立体几何中折叠与展开问题.docx

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1、立体几何中折叠与展开问题（2）祁东育贤中学周友良【知火与方法】折扑与展开问题是立体几何的两个击要问魄，这两种方式的转变正是瓮间几何与平面几何问题转化的集中表达。处理这类烟型的关键是抓住两图的特征关系，折登问82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.解答折电问遨的关诚在于画好折胜前后的平面图形与立体图形,并弄清折会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何题和解决问胭的依据。而外表展开问题是折我向题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体外去的何胭，斛题时不妨将它展开成平面图形试一试。【认知调练】1.ZXABC的BC边上的高线为AD.BD=a.CD=

2、b.将aABC沿AD折成大小为O的二面角B-AIC,假设cos。=：，那么三极谁ABCD的侧面三角形ABC是（）bA、锐角三角形B.钝角：Z角形C,直角三角形D、形状与a.b的值有关的三角形2.如图为梭长是1的正方体的外表展开图，在原正方体中，给出以下三个命时：点M到A8的部禽为立2梭锥C-DNE的体枳是16AB与EF所成用是Z2其中正确命题的序号是3.利下面的平面图形1衽个点都是正.角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个正四而体后，直线MN与P。是异面出线的是（）C.60D,90,）第11题困5.（06山东卷）如图.在等腰梯形A8CO中,AB=2DC=2.OA8=6（）c,E为AB的中点，44

3、DE-EC分别沿ED.EC向上折起，1st!4.8五合于点H加么一。CE三极锥的外接球的体枳为24ABe-A1.BIG中，底面为直角三角形,ZCB=9(,C=6,BC=CCi=2,P是BG上一动点，那么CP+PABK7C的最小值是/7.用一张正方形的包装纸把个梭长为a的立方体完全包住,不能拘正形域区需包装纸的最小面积为C1.A.9a2B.82C.72D.(x2【能力调练】例1.点。是边长为4的正方形ABC。的中心，点,广分别是八O.8C的中点.沿对角城AC把正方形八8。折成直二面角。一AC-8.(I)求NEO”的大小：（三）求二面角七一。尸一A的大小.例2.如图，在正三极柱ABe-ABG中，A

4、B=3,AA=4.M为AAI的中点,BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过极CCi到M点的最短路线长为V药.条/短路线与C1.C的交点为N.求m/D该三棱柱的恻面展开图的对角线长：卜7、J2) PC和NC的长；3) Y1.ft1.NMP和平向ABC所成二面狗(悦知的大小(用B反三角函数友示)例3.AABC的边长为3,D、E分别是边BC上的三等分点，沿AD、AE把AABC折成A-DEF,使B、C两点重合于点F,H.G是DE的中点(1)求证：DEj_平面AGFZ(2)求二面为A-DE-F的大小：加(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分别是AB、AC.W/湎足AE

5、:EB=CF:FA=CPTB=1:2如图I).将AAEF沿EF折起到EF的位置B.直二面角，连结AiB,AP(如、2)(I)求证：A1EiBEP：(13求出线A1E与平面A1BP所成角的大小：UH)求二面角B-A1.P-F的大小(用反三角函数表示)例5.(辽宁卷)正方形八F分别月AB、CQ的中点4%叱沿。E折起,如下图,记二面用A-QE-C的大小敢g*).R证明8尸平I必i11?(I1.)假设.CD浓：.角形,沙硝嘛A在平面HCDE!;GJrtEF上,证明你的结论,并求角。的余弦&一bpcA【达成试】1.长方形中，AB=25BC,把它折成正三棱柱的侧面,使M）与BC重合，长方形的对地线AC与折

6、痕线EF.GJI分别交于M、N.那么故而MNA与桢柱的底面D111.所成的用等于（）A.30B.45C.60D.902.如图9一99是一个无益的正方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，NABC的值为（）图9一99.180B.120C.45D.603.如图.在正三角形ABC中，D,E.F分别为各边的中点，G,H.1,J分别为AF,AD,BE.DE的中点,将AABC沿DE,EF.DF折成三粳锥以后,GH与IJ所成角的度数为OA.90B.60C.45D.Oa9-100龙示一个正方体外表的一种展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中相互异面的有时.图9

7、100图9101【分析】平面图形的翻折应注意翻折前后各元索相对位置的变化,AB、CD、EF和GH在原正方体中如图9101.有AB与CD、EF与GH、AB和GH三对片面直线.5.如以下图，在以下六个图形中，每个小四边形青为全等的正方形，那么沿其正方形相邻边折总能够国成正方体的是（要求：把你认为正确图形的序号都填上）（Ddxs）A八N是直角梯形AHC7）两腰的中点，QE一八8于双如图）.现将4/）E沿/小折起，使二面知八-DE-B为45%此时点A在平面8CCE内的射影恰为点B,那么V、N的连线与AE所成角的大小等于.6.解：如左图.在平面AED内作MQ/7AE交ED于Q.那么MQ_1.ED.且Q为

8、ED的中点.连结QN.那么NQED.QN/EB,QN=EB,ZMQN为：面角八一。石一8的平面角.MQN=45.,ABJ.平面BCDE,又/AEB=/MQN=45.MQ=1.AE=!IEB,在平面MQN内22作MP_1.BQ.得QP=MP=IEB.故PB=QP=；EB.故QMN是以NQMN为白角的等腰三角形,即MN1.QM.也即MN子AE所成角大小等于90.7 .如图,正三桢柱48C的底面边长为I,高为8,一质点自八点出发，沿着滋柱的仰面境行巧用别为2和6.高为的等腰梯形,符它沿对到达4点的城短路规的长为，8 .如图,ABCD是上、下底边长分称轴OOi折成直二面角.(1)证明：AC1.BO”(

9、II)求二面角Q-AC-O1.的大小.O1.Q9 .如破*,0,t*-S-BCD,底面边长场确切%.N分别为AC、AD上的动点，求截面4B/、及此时E、F的一%，/10 .如图AQH，叱CU1.T,A-a,RAC的中机E为BD的中点，AE的延长线交BC于F.%ABD沿BD式起.二值磔,-BD-C的大小记为.求证：平面AEF1.平面BCD：为何ff1.时AB_1.CD?(3)在的条件K,求点C到平面ABD的距离,【认知调修】I.答案；C点评：将平面图*B2 .答案:，把所给斗匕图及康成4 .取AN的中点S,那么PN-+PT2=TS-+SN2=1:PNPC.PN1.平面CMP.D5 .解；易证所知

10、:.极椎为正四面体，它的梭长为1.J/I1.-屈f外接球的体积为全净,=步,选C6：连AB,沿BG将ACBCi展开与AAtBG在面内，如卜图,连A1C,那么AC的长度就是所求值。通过计算:可得ACC=90。乂BGC=45)二NAiGC=135。由余弦定理可求得A1C=507.试跑背景：此起与以往把立体图简单地展开为不样的，因为正方形的纸不能撕开来，此胭情境新颖，具有较海的探索价位，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U1.的同部作下底面，标II的部分作四个侧面，标I的局部正好盅住立方体的上底面.由时强知标【的局部正好盅住立方体的上底

11、面.由他意知，标II的正方杉的边长为a,所以IE方形纸的边长为2J工，面积为8，/。应选B.评析：新世纪的高考试题的新联性越来越明极.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区.充分挖掘其立意，举一反三，广泛联系，以适应新课程的理会及新时代的高考.【能力调练】例1.解法一：(I；如图.过点右作EG_1.AC.垂足为G,过点/、作bH1.AC.垂足为那么EG=FH=C.GW=22.(II)过点G作GM垂直于FO的延长线于点M,连EM.二面角CfC-8为口二面角，I平面。AC1.平面BAC交钱为4C，又YEG1.AC，,EG1.平面BACY

12、GM1.OF,由三垂线定理,EMIOF.：.NEWG就是二面角一。A的平面角.在RtAEGA,中.NEGM=9),EG=y2.GM=-OE=.2tan2EMG=丝=0.NEMG=arctan2.GM所以，二面角EO-A的大小为arctang.解法二：(I)建立如下图的耳角坐标系。一种，那么E=(1.,-1.,J),OF=(0.2.0).cos=EF=-.OEOF2.ZEOF=I20.(11)设平面OEF的法向盘为M1.=(1,FZ).由I。=O./T1-OF=0.御黑产。,解得当又因为平面AOF的法向册为%=(0.0,1)，n.,石.不:.cos=j_=.=arccos.-In1IIwj323

13、所以，二面角E-OF-A的大小为acos上3例2.正解，正式棱柱ABC-.%BG的例面展开图是一个长为9,宽为4的掂形.其对角线长为J9?+42=丽如图1.耨恻面Bu旋转120使其与侧面Ae在同一平面上.点P运动到点P1.的位置,连接MP”那么MP1.就是由点P沿棱柱侧面羟过到点M的M班路线。设PC=*,那么PIC=X,在也MR中，(3+x)2+2:=29,x=2连接PP1(如图2),那么PP1.就是NMP与面ABC的交战，作NH_1.P6于H.XCC1面ABC.连结CH,M三垂线定理得，CH1PP1。例3.(I)证：由即知AD=AE.DG=CEADE1.-AG又DF=EF,DG=GEADEI

14、FG又AGaFG=GFG=得.DEJ.平面AGE(2)由(I)E1.AG.DE1.FGZAGF为：面角A-DE-F的平面角3百AGF.AF=3.AG=2(3)过点F作FH_1.AG于H,由(I)FHU面AGFADE1.FH又AG1.FHAGU面ADEDESiADEFH-1.YiDE.FH的长就是点F到平面ADE的跑国在RtFGH中，FH=GFSinFHG=曰J1._（；）=g点F到平面ADE的矩凄为g讦注，折我问西是考女学生空间想象能力的较好我体，如此时，不仅要求学生象解常规立几综合时一样懂得线面垂立的判定方法，二面角平面角的作法以及点面出的求法，还要正确画出正三角形ABC沿特定边折光而成的空

15、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盘（边长与胸）的变化情况，否那么无法正确解即这正是折登向应的价值所在.例4解法一：不妨设正三角形ABc1的边长为3（1） 在图1中，取BE中点D,连结DEAE：EB=CF:FA=I:2AF=A-2而NA=60.,ZDF是正三角形.乂AE=DE=I.EF1.M）在图2中.AEEF,BEEF,；.NAFB为二面角A1.-EF-B的平面向.由即设条件知此二面角为出二面角.AEBE,又BEEF=E.At1.-1ftBEP1即A1.E_1.平面BEP（2） 在图2中，AE不垂直AB.AE是平面A6P的垂线，又AE1.平面BEP.AEAE在平面A

16、由P内的射影（三垂线定理的逆定理）设AE在平面AIBP内的射影为AQ,且AQ交Bp于点Q,那么EAQ就是AIE与平面AiBP所成的角，口BPA1.Q.在aHBP中.BE=EP=2而EBP=6,AiE1.jFffiBEP,/.AiB=AiP,AQ为BP的中点，且EQ=JJ,又AIE=I,在RtA1EQ中，IanZEA1C=JJ,二ZRA,Q=6O,直线A1E与平面A1BP所成的角为60AE在图3中.过F作FMJ_AIP与M,连结QM.QRrCP=CF=1.NCW*.FCP是正三角形，.PF=1.有PQ=JbP=I.PF=PQ.人.AiEJJFBfiBEP,EQ=EF=币A1E=1Q,V11二,F

17、P5,QP从而NAIPF=NA1.PQ./由2）及MP为公共边知4FXP经ZsQMP./SyCZQMP=ZFMP=90且MF=MQ13从而NEMQ为二面角B-AiP-F的平面向.在RIAkQP中,A中AF=2,PQ=I1XA41P=5.VMQiPMQ=手；.MF=竽在ICQ中，FC=I,QC=2,NC=60,由余弦定理得QF=W“5山sME2+MQ2-QF27在绿顺中.cosMQ=-，二面地B-AIP-F的大小为-arccos工8解法二：U)作A_1.面BCDF-H漉BH、CH.DH.BHCD是正方形1.A=I,以。为原点,以DB为X轴.DC空间直角坐标系如图.那么8(1,0,0),C(O,1

18、,0),A(1.,1,1).那么四边形为y轴建立设平面ABC的法向量为n；=(,乂2),那么由叫rBC知:F6C=-x+y=0;同理由n11C4kzC4=.v+z=0.可取H1=(1.1.-1).同理,可求得平面ACo的一个法向量为电=(1,0.-1).那么COSV外,公述,即所求二面角的大小是arccos唾33由图UJ以看出,三面角8-AC-D的大小应等于；,；(3)设E(x,y,z)是线段AC匕一点.那么X=z0,y=1.平面Ba)的一个法向电为n=(0.0.1),DE=(x.1.,),要使ED面BCD成30。角,由图可知马的夹角为60。,.DFfiV所以Co$VDE,n=：11-7=-C

19、OS60=阿W1.+22那么2,t=1.+2,解得,X=当,那么CE=J1.=1.故线段AC上存在点.f1.CE=1.时月。与面BC。成30。角.【解后反思】在立体几何学习中,我们要多培养空间J象能力,而于图形的融折问题.关健是利用翻折前后的不变也.：面角的平面角的适中选取是立体几何的核心考点之.是高考数学必考的知识点之一.作,证.解，是我们求二面角的:步骡.作:作出所要求的二面角，证：证明这是我们所求二面角，弁将这个二面角进行平面化，汽F一个三角形中，以好是口角三角形，利用我们解三角形的知识求：面角的平面角.向出的运用也为我们拓宽了解决立体几何问题的角度，不过在向用运用过程中,要首先要隹系,

20、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分别为正方形ABCD得边AB.CD的中点，EB/.FD.I1.EB=FD1四边形EBFD为平行四边形.BF/EDEFU平面AD,而3“z平面AED.BFH平面ADE.)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率直手平面BCDE,乖足为G连结GC.GD.AACD为正三角形.二AC=ADACG=GDG在CD的垂且平分线上,.点A在平面BCDE内的时影G在直.找EFE.过G作GH垂直于ED于H.连结AH.那么A_1.OE.所以NA为二面角A-DE-C的平面角.即ZAHG=,设原正方体的边长为方

21、,连结AF在折后图的AAEF中.AF=3a.EE=2AE=2a.即AEF为直角三角形,AGM=AKA”AG=4”在RIAADE中.AHUEAEDAH=-j=aGH=7=8s6=CH=1.525AH4解法2:点A在平面BCDE内的射影G在宜线EF上,连结AF.在平面AEF内过点作AC_1.Ef垂足为G.ACD为正三角形.F为CD的中点.，AF1.CD乂因EF18,所以CD1平面AE”又AG,1防且COCEF=F,CDU平面BC7),EArU平面BCDE.AG1平面BCDE二G为A在平面BCDE内的射影G即点A在平面BCDE内的射影在口浅EF上过G作GH垂内于ED于H.连结AH.那么八_!_/龙.

22、所以/4/)为二面由A-DE-C的平面角.即NA/Q=。.设惊正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AAEF中.AF=3.EF=2AE=2a.即AAEF为直用三角形，AG-EF=AE-AF:.G=-a2在RtADE中,AH-DE=AE-ADAH=-y=aGH=-7=cos。=.J525AH4解法3:点A在平面BCDE内的射影G在也践EF上连结AE在平面AEF内过点作AG1.EE乖足为G,.AACD为正三角形.F为CD的中点.AFCD又因EF8.所以CD_1.平面八CDu平面8CY1.ftiAEF_1.平面8CZ)K又平面AEFe平面8COE=EFG_1.FAGJ.EF：.(Trf1.1.BCD

23、E；.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,连结AH,那么AH_1.DE,所以ZAHD为二面角A-DE-C的平面角.即ZAHG=设原正方体的边长为2a,连结AF,在折后图的AAEFAF=3w.EF=2AE=2a.即AAEF为口角三角形.AGF=AEA尸,.AG=立2在RIAADE中,AHDE=AEAd.AH=a：.GH=-y=.cos=-有2有AH4【点评】本小题考杳空间中的纹面关系,解：,角形等根底知识考查空间想象能力和思维能力.1I试厂1.解：不妨设BC=3.僚么AE=EG=CB=23,EM1.GN=2,延长处与GE的延长线交与点H

24、.连AH.VE=-GN.GE=EH,NM=MH1又AE=GE.AAE=GE=B1.ttGA1.AH.2所成的角又由题可知AM=MN,AM=JK=UII.NA1AH,ZGAN即为面AMN与面DHP1.an2=AG2。.故0=3(F,应选A,A(B)5.W6.6.解：如图,在平面AED内作MQAE交ED于Q,那么MQ1.ED.且Q为E1.IED且QNEB.QN=EB.NMQN为二面角4一。一8的平面角.NMQN=45YAB1.平面BCDE.乂NAEB=NMQN=45,.HQ=；AE：作MP1.BQ,f!QP=MP=,EB,故PB=QP=-EB,QMN是以/QMN为直角白也即MN子AE所成用大小等于

25、90,7Mt将正三棱柱AC-A4G沿创棱CC1.展开，其例面展开图如图所示，由图中路线可得结论为Kh8.解法一(I)证明由超设如OAJ.OO,OB1所以NAoB是所折成的口：面角的平面角，即OA_1.OB.故可以。为原点,OA、OB.OOi所在直线分别为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系.如图3,那么相关各点的坐标是A(3.0.0),2.【得案】B(0.3.0).C(0.1.3)从而AC=(-3.1.3).q=(0.-3,3),C-BO1=-3+3-3=0.所以AC1.BO.(in解：因为而灰1=-3+675=0,所以800,由(I)ACJ-BO.所以B0平面OAC的是平面OAC的一个法向盘.

26、设=(x,y.Z)是。平面OiAC的一个法向设,由AC=O3x+F+W二0.Moic=oy-0取Z=6,得=,6)设：面角OACO1的大小为。，住I、8Q的方向可知e=,所以CoSe=Cos=nb21.=-HO1.I4即二面角OACOi的大小是acosY1.4解法二(I)证明由题设如0A1.00.OB,所以/AOB是所折成的直二面角的平面用.即OAJ_OB.从而Ao_1.平面OBCO”OC是AC在面OBCO1.内的射影.伙I为Iiin200,B=3IanZO1OC=OO,OO13所以NoOIB=60,NoIOC=30,从而OC1.BCh由三重线定理得AC_1.BO(II)1.1.1.1.(I)

27、AC1.BO.OCBO1.知BOI1.平面AOC设OCCO方:E.过点E作EF1.AC于F.连结OF(如图4).内的射影，由三乖戏定理汨OF1.AC.所以OFE是二面角O-AC-O1.的平面角.僚么EF是OIF在平面AOC由SS设知0A=3,OO1.=J5,OiC=1.所以Q=y2+OO-=23,AC=O1.2+O1C2=B.从而QF=乌黑C=席，又o1E=.sin30o=4.所以SinZOiFE=孚.即二面向O-AC-O1的大小是asin#.9解将正三梭锥A-BcD的恻面沿AB展开，始图5,为正三极锥A-BCD的顶点B的对应点，很明显BB,的长就是截面ABEF的周长的最小值.因为BB/CD,

28、所以Z1=Z2.由SS设知N2=N3,故N1=N2=N3,因此，A3)s4bfd,hAD=AB1=2a.DB=a,得又4AEFs2RCD.D5O2a.33Cf=a.AF=.可得EF=”,24故做而ABEF的周长的最小(ft为311BB1=BE+EF+FBx=a+a+a=a此时E、F两点的位置满足3AE=AF=-a2.评析把曲面上的最短路我问应利用展开图转化为平面上两点间距离的何SS,从而使何港得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.IO.证由ZkPBA为Rt.ZC-30oAB-ACYD为K中点，2AAD=BD=DCVBD为正三角形又；E为BD中点BDE,BDEF又由AEnEF=E,且AE、EFG平面REFBD1.平面AEF二面AEF_1.平面BCD(2)BR1.AE,BD_1.EF汨NAEF为二而角,BD-C的平而知的大小即ZAEF=0延长FE到G,使AG1.GFjFG.连结BG井笼长交CD于11.假设AB1.CD那么BHI1.CD在RtBHD中，ZBHn=90又；GEJ.BD,E为BD中点，BD=AB=a由生*得见上ge=%HDHHI,312于丁在直角-MA,EG中空=-=7cosZAEG=1.AEM66aZAEG=arccos=-0=11-arccojJ-66用等积法易得所求距离为ry空。12