立体几何中折叠与展开问题(优选)

1、立体几何中折叠与展开问题2【知识与方法】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达。处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系。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变化，哪些没有发生变化。这些未变化的条件都是我们分析问题和解决问题的依据。而外表展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体外表的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试。【认知训练】 ABC的BC边上的高线为 AD , BD=a , CD=b，将 ABC沿AD

2、折成大小为B的二面角aB-AD-C，假设COS ,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的距离为上22F:CD m1三棱锥C- DNE勺体积是E NMBAB与EF所成角是一M2其中正确命题的序号是 2.如图为棱长是1的正方体的外表展开图，在原正方体中，给出以下三个命题:3?将下面的平面图形每个点都是正三角形的顶点或边的中点沿虚线折成一个正四面体A .B .C.D .4. 正方形ABCD中，M为AD的中点，N为AB中点，沿CM CN分别将三角形CDMAA CBN折起，使CB与CD重合，设B点与D点重合于P

3、,设T为PM的中点，那么异面直线 CT与PN所成的角为()A,30° B,45 0 C,60 0D,90第11题图5. ( 06山东卷)如图，在等腰梯形 ABCD中，AB=2DC= 2, / DAB =60° ,E为AB的中点，将 ADE与厶BEC分别沿 ED、EC向上折起，使 A、B重合于点P,贝U P-DCE三棱锥的 外 接球的体积为4、. 3(A)27<6(B) 2.6(C) 8,66. 在直三棱ACB = 90 , AC =-6, BC = CC i=,2 ,P 是 BCi 上动点，那么的最小值是 7.用一张正方形的包装纸把一个棱长为a的立方体完全包住需包装纸

4、的最小面积为2 2 2 2A. 9a B . 8a C. 7a D.6a【能力训练】例1.点O是边长为4的正方形ABCD的中心，点E , F分别是AD , BC的中点？沿 对角线 AC把正方形ABCD折成直二面角 D AC B ?(I)求EOF的大小；(n)求二面角E OF A的大小.例2.如图，在正三棱柱 ABC-A 1B1C1中，AB=3 , AA 1=4,M为AA 1的中点,P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱 CC1到M点的最短路线长为C129，设这条最短路线与 C1C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；AiB3) 平面NMP和平面ABC所成二面角

5、(锐角)的大小(用 反三角函数表示)例3. ABC的边长为3, D E分别是边BC上的三等分点，沿AD AE把厶ABC折成A DEF,使B、C两点重合于点 F,且G是DE的中点(1)求证：DEL平面AGF(2) 求二面角 A DE- F 的大小；例4 江苏卷在正三角形 ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足 AE:EB =CF:FA = CP:PB = 1:2 如图1 。将厶 AEF沿EF折起到 A,EF的位置，使二面角 Ai EFB成直二面角，连结 AiB、AiP 如图2I求证：AiE丄平面BEP；n求直线AiE与平面AiBP所成角的大小川求二面角 B AiP F的大小用反

6、三角函数表图1图2例5.辽宁卷正方形ABCD.E、 F分别是 AB、CD的中点，将ADE沿DE折起,如下图，记二面角 A DE C的大小为 °.I证明BF /平面ADEII假设八ACD为正三角形，试判断点A在平面BCDE内的射影G是否在直线EF上,证明你的结论，并求角的余弦值？【达成测试】AI.C长方形中，AB=2、，3BC,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分另F交于M N,那么截面MNA与棱柱的底面CDFH所成的角等于A. 30 0B. 45 °C . 60°D. 90 °2.D如图9 99是一个无盖的正方

7、体盒子展开后的平面图，A、B、C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，/ ABC的值为)B .C. 45°D. 60°120 °3?如图，在正三角形 ABC中，D, E, F分别为各边的中点，G , H , I, J分别为AF , AD , BE , DE的中点ABC沿DE, EF, DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为A. 90 °B. 60 °AB、CD、EF 和4. 如图9 100表示一个正方体外表的一种展开图，图中的四条线 段GH在原正方体中相互异面的有 对.图 9101C. 45 °D. 0°【分析】平面图

8、形的翻折应注意翻折前后各元素相对位置的变化，AB、CD、EF和GH在原正方体中如图 9 101 .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，图 9 100每个小四边形皆为全等的正方形， 那么沿其正方形相邻边折叠，能够围成正方体的是 要求：把你认为正确图形的序号都填上 设于如图，ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为-3的等腰梯形，将它沿对称轴OOi梯 6.解：如左图,在平面 AED内作 MQ / AE交ED于Q,那么MQ丄ED,且Q为ED的中点, 连结 QN,贝U NQ丄ED且 QN / EB,QN=EB, / MQN为二面角 A DE B的平面角，A

9、11?/MQN=45 ° v AB 丄平面 BCDE,又/ AEB= /MQN=45 °,MQ=AE=EB在B22 '平面MQN内作 MP 丄 BQ,得 QP=MP=丄 EB,故 PB=QP=-EB,故QMN是以/QMN为直角的D22等腰三角形,即MN丄QM,也即MN子AE所成角大小等于90 °腰7.如图，正三棱柱 ABC AB 1C1的底面边长为1,高为8,质点自A点出发，沿着中棱柱的侧面绕行两周占八、到达Ai点的最短路线的长为DE折成直二面角，(I)证明：AC 丄 B0；如(n)求二面角0- ac 0的大小。图5 / 17word.E9.如图4，在正三

10、棱锥 A BCD中，底面边长为 a, 侧棱长为2a, E、F分别为ACE、F的位置。AD上的动点，求截面厶 BEF的周长的最小值，以及此时 10?如图：在直角三角形 ABC中， AB=a，/ ACB=30 ,/ B=90°,D为AC的中点，E为 BD的中点，AE的延长线交 BC于F，将 ABD沿BD折起，二面角 A'-BD-C的大小记为 0o求证：平面A'EF平面BCD ;B为何值时A'B CD ?F折叠与展开问题参考答案【认知训练】1. 答案：C2.答案:，把 所给平 面图复点评：将平面图形折成空间图形后线面位置关系理不清，易瞎猜D4. 取 AN 的中点 S

11、,那么 PN2+PT2=TS2+SN2=TN2: PN 丄 PT,又 PN 丄 PC : PN 丄平面 CMP ,5.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-6，外接球的体积为44 (鸟3込，选C3486.解：连AiB，沿BCi将厶CBCi展开与 AiBCi在同一个平 面内，如下图，连AiC，贝U AiC 的因为正方形的纸不FHcos90J,长度就是所求的最小值。通过计算可得 AiCiC= 90又BCiC = 45 ,AiCiC= i35由余弦定理可求得 AiC = 5 22002年文史类最后一道咼考附加能撕开来。此题情境新颖，具有较高的探索价值，类似于 题解析：将正方形纸如

12、图划分，其中BC=2AB=2C ,用标山的局部作下底面，标II的部分作四个侧面，标I的局部 正好盖住立方体的上底面。 A B 由题意知，标I的局部正好盖住立方体的上底面。由题意知，标II的正方形的边长为 a,所以正方形纸的边长为 2 2a，面积为8a2。应选B。评析：新世纪的高考试题的新颖性越来越明显， 能力要求也越来越高，并且也越来越广泛。要在“创 新的大环境下来面对高考，我们应把握好平时的一些新颖试题，充分挖掘其立意， 举一反三，广泛联系【能力训练】7.试题背景：此题与以往把立体图简单地展开为平面图是不一样的，例1?解法一： 如图，过点 E作EG丄AC,垂足为G,过点F作FH丄AC,垂足为

13、H ,那么 EG FH .2 , GH 2.2(2.2)2( . 2)2(、2)20 i2.以适应新课程的理念及新时代的高考。又在)过EQfG作,gOE垂直于2fo的延长线于点y，Z),.连3em .?二面角D AC B为直二面角，？?禪面Da一丄平面BAC , OE2 of2 EF222 22 (2、一 3)2? EG丄平ffiOBAC .T GM丄OF，由三垂线定理，得 Em丄OF .? EMG就是二面角 WOF 2F的平面角.EOF 120 ?交线为AC,又T EG丄AC,在Rt EGM中,-tan EMGEGM 90 : , EG、2 , GM 1 OE 2EMG arctan、2 .

14、所以，二面角OF A的大小为arctan、2 .解法二：(I)建立如下图的直角坐标系那么 OE (1,1 r.,2),(020)cosEOF 120(n)设平面OEF的法向量为由0,得1 y '2Z °,解得 y 0,2y0,所以,(1,o,子)n1又因为平面 AOF的法向量为(0,0,1),所以，二面角EOF A的大小为n1 , n2arccos 3例2?正解：正三棱柱 ABC-A 1B1C1的侧面展开图是一个长为 9，宽为4的矩形,其对角线长为92 4297如图1,将侧面BCi旋转120使在厶侧面中Ci在同一平面上，点 P运动到点3F一3的位置，连接MPi,那么MPi就是

15、由点P沿棱柱 侧面 经过CCi到点M的最短路线。设 PC = x，贝 u PiC= x ,在Rt MAR中，(3+ x)2 22 29,x 2MC RCMA PANC连接PPi 如图2,贝u PPi就是NMP与平MjTAu.jrffil4 hi.II jj1ClN> -_AIl /%匸匚PlHBAl面ABC的交线，作NH PP于H ,又CCi平面ABC，连结CH，由三垂线定理得，CHPPi。NHC就是平面NMP与平面ABC所成二面角的平面角CH 1在Rt PHC中,PCH在 Rt NCH 中,tan NHC例3. 1证：由题知 AD=AE，1-PCP12NC 4CH 5DG=GE60 ,

16、? DE丄 AG又 DF=EF，DG=GE? DE 丄 FG 又 AG A FG=G? DE丄平面AGF(2)由(1)得 E 丄 AG，DE 丄 FG?/ AGF 为二面角 A DE F的平面角cos AGFAGFAF=3，AG=，AG2 FG2 AF2 AG FG1arccos -FG3.3 .3AJLNJfD2E过点F作FH丄AG于H，由1得DE丄平面AEFFH 面 AGF ? DE 丄 FH又AG丄FH AG 面ADE DE 面ADE? FH丄平面 ADE? FH的长就是点 F到平面ADE的 距离在 Rt AQP 中,A1Q=AF=2,PQ=1,又？ AP 5MQ 丄 A1P ? MQA

17、iQ?PQA1P2.55FH=GF ? si nF HG= 2 *在 Rt FGH 中，?点F到平面ADE的距离为一63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懂得线面垂直的判定方法，二面角平面角的作法以及点面距的求法，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、线面位置的变化情况以及有关量(边长与角)的变化情况，否那么无法正确解题。这正是折叠问题的价值所在。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 : 2 二 A

18、F=AD=2 而 / A=6C °, /. ADF是正三角形，又 AE=DE=1, ? EF丄 AD在图2中，A1E丄EF, BE丄EF, A1EB为 二面角EF B的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角，A1E丄BE,又BEp) EF E ? A1E丄平面BEF,即A1E丄平面BEP(2) 在图2中，A1E不垂直 A1B, ? A1E是平面A1BP的垂线，又 A1E丄平面BER?- A1E丄BE.从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影(三垂线定理的逆定理)设A1E在平 面A1BP内 的射影为 A1Q,且A1Q交BP于点Q,那么/ E1AQ就是A1E与平面A1BP所成的角，且B

19、P丄A1Q.在厶 EBP 中,BE=EP=2 而/ EBP=6() , ? EBP 是等边三角形?又 A1E 丄平面 BEP,? AB=AP, ? Q为BP的中点，且EQ J3 ,又 人茫=1,在Rt A1EQ中，tan EA1Q畀巧宀eaq=60, ?直线A1E与平面A1BP所成的角为600在图3中，过F作FM丄A1P与M,连 结 QM,QF, ?/ CP=CF=1, / C=60),1 ? FCP 是正三角形，？ PF=1.有 PQ - BP 1 ? PF=PQ ,2TA1E 丄平面 BEP, EQ EF 爲？ AE=AQ,? AFPAA AQP 从而 / APF=/ A1PQ,由及MP为

20、公共边知 FMPAA QMP,?QMPN FMP=90,且 MF=MQ,2、5 在厶 FCQ 中,FC=1,QC=2,5MF/ C=60),由余弦定理得 QFMF2 MQ2 QF2MF ?MQ在厶 FMQ 中，cos FMQ从而/ FMC为二面角B A1P F的平面角.(2)设平面ABC的法向量为(x,y,z),那么由 mx y 0;CA 知:J CA(1,1,1).0.可取R|同理，可求得AC(1,0, 1).D的大小应等于 耳门；设由图可以看出,三面角B那么 cos <1*3.23，即所求二面角的大小是arccos ,E(x, y, z)是线段AC上一点,那么xz> 0, y

21、1,平面BCD的一个法向量为n (0,0,1), DE (x,1,x),解法二：(1 )作 AH 面 BCD 于 H ,连 BH、CH、DH那么四边形BHCD是正方形,且AH 1 ,以D为原点，以DB为x轴,DC那么 B(1,0,0), C(0,1,0), A(1,1,1).孔1,0),DABC DA 0,贝 y BC (1,1,1),AD.BC 知 BCDE与n的夹角为60,要使所以ED与面BCD成30由xV1 2x2cos60那么2x 1 2x2,解得,x2,那么 CE22x 1.故线段AC上存在E点，且CE 1 ,时ED与面BCD成30角.【解后反思】在立体几何学习中,我们要多培养空间想

22、象能力,对于图形的翻折问题,关健是利用 翻折前后的不变量,二面角的平面角的适中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，是我们求二面角的三步骤 .作：作出所要求的二面角,证:证 明这是我们 所求二面角,并将这个二面角进行平面化 ,置于一个三角形中,最好是直角三角形 利用我们解三角形 的知识求二面角的平面角.向量的运用也为我们拓宽了解决立体几何问题的角度，不过在向量运用过程中,要首先要建系,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】(I)证明：EF分别为正方形 ABCD得边AB、CD的中点,EB/FD,且EB=FD,四边形 EBFD为平行四

23、边形.BF/EDUEF平面AED,而BF平面AED BF/平面ADE(II)解法1 :如右图，点A在平面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. /ACD 为正三角形，AC=AD CG=GDTG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垂直于ED于H,连结AH,那么AH DE，所以AHD为二面角A-DE-C的平面角.即AHG，设原正方体的边长为 2a,连结AF在折后图的AEF 中,AF= , 3a ,EF=2AE=2a,22 “aGH 1a GH -52,5，cosAH 4即 AEF 为直角三角形，AG EF

24、AE AF 在 Rt ADE 中，AH DE AE AD AH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AG EF ,垂足为G . ACD为正三角形,F为CD的中点，AF CD又因EFCD，所以CD平面AEF"AG I平面AEFAGCD又AGEF 且 CDEFF,CD 平面 BCDE,EF平面BCDEAG平面BCDEG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,那么AH DE，所以AHD为二面角A-DE-C的平面角.即AHG，设原正方体的边长为 2a,连结AF在折后图的 AEF 中,

25、AF= 3a ,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形，AG EF AE AF AG 3 aGH 1在 Rt ADE 中，AH DE AE AD AH =cos2 <5AH2解法3: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AG EF ,垂足为G .ACD 为正三角形 ,F 为 CD 的中点 ， AF CD又因EF CD ,所以CD平面AEF CD 平面BCDE平面AEF平面BCDE又门平面 AEF 平面 BCDE=EF,AG EFAG EFAG平面BCDE G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,

26、连结AH,那么AHDE所以AHD为二面角A-DE-C的平面角即AHG设原正方体的边长为2a,连结AF，在折后图的AEF 中,AF= , '3a ,EF=2AE=2a,GHGH 1AH 425'C°S即AEF为直角三角形，AG EF AE AF在 Rt ADE 中，AH DE AE AD AH【点评】本小题考查空间中的线面关系，解三角形等根底知识考查空间想象能力和思维能力【达成测试】1.解：不妨设 BC=3,贝U AE=EG=GB八.'3 ,EM=1,GN=2, 延长NM与GE的延长线交与点 H,连 AH.1?/ EMGN, A GE=EH,NM=MH 又 AE

27、=GE , A AE=GE=EH 故 GAL AH.2又由题可知 AM=MN, A AM=MN=MH, NAlAH, / GAN l卩为面 AMN与面DHF所成的角NG 23A tan aG 2 33故=3° °，应选 A。2.【答案】3. B4.3B (0,AC丄6. 6?解：如图,在平面AED内作 MQ / AE交ED于Q,那么MQ丄ED,且Q为0d QN, 那么 NQ丄ED且 QN II EB,QN=EB, / MQN为二面角 A- DE B的平面角,十十1?/ MQN=45 ° v AB 丄平面 BCDE,又I AEB= I MQN=45 ° ,

28、MQ= AE=211平面 MQN 内作 MP 丄 BQ,得 QP=MP= EB,故 PB=QP= EB,故 QMN 是以 I QM22等腰三角形，即MN丄QM,也即MN子AE所成角大小等于 907.解：将正三棱柱ABC A1B1C1沿侧棱CC1展开，其侧面展开图如图所示，由图中路线可得结论为102为直角的8?解法一(I)证明 由题设知0A丄001,OB丄001.所以I A0B是所折成的直二面角的平面角，即0A丄0B.故可以0为原点，0A、0B、001所在直线分别为 X轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 图3,那么相关各点的坐标是 A (3, 0, 0),3, 0), C (0, 1, V3 )0

29、1 (0, 0, 、3 ).从而 AC ( 3,1,、3),B01 (0, 3,、3), AC BQB01.所以(II )解:因为 B01 0C 3330,所以 B01 丄 0C,(I) AC丄B01,所以B01丄平面OAC , B01是平面(x, y, z)是0平面01AC的一个法向量AC 001C 03x y 3z y 0.0,取 z 3,得 n设二面角0 AC 01的大小为n、B01的方向可知3,30.OAC的一个法向量(1,0, 3).n， BO1 >,所以 cos cos n , B01 >=八B01In丨丨B014即二面角 0 AC 01的大小是 arccos .4解法二I证明 由题设知OA丄OOi, OB丄OOi,所以/ AOB是所折成的直二面角的平面角，OiC , 3OOi 3 ，从而 OCX BOiOC是AC在面OBCO i内的射影.OQC因为 tan 00 iB3 tanOOi所以 / OOiB=60。，/ OiOC=30由三垂线定理得 AC丄BOi.II 解由I AC 丄 BOi, OC 丄 BOi,知 BOi 丄平面 AOC.设OC A OiB=E，过点E作EF丄AC于F,连结 OiF 如图4,那么EF是OiF在平面 AOC内的 射影，由三垂