高考数学立体几何复习课4

第四课时：折叠与展开问题专题
割形、补形、展开、折叠、内切、外接、（简称为割、补、展、叠、切、接） 考察空间想像力。

题目多变，有意思、有趣味、有回味。

方法巧妙，构思新奇。

将平面图形的一部分按题目所给条件翻折，就使一个平面图形的问题转化成一个立体图形的问题，由此得出一类立体几何题，如空间元素间的位置关系的判定与证明，元素间的距离的大小及成角的大小的计算等．因此：折叠和展开是培养和训练空间想象能力和“转化”思想方法的好题材． 例题1 (2006年山东)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.27
B. 2
C. 8
D. 24
解：由题意可知，折叠后的三棱锥为正四面体，棱长为1(如图)。

设三棱锥底面 △ CDE 的
高为PH ，球心为O ，则球心O 在PH 上。

在原图正△ CDE 中，求得DH =
， 在
折叠后的图形中，利用直角 △ PDH 求得PH ==，设球的半径为
R ，则OH R =，在直角 △ ODH 中，由22
2R R ⎫=+-⎪⎪⎝⎭⎝⎭
，
得R =。

故343V π==⎝⎭ 点拨：本题以折叠问题为载体，考查多面体(正四面体)的外接球问题(简单几何体
的组合问题)，能力要求较高，体现了最新《考试大纲》“要构造有一定的深度和广度的数学问题”的高考命题要求。

这类题型我们要引起足够的重视，如2006年江苏卷第19题、辽宁卷理科第18题和文科第19题都是以平面图形的折叠问题为载体考查立体几何知识，成为试卷的把关题。

例题2 水平桌面α上放有4个半径均为2R 的球,且相邻的球都相切(球心的连线
构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R 的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面α的距离是
解：水平桌面α上放有4个半径均为2R 的球，且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形)．在这4个球的上面放1个半径为R 的小球，它和下面4个球恰好都相切，5个球心组成一个正四棱锥，这个正四棱锥的底面边长为4R ，侧棱长为3R ，求得它的高为R ，所以小球的球心到水平桌面α的距离是3R ． 说明：本题是空间图形的垒叠问题
例题3 （2005年湖南卷）如图1，已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6
等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2。

（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；
1，OC 是AC
1面直线垂直转化为证明两相交直线垂直：OC ⊥BO 1 ，再由三垂线定理得AC
⊥BO 1。

（II ）、由（I ）AC ⊥BO 1，OC ⊥BO 1，知BO
1⊥平面AOC 。

设OC ∩O 1B=E ，过点E
作EF ⊥AC 于F ，连结O 1F （如图3），则EF 是O 1F 在平面AOC 内的射影，
由三垂线定理得O
1F ⊥AC 。

所以∠O 1FE 是二面角O —AC —O 1的平面角。

从而将求二面角的大小转化为求直角三角形中∠O 1FE 的大小。

小结：本题以一个折叠问题为载体，不落俗套，以图形变换的方式考查考生空间想象能力。

两种解法均体现了化归与转化的思想，解法1体现了将空间问题转化为平面问题的降维思想，而解法2则是将几何问题的求解转化为空间向量的计算，体现了几何问题的代数化的思想。

两种解法均充分体现了化归与转化的思想方法在解题中的威力！ 例题4 2005年上海卷理科11题：有两个相同
的直三棱柱，高为2a
，底面三角形的三边长分别为3,4,5(0)a a a a 。

用它们拼
成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的
情形中，表面积最小的是一个四棱柱，
则a 的取值范围是__________。

小结：（1）本题研究空间图形的拼接问题
（2）该题不仅考查了学生的观察能力、动手操作能力，也注意了学科内的综合考查。

例题5 侧棱长为43的正四棱锥V-ABCD 中，∠A VB=∠BVC=∠CVD=
∠DV A=30︒，过A 作截面AEFG 与棱分别交于E 、F 、G 点，则截面四边形AEFG 的周长的最小值为____12_____。

提示：利用侧面展开图展成一个平面图形即可.
学生练习：正三棱锥A-BCD 底面边长为a ，侧棱长为2a 。

过B 点作与侧棱AC ，
AD 都相交的截面(如下左图)。

当截面三角形周长最小时，求其截面的面积。

解 沿侧棱AB 把三棱锥A-BCD 的侧面展开(如上右图)。

则BE ，EF ，FB ′为截
面△BEF 的三边，欲使截面三角形的周长最小，由平面几何知识知，须B ，E ，F ，B ′共线，即线段BB ′为周长最小时的截线展开图。

易知BE=B ′F ，EF ∥CD ，△BCE ∽△ABC ∽△AEF ，于是
/13,,,22BE B F BC a CE DF a AE AF a =======所以34
EF a =,
设EF 的中点为H ，则EH ＝12EF ＝38a ，BH
2 例题6 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为V ，又P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且AP=C 1Q ，
则四棱锥B-APQC 的体积为 （ B ）。

A 、21V
B 、31V
C 、41V
D 、5
1V 提示：利用割补的办法求体积。

()
11111111122B APQC B AA C C ABC A B C B A B C V V V V ----==-) 111233
V V V ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ 课后练习题
1、将边长为a 的正方形ABCD 沿AC 折起，使得BD=a ，则三棱锥D-ABC 的体积为（ ） A. a 3
6 B. a 3
12 C. 3123a D. 212
3a 提示：这是一个折叠问题，注意折叠前后线线位置关系，数量关系的变化，取AC 中点E ，
连结BE 、DE ，则BE AC ⊥，DE AC BED B AC D ⊥∠--，故为二面角的平面角。

222BE DE BD a BE DE BD ===+=，，，显然
90BED BE DE B AC D ∴∠=︒⊥--，即，二面角为直二面角
31112()332ACD BE ACD BE ACD V S BE a a ∆⊥∴=⋅⋅=⋅⋅=锥从而面，为面上的高
B
a a A C A C
a a
2、矩形ABCD 中，AB=3，BC=4，沿对角线AC 将∆ABC 折起，使点B 在平面ADC 上的射影E 恰好落在AD 上。

（1）求异面直线AB 与CD 所成的角的大小；
（2）求二面角B-AC-D 的大小；
（3）求四面体ABCD 的体积。

C B
D A D
解：（1）证明： 点在平面上的射影在上B ADC E AD ,,90BE ACD BE CD
AD CD CD ABE CD AB CD AB ∴⊥∴⊥⊥∴⊥∴⊥︒
平面又平面即与所成的角为
4
3 E D
（2）过E 作EF AC F FB BF AC ⊥⊥于，连结，由三垂线定理知 ∴∠--==BFE B AC E BF EF Rt ABC BF 是二面角的平面角
经计算，得，（中由等积性求出，由射影定理1252720
∆
求出AF Rt BAE EF =95
，中，由射影定理，求出）∆ ∴∠=
=∴∠=--c o s a r c c o s a r c c o s BFE EF BF BFE B AC E 916916916，即二面角的大小为 （）31212
346S CD AD ADC ∆=⨯⨯=⨯⨯= BE ADC BE B ADC BE BF EF V S BE B ADC ADC ⊥-=-=-==∴=⋅=⨯⨯=-底面，是四面体的高
2222125272015720374
1313615720372
()()∆ 3、一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论
①AB ⊥EF ②AB 与CM 成60° ③EF 与MN 是异面直线 ④MN//CD
其中正确的是 （ D ）
（A ）①②
（B ）③④ （C ）②③ （D ）①③
4、正方体展开图 下列各图形中，有的是正方体的展开图，写出这些图形的编号。

C A B
D N M E
F 11题
（2）（3）（6）（8）（9）（12）（14）（16）（17）（19）（20）共11个。

5、若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是0
60，则圆锥的体积是_______ 解：设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则1
23
r l ππ=，得6l r =， 226715S r r r r ππππ=+⋅==
，得r =
，圆锥的高h =
211153377V r h ππ==⨯= 6、将正方体的纸盒展开(如右图), 直线AB, CD 在原来正方体中的
位置关系是 ( D ) A 平行 B 垂直
C 相交且成60°的角
D 异面且成60°的角
7、把正方形ABCD 沿对角线AC 折起,当以A 、B 、C 、D 四点为顶点的正棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为 ( C )
A 90°
B 60°
C 45°
D 30°
8、2005年高考江西卷15题15．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB=BC=2，BB 1=2， 90=∠ABC ，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为
解：如图所示，沿侧棱AA 1剪开将棱锥的侧面展开成一个矩形，并将上底面111A B C 分别按两种情况掀开，就可以得到从
E 到
F 的四个较短路径EOF 、EPF 、EQF 、ERF ，计算出四个值EOF=EPF=2、EQF>ERF=223，其中最小值ERF=22
3就是所求的 说明：关于多面体或旋转体的表面最短路经的问题，一般都是研究其展开图
9、2005年全国高考1卷4题）（4）如图，在多面体ABCDEF
中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均
为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为 （A ）32（B ）3
3 （C ）34（D ）23 C
D A B
1
1A
思路分析：将该几何体分割成一个柱体和两个锥体，然后再利
用柱体和锥体的体积公式求它的体积.
解：过A 、B 两点分别作AM 、BN 垂直于EF ，垂足分别为M 、N ，连结DM 、CN ，
可证得DM ⊥EF 、CN ⊥EF ，多面体ABCDEF 分为三部分，
多面体的体积V 为+=-BNC AMD ABCDEF V V BNC F AMD E V V --+， ∵21=NF ，1=BF ，∴2
3=BN ，作NH 垂直于点H ，则H 为BC 的中点， 则2
2=NH ，∴4221=⋅⋅=∆NH BC S BNC ，∴24231=⋅⋅=∆-NF S V BNC BNC F ，24
2==--BNC F AMD E V V ， 42=
⋅=∆-MN S V BNC BNC AMD ，∴32=ABCDEF V ，故选A ． 点评：将不规则的多面体分割或补全为规则的几何体进行计算．。