立体几何中折叠与展开问题(2).doc
- 文档编号:6122183
- 上传时间:2023-05-09
- 格式:DOC
- 页数:16
- 大小:1.16MB
立体几何中折叠与展开问题(2).doc
《立体几何中折叠与展开问题(2).doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《立体几何中折叠与展开问题(2).doc(16页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
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,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:
A
B
C
D
E
F
M
N
①点M到AB的距离为
②三棱锥C-DNE的体积是
③AB与EF所成角是
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,直线与是异面直线的是……………………………………………()
M
N
P
Q
M
P
Q
N
M
N
P
Q
M
N
P
Q
①②③④
A.①②B.②④C.①④D.①③
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所成的角为()A,300B,450C,600D,900)
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)(B)(C)(D)
6.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形,
C1
C
B
A1
ÐACB=90°,AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1
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.B.C.D.
【能力训练】
例1.点是边长为4的正方形的中心,点,分别是,的中点.沿对角线把正方形折成直二面角D-AC-B.
(Ⅰ)求的大小;
(Ⅱ)求二面角的大小.
例2.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1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,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;
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)
A
B
C
D
G
E
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;
(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折起到的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连结A1B、A1P(如图2)
(Ⅰ)求证:
A1E⊥平面BEP;
(Ⅱ)求直线A1E与平面A1BP所成角的大小;
图1
图2
(Ⅲ)求二面角B-A1P-F的大小(用反三角函数表示)
例5.(辽宁卷)已知正方形.、分别是、的中点,将沿折起,如图所示,记二面角的大小为.
(I)证明平面;
(II)若为正三角形,试判断点在平面内的射影是否在直线上,证明你的结论,并求角的余弦值.
A
A
C
B
D
E
F
B
C
D
E
F
【达成测试】
1.长方形中,AB=BC,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.90o
2.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( )
图9—99
A.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)
①②③
④⑤⑥
6.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_________.
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=AE=EB,在平面MQN内作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MN⊥QM,也即MN子AE所成角大小等于90°
7.如图,已知正三棱柱的底面边长为1,高为8,一质点自点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周
到达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,高为的等腰梯形,将它沿对称轴OO1折成直二面角,
(Ⅰ)证明:
AC⊥BO1;
(Ⅱ)求二面角O-AC-O1的大小。
A
B
C
D
O
O1
A
B
O
C
O1
D
9.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。
E
E
A
B
A’“‘
F
D
C
B
F
C
D
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
N
A
C
F
E
B
D
M
3.C
4.取AN的中点S,则PN2+PT2=TS2+SN2=TN2∴PN⊥PT,又PN⊥PC∴PN⊥平面CMP,选D
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,外接球的体积为,选C
6.解:
连A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平
面内,如图所示,连A1C,则A1C的长度就是所求的最小值。
通过计算可得ÐA1C1C=90°又ÐBC1C=45°,
\ÐA1C1C=135°由余弦定理可求得A1C=
7.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,面积为。
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,.
G
H
M
A
B
C
D
E
F
O
D
C
M
H
G
O
F
A
B
E
因为二面角D-AC-B为直二面角,
又在中,,
.
.
(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.
∴就是二面角的平面角.
在RtEGM中,,,,
∴.∴.
所以,二面角的大小为.
x
y
z
A
B
C
D
E
F
O
解法二:
(Ⅰ)建立如图所示的直角坐标系O-xyz,
则,.
.
.
(Ⅱ)设平面OEF的法向量为.
由得
解得.
所以,.
又因为平面AOF的法向量为,
.∴.
所以,二面角的大小为.
例2.正解:
①正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为
②如图1,将侧面BC1旋转使其与侧面AC1在同一平面上,点P运动到点P1的位置,连接MP1,则MP1就是由点P沿棱柱侧面经过CC1到点M的最短路线。
设PC=,则P1C=,
在
③连接PP1(如图2),则PP1就是NMP与平面ABC的交线,作NH于H,又CC1平面ABC,连结CH,由三垂线定理得,。
例3.
(1)证:
由题知AD=AE,DG=GE
∴DE⊥AG
又DF=EF,DG=GE
A
E
G
D
F
H
∴DE⊥FG又AG∩FG=G
∴DE⊥平面AGF
(2)由
(1)得E⊥AG,DE⊥FG
∴∠AGF为二面角A―DE―F的平面角
在△AGF中,AF=3,AG=,FG=
(3)过点F作FH⊥AG于H,由
(1)得DE⊥平面AEF
FH面AGF∴DE⊥FH
又AG⊥FHAG面ADEDE面ADE∴FH⊥平面ADE
∴FH的长就是点F到平面ADE的距离
在Rt△FGH中,FH=GF·sinFHG=
∴点F到平面ADE的距离为
评注:
折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体。
如本题,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,否则无法正确解题。
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∴AF=AD=2而∠A=600,∴△ADF是正三角形,又AE=DE=1,∴EF⊥AD在图2中,A1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角。
由题设条件知此二面角为直二面角,A1E⊥BE,又∴A1E⊥平面BEF,即A1E⊥平面BEP
(2)在图2中,A1E不垂直A1B,∴A1E是平面A1BP的垂线,又A1E⊥平面BEP,
∴A1E⊥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,则∠E1AQ就是A1E与平面A1BP所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中,BE=EP=2而∠EBP=600,∴△EBP是等边三角形.又A1E⊥平面BEP,∴A1B=A1P,∴Q为BP的中点,且,又A1E=1,在Rt△A1EQ中,,∴∠EA1Q=60o,∴直线A1E与平面A1BP所成的角为600
在图3中,过F作FM⊥A1P与M,连结QM,QF,∵CP=CF=1,∠C=600,
∴△FCP是正三角形,∴PF=1.有∴PF=PQ①,
∵A1E⊥平面BEP,∴A1E=A1Q,
∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②,
由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,
∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,
从而∠FMQ为二面角B-A1P-F的平面角.
在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴.∵MQ⊥A1P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2,∠C=600,由余弦定理得
在△FMQ中,
∴二面角B-A1P-F的大小为
解法二:
(1)作面于,连、、,则四边形是正方形,且,以为原点,以为轴,为轴建立空间直角坐标系如图,
则
(2)设平面的法向量为则由知:
;
同理由知:
可取
同理,可求得平面的一个法向量为
由图可以看出,三面角的大小应等于<>
则<>,即所求二面角的大小是.
(3)设是线段上一点,则
平面的一个法向量为
要使与面成角,由图可知与的夹角为,
所以
则,解得,,则
故线段上存在点,且,时与面成角.
【解后反思】在立体几何学习中,我们要多培养空间想象能力,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当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为平行四边形.BF//ED
平面.
(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=ADCG=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垂直于ED于H,连结AH,则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即,设原正方体的边长为2a,连结AF
在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
即AEF为直角三角形,
在RtADE中,,.
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,垂足为.
ACD为正三角形,F为CD的中点,
又因,所以
又且
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,所以为二面角A-DE-C的平面角.即,设原正方体的边长为2a,连结AF
在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
即AEF为直角三角形,
在RtADE中,.
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,垂足为.
ACD为正三角形,F为CD的中点,
又因,所以
又
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,所以为二面角A-DE-C的平面角.即
设原正方体的边长为2a,连结AF,在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
即AEF为直角三角形,
在RtADE中,,.
【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.
【达成测试】
1.解:
不妨设BC=3, 则AE=EG==GB=,EM=1,GN=2,延长NM与GE的延长线交与点H,连AH.
∵EM=GN,∴GE=EH,NM=MH,又AE=GE,∴AE=GE=EH,故GA⊥AH.
又由题可知AM=MN,∴AM=MN=MH,∴NA⊥AH,∠GAN即为面AMN与面DHF所成的角,∴tan=。
故=30o,故选A。
2.【答案】D
3.B
4.3
5.①③⑥
6.6.解:
如图,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=AE=EB,在平面MQN内作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MN⊥QM,也即MN子AE所成角大小等于90°
7.解:
将正三棱柱沿
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10。
A
B
O
C
O1
D
x
y
z
8.解法一(I)证明由题设知OA⊥OO1,OB⊥OO1.
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角,
即OA⊥OB.故可以O为原点,OA、OB、OO1
所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
如图3,则相关各点的坐标是A(3,0,0),
B(0,3,0),C(0,1,)
图3
O1(0,0,).
从而
所以AC⊥BO1.
(II)解:
因为所以BO1⊥OC,
由(I)AC⊥BO1,所以BO1⊥平面OAC,是平面OAC的一个法向量.
设是0平面O1AC的一个法向量,
由得.
设二面角O—AC—O1的大小为,由、的方向可知,>,
A
B
O
C
O1
D
所以cos,>=
即二面角O—AC—O1的大小是
解法二(I)证明由题设知OA⊥OO1,OB⊥OO1,
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角,
图4
即OA⊥OB.从而AO⊥平面OBCO1,
OC是AC在面OBCO1内的射影.
因为,
所以∠OO1B=60°,∠O1OC=30°,从而OC⊥BO1
由三垂线定理得AC⊥BO1.
(II)解由(I)AC⊥BO1,OC⊥BO1,知BO1⊥平面AOC.
设OC∩O1B=E,过点E作EF⊥AC于F,连结O1F(如图4),则EF是O1F在平面AOC
内的射影,由三垂线定理得O1F⊥AC.
所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.
由题设知OA=3,OO1=,O1C=1,
所以,
从而, 又O1E=OO1·sin30°=,
所以即二面角O—AC—O1的大小是
9.解将正三棱锥A-BCD的侧面沿AB展开,始图5,B1为正三棱锥A-BCD的顶点B的对应点,很明显BB1的长就是截面△BEF的周长的最小值。
因为BB1∥CD,所以
∠1=∠2,
由题设知∠2=∠3,故∠1=∠2=∠3,
因此,△ADB1∽△B1FD,
由AD=AB1=2a,DB1=a,得
又△AEF∽△ACD,AD=AC=2a,
CD=a,AF,可得EF,
故截面△BEF的周长的最小值为
。
此时,E、F两点的位置满足
。
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.
10.证由△PBA为Rt△,∠C=AB=∵D为AC中点,
∴AD=BD=DC∵△ABD为正三角形又∵E为BD中点
∴BD⊥AE’BD⊥EF又由A’EEF=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’GGF于G,连结BG并延长交CD于H,若A’BCD 则BHCD在Rt△BHD中, ∠BHD=又∵GE⊥BD,E为BD中点,BD=AB=a由
在直角三角形A’EG中
=
(3)用等积法易得所求距离为:
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 立体几何 折叠 展开 问题