立体几何中折叠与展开问题

1、立体几何中折叠与展开问题（2）【知识与方式】折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中表现。处置这种题型的关键是抓住两图的特点关系。折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材。解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了转变，哪些没有发生靠变。这些未转变的已知条件都是咱们分析问题和解决问题的依据。而表面展开问题是折壹问题的逆向思维、逆进程，一样地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试。【认知训练】1.ABC的BC边上的高线为AD,BD=a,CD=b,将&AB

2、C沿AD折成大小为H的二面角B-AD-C,假设cos6»=g,那么三棱锥A-BCD的侧面三角形ABC是（）bA、锐角三角形B、钝角三角形C、直角三角形D、形状与a、b的值有关的三角形点M到AB的距离为三2.如囱为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出以下三个命题：三棱锥C-DNE的体积是,6AB与EF所成角是:2其中正确命题的序号是3.将下面的平面图形（每一个点都是正三角形的极点或边的中点）沿虚线折成一个正四而A. ©B.C.D. 4,正方形ABCD中，M为AD的中点，N为AB中点，沿CM、CN别离将三角形CDM和4CBN折起，使CB与CD重合，设B点与D点重合于

3、P,设T为PM的中点，那么异而直线CT与PN所成的角为（）A, 30° B, 45° C, 60° D, 90°）5 . （06山东卷）如图，在等腰梯形A8CO中，AB=2OC=2, ZDAB=60E为A8的中点，将AOE与BEC别离沿ED、 EC向上折起，使A、B重合于点P,那么尸一OCE三棱锥的 外接球的体积为(B)2力6 .在直三棱柱ABC-A】B|G中，底面为直角三角形,ZACB=90°, AC=6, BC=CCi =的最小值是需包装纸的最小面积为7.用一张正方形的包装纸把一个棱长为a的立方体完全包住，不能将正方形纸撕开，所A. 9/

4、B. 8/ C. 7 a2D. 6a2【能力训练】例1 ,点。是边长为4的正方形A8co的中心，点E,尸别离是AO, 4C的中点.沿 对角线AC把正方形ABCD折成直二而角D -AC 一丛（I ）求NEOb的大小：（II ）求二而角七一。/一 A的大小.例2如图,在正三棱柱ABC-ABC中,AB=3, AA】=4,M为AAi的中点, P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面通过棱CC1到M点的最短线路长为格，设这条最短线路与CC的交点为N。求1）该三棱柱的侧面展开图的对角线长：2） PC和NC的长：3）平而NMP和平面ABC所成二面角（锐角）的大小（用反三角函数表示）例3.已知aABC的边长为3, D

5、、E别离是边BC上的三等分点，沿AD、AE把aABC折成 A-DEF,使B、C两点重介于点F,且G是DE的中点（1）求证：DE_L平而AGF（2）求二面角ADEF的大小；（3）求点F到平面ADE的距离.例4（江苏卷）在正三角形ABC中，E、F、P别离是AB、AC、BC边上的点，知足AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2（如图1）。将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，连结AiB、AiP（如图2）（I）求证：A】E_L平面BEP：(II )(III)求直线AjE与平面AiBP所成角的大小：求二而角B-AF-F的大小（用反三角函数表示）图2图1例5.（辽宁卷）已

6、知正方形48CD.E、/别离是A3、C。的中点，将aAOE沿。石折起,如下图，记二而角A-DE-C的大小为8（0<8v4）.（I）证明8月平面ADE;（H）若aAC。为正三角形，试判定点A在平面BCDE内的射影G是不是在直线EF上，证明你的结论,并求角。的余弦值.D【达到测试】1 .长方形中，AB=2j5BC,把它折成正三棱柱的侧面，使AD与BC重合，长方形的对角线AC与折痕线EF、GH别离交于M、N,那么截面MNA与棱柱的底面DFH所成的角等于（）A.30°B.45°C.60°D.90”2 .如图999是一个无盖的正方体盒子展开后的平而图，A、B、C是展开

7、图上的三点,那么在正方体盒子中，NABC的值为（）A. 180°B图 999B. 120°C. 45°D. 60°3.如图，在正三角形ABC中，D,E,F别离为各边的中点，G,H,LJ别离为AF,AD,BE,DE的中点,将AABC沿DE,EF,DF折成三棱锥以后，GH与U所成角的度数为（）A.90°B.60°4 .如图9100表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中彼此异面的有对.图 9100图 9101【分析】平面图形的翻折应注意翻折前后各元素相对位置的转变，AB、CD、EF和GH在原正方体中

8、如图9101.有AB与CD、EF与GH、AB和GH三对异面直线.5 .如以下图，在以下六个图形中，每一个小四边形皆为全等的正方形，那么沿其正方形相邻边折登，能够围成正方体的是（要求：把你以为正确图形的序号都填上）梯6.解:如左图，在平面AED内作MQAE交ED于Q那么MQ_LED,且Q为ED的中点,版结QN,那么NQ1ED且QNEB.QN=EB.NMQN为二而角从一。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内作MP_LBQ,得QP=MP=EB.故PB=QP=EB,故QMN是以NQMN为

9、直角的崎腰三角形，即MNLQM,也即MN子AE所成角大小等于90。如图，已知正三棱柱ABC45G的底面边长为1,高为8,一质点自A点动身，沿着生棱柱的侧而绕行两周点梃达A点的最短线路的长为DE±AB与加图，已知ABCD是上、下底边长别离为2和6,高为6的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，(I)证明：AC±BOX：(II)求二面角O-AC-Oi的大小。9.如图4,在正三棱锥A-BCD中，底而边长为a,侧棱长为2a,E、F别离为AC、AD上的动点，求截而4BEF的周长的最小值，和现在E、F的位置。图410.如图：在直角三角形ABC中，已知AB=a,NACB=30。，NB

10、=OO'D为AC的中点，E为BD的中点，AE的延长线交BC于F,将4ABD沿BD折起，二面角A：BD-C的大小记为0O求证：平面AERL平面BCD；。为何值时ABL2D?（3）在的条件下，求点C到平面ABD的距离。折会与展开问题参考答案【认知训练】1.答案：C点评：将平面图形折成空间图形后线而位置关系理不清，易瞎猜。2.答案:，把所给平面图恢复成4.取AN的中点S,那么PN2+PT2=TS2+SN2=TN2PN±PT>又PN_LPC；.PNJ_平面CMP,选D5 .解：易证所得三棱锥为正四面体，它的棱长为1,故外接球半径为出，外接球的体积为4g/（手）3=4乃，选C6

11、.解：连AiB,沿BG将ACBG展开与AiBG在同一个平而内，如下图，连AC，那么AC的长度确实是所求的最小值。通过计算可得NAiGC=90。又NBGC=45。，.-.ZAiC|C=135°由余弦定理可求得AiC=5j%7.试题背景：此题与以往把立体图简单地展开为平而图是不一样的，因为正方形的纸不能撕开来。此题情境新颖，具有较高的探讨价值，类似于2002年文史类最后一道高考附加题。解析：将正方形纸如图划分，其中BC=2AB=2CD,用标III的部份作下底而，标口的部ABCD分作四个侧而，标I的部份正好盖住立方体的上底而。由题意知，标I的部份正好盖住立方体的上底面。由题意知，标II的正

12、方形的边长为a,因此正方形纸的边长为2石，而积为8c/。应选B。评析：新世纪的高考试题的新颖性愈来愈明显，能力要求也愈来愈高，而且也愈来愈普遍。要在“创新”的大环境下来而对高考，咱们应把握好平常的一些新颖试题，充分挖掘其立意，触类旁通，普遍联系，以适应新课程的理念及新时期的高考。【能力训练】例1.解法一：（I）如图，过点E作EG_LAC,垂足为G,过点F作/7/_LAC,垂足为从那么EG=FH=五,GH=2近.EF2=GH2+EG2+FH2-2EG-FHcos90=(2>/2)2+(因+(伪2_o=i2.又在厂中，OE=OF=2,/lOE?+OF2-EF222+22-(2>/3)2

13、1cos/EOF=一一2OEOF2x2x2./EOF=120.（II）过点G作GM垂直于FO的延长线于点M,连EM.;二面角。一AC-8为直二而角，平而OACLL平面8AC,交线为AC,又EGLAC,，反；，平而班。GM_LOF,由三垂线定理，得凡A/EMG确实是二而角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的大小为arctan点.解法二：（I）成立如下图的直角坐标系。一“z,则亦=（1,一1,伪，无=（0,2,。）.OEOF1cos<OE,OF&

14、gt;=._,=一一OEOF2.AEOF=120.（II）设平面OE尸的法向量为“=（l,y,z）.由晨砺=0,“方=0,得因此，修=（1,0,一又因为平面AOF的法向量为%=（0，°）， n, y/3：.COS < IL ,% >="-=一 I h1 II n213价:.<%,外>=arccos一3因此，二面角£一。尸一A的大小为arccos史3例2,正解：正三棱柱ABC-AiBiCi的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为“+42=7的如图1,将侧面BG旋转12。使其与例而AG在同一平面上，点P运动到点Pi的位置，连接MP，

15、那么MP1确实是由点P沿棱柱侧面通过CG到点M的最短线路。设PC=x,那么PiC=x,在R/AMA片中,G+x)2+22=29,x=2MCRC2“4MA8A55连接PPi(如图2),那么PPj确实是NMP与平面ABC的交线，作于H,又CG1平面ABC,连结CH,由三垂线定理得，CHZAWC溯t是平面VMP与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)证：由题知AD=AE,DG=GEADEXAG又DF=EF,DG=GE（2）由.cosAGF =在4AGF中,ADE±FG又AGGFG=G：.ZAGF

16、=arcco（3）过点F作FH_LAG于H,由（1）得DEL平而AEFFHu而AGFADE±FH又AG1FHAGu而ADEDEu而ADE，FH平面ADEAFH的长确实是点F到平面ADE的距离在RtAFGH中，FH=GF-sinFHG=22=V6"V，点F到平面ADE的距离为3评注：折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体。如此题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样知道线面垂直的判定方式，二面角平而角的作法和点面距的求法，还要正确画出正三角形ABC沿特定边折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的转变情形和有关量（边长与角）的转变情形，不然无法正确解题。这正是折

17、叠问题的价值所在。例4解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3（1） 在图1中，取BE中点D,连结DF.AE：EB=CF：FA=1：2AAF=AD=2WZA=60AADF是正三角形，又AE=DE=1,，EF，AD在图2中，AiE_LEF,BELEF,，NA】EB为二面角AiEF-B的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角，AiEl.BE,又850痔=石，A正_1平面BEF,即AiEJ_平面BEP（2） 在图2中，AiE不垂直AiB.AiE是平面AiBP的垂线，又A】E_L平面BEP,.AE_LBE.从而BP垂直于AF在平面AFP内的射影（三垂线定理的逆定理）设A】E在平而A）BP内的射影为AQ,

18、且AiQ交BP于点Q,则ZEiAQ确实是AiE与平面AiBP所成的角，且BP±AiQ.itAEBP中，BE=EP二2而NEBP=60°,AAEBP是等边三角形.又人正上平面BEP,/.%B=A,P,Q为BP的中点，且EQ=6,又AiE=l,在RtA，EQ中，tanNEA1Q=£2=J5,，NEA，Q=60°,；直线A】E与平面ARP所成的角为60°在图3中，过F作FMJ_AiP与M,连结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从而NA：PF=/A,PQ，由(及MP为公共边知FMP/ZQMP,Z.NQMP二NFMP二90°,且MF=MQ,从而NFMQ为二面角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，FC=1,QC=2,ZC=60°,由余弦定理得。/=,二面角B-AiP-F的大小为乃一arccosN8为X轴.OC为y轴成立空间直角坐标系如图,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，连8、CH、DH,那么四边形BHCD是正方形，且A4=1.以。为原点，以DB沅=(-1。)屈=(1,1,1),：.BCDA=BCLAD.设平面A8C的法向量为/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的一个法向量为4=(1,0,1).由图能够看出,三而角B-AC-D的大小应等于<4,%>(3)设E(x,y,z)是线段AC上一点，那么x=z>0,y=1,平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),DE=

21、(x,l,x),要使石。与而成30。角,由图可知历与的夹角为60。,因此cos<DE.n>=I。/I=，,入=cos60°=DEnV1+I72则2工=Jl+27，解得"=上，那么CE=&=1.2故线段AC上存在E点，且CE=1,时EO与而BCD成30。角.【解后反思】在立体几何学习中，咱们要多培育空间想象能力，关于图形的翻折问题，关健是利用翻折前后的不变量,二而角的平面角的适被选取是立体几何的核心考点之一.是高考数学必考的知识点之一.作，证，解,是咱们求二面角的三步骤.作:作出所要求的二面角，证:证明这是咱们所求二面角，并将那个二面角进行平面化,置于一个

22、三角形中，最好是直角三角形,利用咱们解三角形的知识求二面角的平面角.向量的运用也为咱们拓宽了解决立体几何问题的角度,只是在向量运用进程中，要第一要建系，建系要建得合理,最好依托题目的图形,坐标才会容易求得.例5.【解析】证明:EF别离为正方形ABCD得边AB、CD的中点，/.EB?./.F-EFcW-WiAED,<zTffilAED/.8/ADE(H)解法1:如右图，点A在平而BCDE内的射影G在直线EF上，过点A作AG垂直于平面BCDE,垂足为G连结GC.GD. /AACD为正三角形,.AC=AD.CG=GD G在CD的垂直平分线上，点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上，过G作GH

23、垂直于ED于H.连结AH,则AH1DE,因此/AHD为二面角A-DE-C的平面角.即44"G=6,设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AAEF中,AF=04,EF=2AE=2a.即AAEF为直角三角形，AGEF=AEAF：.AG=a2在 Rt A ADE 中,AH DE = AE ADAH = =： ci /. GH =，V52V5cosTAH解法2:点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上，连结AF,在平面AEF内过点作AGUE77,垂足为G. .,AACD为正三角形,F为CD的中点,.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为A在平面BCDE内的射影G即点A在平而BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H.连结AH,则AH1DE,因此ZAHD为二而角A-DE-C的平面角.即ZAHG=e,设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AAEF中,AF=JL,EF=2AE=2a,即AAEF为直角三角形，AGEF=AE，AFAG=a2。IJ1在RtAADE中，AHDE=AEAD：.AH=ci：.GH=cos6=小2小AH4解法3:点A在平面BCDE内的射

25、影G在直线EF上连结AF,在平面AEF内过点作AGUE/"垂足为G.AACD为正三角形.F为CD的中点,.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为A在平面BCDE内的射影G即点A在平面BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则因此NAH。为二而角A-DE-C的平面角,即NA”G=6设原正方体的边长为2a,连结AF,在折后图的AAEF中,AF=JJa,EF=2AE=2a,即AAEF为直角三角形，AGEF

26、=AE-AF：.AG=a2在 RtAADE 中，AH DE = AE AD ：. AH =伸”丝J275 AH 4【点评】本小题考查空间中的线面关系，解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力.【达到测试】1,解：不妨设BC=3,则AE二EGGB二26卜仁1,6/2.延长NM与GE的延长线交与点H,连AH.VEM-GN,AGE=EH,NM-MH,又AE=GE,，AE二GE二EH,故GA_LAH.2又由题可知AM=MN,AM=MN-MU,ANA±AH.ZGAN即为而AMN与而DHF所成的角夕，/.tan0-。故6=30°,应选A。AG2733A(B)5 .6 .6.解：如图

27、,在平而AED内作MQAE交ED于Q,那么MQLED,且Q为结QN,那么NQ±ED且QNEB.QN=EB,NMQN为二而角A-DE-B的平市EBAZMQN=45°,ABJ_平面BCDE,又NAEB=NMQN=45°.MQ=；AI平而MQN内作MP_LBQ,得QP=MP=LeB.故PB=QP=1EB,故QMN是以NQMN为直角的22等腰三角形，即MNLQM,也即MN子AE所成角大小等于90°7 .解：将正三棱柱ABC48cl沿侧棱CG展开，其侧面展开图如图所示，由图中线路可得结论为10。8 .解法一(I)证明由题设知OALOOi,OBlOOi.因此NAOB

28、是所折成的直二面角的平而角，RPOAXOB.故能够O为原点，OA、OB、OOi所在直线别离为了轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图3,那么相关各点的坐标是A(3,0,0),B(0,3,0),C(0,1,)01(0,0,73).x/从而AC=(-3,l,V3),Bq=(0-3,73),AC-30；=-3+的、+=0.因止匕AC±BOb(II)解：因为两芯=_3+、后6=0,因此BOJOC,由(I)AC_LBO,因此BO平面OAC,30；是平面OAC的一个法向量.设n=(x,y,z)是0平而OiAC的一个法向量，由，.£=°=>3%+>，+屈=0,取z=

29、G得3=(1,0,屈.nOC=0b?=0-设二面角OACO的大小为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)证明由题设知OA_LOCh，OBlOOp因此NAOB是所折成的直二而角的平面角，RPOAXOB.从而AOJ«平面OBCO,OC是AC在面OBCOi内的射影.因为tanZOO.8="=。tanNQOC=生=，1oooq3因此NOOF=60°,ZOiOC=30°,从而OCLBO1由三垂线定理得ACJ_BCh.(II)解由AC±BOhOCIBOi,知