立体几何中折叠与展开问题(2)(优.选)

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体现。

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。

这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据。

而表面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△ABC 沿AD 折成大小为θ的二面角B-AD-C ，若ba=θcos ，则三棱锥A-BCD 的侧面三角形ABC 是（ ） A 、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2.如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题：①点M 到AB 的距离为22 ②三棱锥C －DNE 的体积是61③AB 与EF 所成角是2π 其中正确命题的序号是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后，直线MN 与PQ 是异面直线的是 ……………………………………………（ ） ① ② ③ ④A ．①②B ．②④C ．①④D ．①③4.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CDM 和△CBN 折起，使CB 与CD 重合，设B 点与D 点重合于P ，设T 为PM 的中点，则异面直线CT 与PN 所MNP QMQN MN PQMNP Q成的角为（ ）A,300 B,450 C,600 D,90) AN MPC(B)(D)T 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△BEC 分别沿ED 、 EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则P －DCE 三棱锥的 外接球的体积为 (A)2734π(B)26π (C)86π (D)246π6.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90︒，AC ＝6，BC ＝CC 12，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1 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，不能将正方形纸撕开，所需包装纸的最小面积为A.29a B ．28a C. 27a D. 26a【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； （Ⅱ）求二面角E OF A --的大小．例2.如图，在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1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CC 1到M 点的最短路线长为29，设这条最短路线与C 1C 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) 平面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△ABC 的边长为3，D 、E 分别是边BC 上的三等分点，沿AD 、AE 把△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：DE ⊥平面AGF（2）求二面角A ―DE ―F 的大小；C 1CBA 1 A 1C 1CA MB 1A（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 、BC 边上的点，满足AE:EB ＝CF:FA ＝CP:PB ＝1:2（如图1）。

将△AEF 沿EF 折起到EF A 1∆的位置，使二面角A 1－EF －B 成直二面角，连结A 1B 、A 1P （如图2）（Ⅰ）求证：A 1E ⊥平面BEP ；（Ⅱ）求直线A 1E 与平面A 1BP 所成角的大小；（Ⅲ）求二面角B －A 1P －F 的大小（用反三角函数表示）例5.（辽宁卷）已知正方形ABCD .E 、F 分别是AB 、CD 的中点,将ADE 沿DE 折起,如图所示,记二面角A DE C --的大小为(0)θθπ<<.(I) 证明//BF 平面ADE ;(II)若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θ的余弦值.【达成测试】1.长方形中，AB=32BC,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 分别交于M 、N,则截面MNA 与棱柱的底面DFH 所成的角等于( )A ．30oB ．45oC ．60oD ．90o2．如图9—99是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A 、B 、C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC 的值为（ ）CDFCEAFECBA 1EFCP B图9—99A．180°B．120°C．45°D．60°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.将△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°C．45°D．0°4.如图9—100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在原正方体中相互异面的有_____对．图9—100 图9—101【分析】平面图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.如下图，在下列六个图形中，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)① ② ③④ ⑤ ⑥6.设角梯形AB CD 两腰的中点，D E ⊥A B 于E (如图)6.解：如左图,在平面AED 内作MQ ∥AE 交ED 于Q,则MQ ⊥ED,且Q 为ED 的中点,连结QN,则NQ ⊥ED 且QN ∥EB,QN=EB,∠MQN 为二面角A －DE －B 的平面角, ∴∠MQN=45°∵AB ⊥平面BCDE,又∠AEB=∠MQN=45°,MQ=12在平面MQN 内作MP ⊥BQ,得QP=MP=12EB,故PB=QP=12EB,故QMN 是以∠QMN 为直角的等腰三角形,即MN ⊥QM,也即MN 子AE 所成角大小等于90° 7.如图，已知正三棱柱111ABC A B C 的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周．． 到达1A 点的最短路线的长为 . 8.如图，已知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OO 1折成直二面角， （Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小。

C C O 19. 如图4，在正三棱锥A －BCD 中，底面边长为a ，侧棱长为2a ，E 、F 分别为AC 、AD 上的动点，求截面△BEF 的周长的最小值，以及此时E 、F 的位置。

10.如图：在直角三角形ABC 中，已知AB=a ，∠ACB=30o ，∠B=90o ,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θ。

⑴求证：平面A'EF ⊥平面BCD ； ⑵θ为何值时A'B ⊥CD ？ ⑶在⑵的条件下，求点C 到平面A'BD 的距离。

折叠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面位置关系理不清，易瞎猜。

2. 答案:①②③，把所给平面图复原成3.C4. 取AN 的中点S ，则PN 2+PT 2=TS 2+SN 2=TN 2∴PN ⊥PT ，又PN ⊥PC ∴PN ⊥平面CMP ，选DEE ABA ’“‘F D CB FCD N ACFE BDM5.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3466()348ππ=，选C 6.解：连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平 面内，如图所示，连A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值。

通过计算可得∠A 1C 1C ＝90︒又∠BC 1C ＝45︒， ∴∠A 1C 1C ＝135︒ 由余弦定理可求得A 1C ＝527.试题背景：本题与以往把立体图简单地展开为平面图是不一样的，因为正方形的纸不能撕开来。

此题情境新颖，具有较高的探索价值，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 的部分作下底面，标II 的部 分作四个侧面，标I 的部分 正好盖住立方体的上底面。

由题意知，标I 的部分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a 22，面积为28a 。

故选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，以适应新课程的理念及新时代的高考。

【能力训练】 例1.解法一：（Ⅰ）如图，过点E 作EG ⊥AC ，垂足为G ，过点F 作FH ⊥AC ，垂足为H ，则2EG FH ==，22GH =．因为二面角D －AC －B 为直二面角， 22222EF GH EG FH EG FH ∴=++-⋅222(22)(2)(2)012.=++-=CDMHGO FAB EGHM AB CDEFO又在EOF ∆中，2OE OF ==，222222221cos 22222OE OF EF EOF OE OF +-+-∴∠===-⋅⨯⨯．120EOF ∴∠=．（Ⅱ）过点G 作GM 垂直于FO 的延长线于点M ，连EM ．∵二面角D －AC －B 为直二面角，∴平面DAC ⊥平面BAC ，交线为AC ，又∵EG ⊥AC ，∴EG ⊥平面BAC ．∵GM ⊥OF ，由三垂线定理，得EM ⊥OF ．∴EMG ∠就是二面角E OF A --的平面角．在Rt ∆EGM 中，90EGM ∠=，EG =，112GM OE ==，∴tan EGEMG GM∠==EMG ∠= 所以，二面角E OF A --的大小为arctan ． 解法二：（Ⅰ）建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，则(1,OE =-，(0,2,0)OF =．1cos ,2||||OE OF OE OF OE OF ⋅∴<>==-．120EOF ∴∠=．（Ⅱ）设平面OEF 的法向量为1(1,,)n y z =． 由110,0,n OE n OF ⋅=⋅=得10,20,y y ⎧-=⎪⎨=⎪⎩解得0,2y z ==-． 所以，1(1,0,2n =-． 又因为平面AOF 的法向量为2(0,0,1)n =，1212123cos ,||||n n n n n n ⋅∴<>==．∴12,arccos 3n n <>=．所以，二面角E OF A --的大小为 例2.正解：①正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线长为974922=+②如图1，将侧面BC 1旋转120使其与侧面AC 1在同一平面上，点P 运动到点P 1的位置，连接MP 1，则MP 1就是由点P 沿棱柱侧面经过CC 1到点M 的最短路线。