折起，使得BD=a，则三棱锥D-ABC的体积为（ ）A. B. C. D. 提示：这是一个折叠问题，注意折叠前后线线位置关系，数量关系的变化，取AC中点E，连结BE、DE，则，的平面角。 2、矩形ABCD中，AB=3，BC=4，沿对角线AC将折起，使点B在平面ADC上的射影E恰好落在AD上。 （1）求异面直线AB与CD所成的角的大小； （2）求二面角B-AC-D的大小； （3）求四面体ABCD的体积。解：（1）证明： （2）过E作 求出 3、一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论ABEF AB与CM成60 EF与MN是异面直线 MN/CD其中正确的是 （D）（A）（B） （C） （D）CABDNMEF11题4、正方体展开图下列各图形中，有的是正方体的展开图，写出这些图形的编号。（2）（3）（6）（8）（9）（12）（14）（16）（17）（19）（20）共11个。5、若圆锥的表面积是，侧面展开图的圆心角是，则圆锥的体积是_解：设圆锥的底面半径为，母线为，则，得，得，圆锥的高CDAB6、将正方体的纸盒展开(如右图), 直线AB, CD在原来正方体中的位置关系是 ( D )A 平行 B 垂直C 相交且成60的角 D 异面且成60的角7、把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A、B、C、D四点为顶点的正棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为 ( C ) A 90 B 60 C 45 D 308、2020年高考江西卷15题15如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=BC=，BB1=2，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为 解：如图所示，沿侧棱AA1剪开将棱锥的侧面展开成一个矩形，并将上底面分别按两种情况掀开，就可以得到从E到F的四个较短路径EOF、EPF、EQF、ERF，计算出四个值EOF=EPF=、EQFERF=，其中最小值ERF=就是所求的 说明：关于多面体或旋转体的表面最短路经的问题，一般都是研究其展开图9、2020年全国高考1卷4题）（4）如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且均为正三角形，EFAB，EF=2，则该多面体的体积为（A）（B） （C）（D）思路分析：将该几何体分割成一个柱体