培优二：立体几何中的折叠与展开问题.doc

1 立体几何中的折叠与展开问题 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 一、翻折问题的关键有二： ①画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图； ②分析好两个关系——翻折前后哪些位置关系和度量关系发生了变化，哪些没有改变, 一般地，在同一半平面内的几何元素之间的关系是不变的，涉及到两面二个半平面内的 几何元素之间的关系是要变化的，分别位于两个半平面内但垂直于翻折棱的直线翻折后仍然 垂直于翻折棱 二、求从一点出发沿几何体表面到另一点的最短距离问题: 通常把几何体的侧面展开，转化 为平面图形中的距离问题 一、折叠与展开中的垂直问题 例 1.如图在ΔABC 中， AD⊥BC， ED=2AE，过 E 作 FG∥BC， 且将ΔAFG沿FG折起，使∠A'ED=60°，求证:A'E⊥平面 A'BC 解析：弄清折叠前后，图形中各元素之间的数量关系和位置关系 解： ∵FG∥BC，AD⊥BC ∴A'E⊥FG ∴A'E⊥BC 设A'E=a，则 ED=2a由余弦定理得：A'D 2 =A'E 2 +ED 2 -2•A'E•EDcos60°=3a 2 ∴ED 2 =A'D 2 +A'E 2 ∴A'D⊥A'E ∴A'E⊥平面 A'BC 例 2. 如图：D、E是是等腰直角三角形ABC中斜边BC的两个三等分点，沿AD和AE将△ABD 和△ACE折起，使AB和AC重合，求证：平面ABD⊥平面ABE. 解析：过D作DF⊥AB交AB于F，连结EF，计算DF、EF的长，又DE为已知，三边长满足勾 股定理，∴∠DFE＝ ； 0 90 二、折叠与展开中的空间角问题 例 3. 矩形 ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线 BD 把△ABD 折起， 使点 A 在平面 BCD 上的射影 A′落在 BC 上，求二面角 A—BD-—C 的余弦值。

Ｅ Ｄ Ｂ Ａ Ｅ Ｄ Ｃ Ｂ Ａ2 解析：这是一道由平面图形折叠成立体图形的问题，解决问题的关键在 于搞清折叠前后“变”与“不变”结果在平面图形中过 A 作 AE ⊥BD 交 BD 于 O、交 BC 于 E，则折叠后 OA、OE 与 BD 的垂直关系不变但 OA 与 OE 此时变成相交两线段并确定一 平面，此平面必与棱垂直由特征Ⅱ可知，面 AOE 与面 ABD、面 CBD 的交线 OA 与 OE 所成的角，即为所求二面角的平面角另外，A 在面 BCD 上的射影必在 OE 所在的直线上， 又题设射影落在 BC 上,所以 E 点就是 A′答案： 16 9 例 4. 如图，ABCDEF 为正六边形，将此正六边形沿对角线 AD 折叠. (1)求证：AD⊥EC，且与二面角F—AD—C的大小无关； (2)FC与FE所成的角为30°时，求二面角F—AD—C的余弦值. 解析：(1)正六边形ABCDEF，在折叠前有AD⊥EC，设AD与EC交于M，折叠后即有 AD⊥ME，AD⊥MC.则AD⊥平面EMC，无论∠EMC的大小如何，总有AD⊥EC.(2)利用余弦定理， 有cos∠EMC＝ 9 7 三、折叠与展开中的距离与体积问题 例5. 如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2 ，以AC为轴翻折半平面，使二平面角B—AC— 3 D为120°，求：翻折后，D到平面ABC的距离； 解析：研究翻折问题，通常要画出翻折前的平面图形和翻折后的空间图形，对应点的字母要 相同. 解：分别过B、D作AC的垂线，垂足是E、F，过F作FB′∥BE，过B作BB′∥AC，交点 B′，则四边形EFB′B是矩形.∵AC⊥DF，AC⊥B′F，∴AC⊥平面B′FD，即∠DF′B就是二 面角B—AC—D的平面角，∠DFB′＝120°. 过D作DO⊥B′F，垂足为O.∵DO 平面DFB′，AC⊥平面DFB′.∴DO⊥AF，DO⊥平面ABC.  在RtΔADC中， CD＝2，AD＝2 ，∴DF＝ ，OD＝DF·sin60°＝ . 3 3 2 33 例6. 正三棱柱ABC—A 1 B 1 C 1 中，各棱长均为2，M为AA 1 中点，N为BC的中点，在棱柱表面 上从点M到点N的最短距离是多少? 解析： (1)从侧面到N，如图1，沿 棱柱的侧棱AA 1 剪开，并展开，则 MN＝ ＝ 2 2 AN AM  2 2 ) 1 2 ( 1   ＝ 10 (2)从底面到N点，沿棱柱的AC、BC 剪开、展开，如图2. 则MN＝ ＝ ＝     120 cos 2 2 2 AN AM AN AM 2 1 3 1 2 ) 3 ( 1 2 2      3 4  ∵ ＜ ∴ ＝ . 3 4  10 min MN 3 4  立体几何中的折叠与展开练习 1.一张正方形的纸ABCD，BD是对角线，过AB、CD的中点E、F的线段交BD于O，以EF为棱， 将正方形的纸折成直二面角，则∠BOD等于( ) A.120° B.150° C.135° D.90° 2.一个长，宽，高分别为 5 cm,4 cm,3 cm 的长方体木块，有一只蚂蚁 经木块表面从顶点A 爬行到C(如下图)，最短的路程是________． 3.设M、N 是直角梯形ABCD 两腰的中点，DE⊥AB 于E(如图) ．现将△ADE 沿DE 折起，使二面角A－DE－B 为 45°，此时点A 在平面BCDE 内的射影恰为点B，则M、N 的连线与AE 所成角的 大小等于_________． 4.如图，在长方形 中， ， ， 为 的中 ABCD 2 AB  1 BC  E DC 点， 为线段 （端点除外）上一动点．现将 沿 折起，使平面 平面 F EC AFD  AF ABD  ．在平面 内过点 作 ， 为垂足．设 ，则 的取值范围是 ABC ABD D DK AB  K AK t  t ． 5.如图，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 3 A B C D E M N4 OO 1 折成直二面角， （Ⅰ）证明：AC⊥BO 1 ；（Ⅱ）求二面角O－AC－O 1 的正弦值。

立体几何中的折叠与展开答案 1.解析：由图可知 CE=BE= 当 时，CB= 2 2 b a  o 90  CEB ) ( 2 2 2 b a 为所求平面角，由余弦定理得cos 选（C） CFB  2 2 2 2 2 2 2 ) ( 2 2 b a b b a b CFB       2.解析：本题考查线面垂直，面面垂直，余弦定理，以及空间与平面问题的转化能力 如图，设正方形边长为a，由O为正方形中心，则BO＝ a,DO＝ a，连AB，因为 2 2 2 2 DA⊥AE，DA⊥BE，故DA⊥面AEB，所以DA⊥AB，故ΔDAB为直角三角形，BD＝ ＝ ＝ = a.又在ΔBOD中，由余弦定 2 2 AB AD  2 2 2 BE AE AD   4 4 2 2 2 a a a   2 6 理可得 cos∠BOD＝ ＝ ＝- ，所以∠BOD＝120° DO BO BD DO BO     2 2 2 2 a a a a a 2 2 2 2 2 4 6 4 2 4 2 2 2 2     2 14. 解：如图,在平面 AED 内作 MQ∥AE 交 ED 于 Q,则 MQ⊥ED, A B C D O O 1 A B O C O 1 D5 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= AE= EB,在平面 MQN 内作 1 2 1 2 2 MP⊥BQ,得 QP=MP= EB,故 PB=QP= EB,故 QMN 是以∠QMN 为直角的等腰三角形,即 1 2 1 2 MN⊥QM,也即 MN 子 AE 所成角大小等于 90° 5. 分析：欲证 ，只须证 与 所在平面 垂直；而要证 ⊥平面 C B C A    C B  C A  D C A  C B  ，只须证 ⊥ 且 ⊥AD．因此，如何利用三垂线定理证明线线垂直就成关 D C A  C B  D C  C B  键步骤了． 证明：由题意， ⊥ ，又斜线 在平面ABCD 上的射影是BA，∵ BA⊥AD，由三 C B  D C  C B  垂线定理，得 ， ．∴ ⊥平面 ，而 平面 ∴ AD B C   D DA D C   I C B  AD C  A C   AD C  ⊥ C B  C A  6.解（I）证明 由题设知 OA⊥OO 1 ，OB⊥OO 1 ，所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即 OA⊥OB. 从而 AO⊥平面 OBCO 1 ， OC 是 AC 在面 OBCO 1 内的射影. 因为 ， 3 tan 1 1    OO OB B OO 3 3 tan 1 1 1    OO C O OC O 所以∠OO 1 B=60°，∠O 1 OC=30°，从而 OC⊥BO 1 由三垂线定理得 AC⊥BO 1 . （II）解 由（I）AC⊥BO 1 ，OC⊥BO 1 ，知 BO 1 ⊥平面 AOC. 设 OC∩O 1 B=E，过点 E 作 EF⊥AC 于 F，连结 O 1 F（如图 4） ，则 EF 是 O 1 F 在平面 AOC 内的射影，由三垂线定理得 O 1 F⊥AC. 所以∠O 1 FE 是二面角 O—AC—O 1 的平面角. 由题设知 OA=3，OO 1 = ，O 1 C=1， 所以 3 ， 13 , 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1       C O A O AC OO OA A O 从而 ，又 O 1 E=OO 1 ·sin30°= ，所以 13 3 2 1 1 1    AC C O A O F O 2 3. 4 13 sin 1 1 1    F O E O FE O 即二面角 O—AC—O 1 的正弦值是 4 13 7.解 将正三棱锥A－BCD的侧面沿AB展开，始图5，B 1 为正三棱锥A－BCD的顶点B的对应 点，很明显BB 1 的长就是截面△BEF的周长的最小值。

因为BB 1 ∥CD，所以∠1=∠2， 由题设知∠2=∠3，故∠1=∠2=∠3，因此，△ADB 1 ∽△B 1 FD， A B O C O 1 D 图 46 由AD=AB 1 =2a，DB 1 =a，得 又△AEF∽△ACD，D=AC=2a， a AF a F B a DF 2 3 , , 2 1    CD=a，AF ，可得EF ，故截面△BEF的周长的最小值为 3 2 a  3 4 a  a a a a FB EF BE BB 4 11 4 3 1 1        此时，E、F两点的位置满足 a AF AE 2 3   评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得 到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法. 8.证由 △PBA为Rt△, ∠C= AB= ∵D为AC中点，∴AD＝BD＝DC ∵△ABD  30 AC 2 1 为正三角形 又∵E为BD中点∴BD⊥AE’ BD⊥EF 又由A’E EF＝E，且A’E、EF  平面A’EF BD⊥平面A’EF ∴面A’EF⊥平面BCD(2) BD⊥AE’, BD⊥EF得 ∠A’EF为  二面角A’-BD-C的平面角的大小即∠A’EF＝  延长FE到G，使A’G GF于G，连结BG并延长交CD于H，若A’B CD 则BH CD    在Rt△BHD中， ∠ BHD= 又∵GE⊥BD，E为。