空间距离及其计算、折叠问题.ppt

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数学折叠问题初一

数学折叠问题初一数学折叠问题是一种典型的几何问题，它涉及到图形在空间中的变换和计算。

在初中阶段，数学折叠问题不仅能帮助学生巩固几何知识，还能提高他们的空间想象力和逻辑思维能力。

本文将从数学折叠问题的概念、应用场景、解决方法以及在初中的教学意义等方面进行详细阐述。

一、数学折叠问题的概念与基本原理数学折叠问题是指在平面或空间几何中，通过对一个图形进行折叠，使其变为另一个图形的问题。

在这个过程中，图形的形状、大小和位置可能会发生变化。

解决数学折叠问题需要掌握图形的折叠原理，了解图形的各个部分之间的关系。

二、数学折叠问题的应用场景数学折叠问题在日常生活和学术研究中具有广泛的应用。

例如，在建筑、设计和制造领域，数学折叠问题可以帮助我们更好地理解和分析空间结构；在数学和物理研究中，数学折叠问题有助于探究图形的变换和性质。

三、解决数学折叠问题的方法与技巧解决数学折叠问题有以下几种方法：1.观察法：通过观察图形的特征，找到图形之间的联系和规律。

2.折叠法：将图形按照折叠线进行折叠，分析折叠前后的图形关系。

3.方程法：建立数学模型，利用方程求解图形折叠问题。

4.几何变换法：利用平移、旋转等几何变换，将问题转化为已知图形的性质。

四、数学折叠问题在初中的教学意义数学折叠问题在初中阶段的教学具有重要意义。

通过解决数学折叠问题，学生可以：1.加深对几何图形的理解和掌握；2.提高空间想象力和逻辑思维能力；3.培养观察、分析和解决问题的能力；4.巩固和拓展数学知识，为高中阶段的学习打下基础。

五、提高初中生数学折叠问题能力的建议1.多做练习：通过大量练习，熟练掌握数学折叠问题的解题技巧；2.培养空间想象力：通过观察和折叠实物，提高空间想象力；3.学会分类和归纳：将数学折叠问题进行分类，总结规律；4.及时请教老师：在遇到难题时，及时向老师请教，确保掌握数学折叠问题的解题方法。

折叠问题总结归纳

折叠问题总结归纳折叠，是指将一个或多个平面物体按照一定方式叠放在一起，以便节省空间或方便携带。

随着人们生活需求的不断变化，折叠问题逐渐成为一个被广泛关注和研究的领域。

本文将对折叠问题的相关知识和研究进行总结归纳。

一、折叠的历史和应用领域1.1 折叠的历史演进人类折叠物体的历史可以追溯到古代，在不同文明和世纪，人们就已经开始探索并应用折叠的方法。

例如，中国的古代折扇、日本的和纸叠鹤等都是典型的折叠应用。

1.2 折叠在工程设计中的应用在工程设计领域，折叠也被广泛运用。

例如，可折叠桥梁能够在需要时展开，为交通提供便利；可折叠的太阳能板能够根据太阳光的方向进行调整以提高能量转换效率等。

1.3 折叠在日常生活中的应用此外，折叠也广泛应用于日常生活中。

折叠家具、折叠自行车、折叠伞等成为了现代生活的一部分，为人们提供了便捷和节省空间的选择。

二、折叠问题的数学模型2.1 折叠问题的基本元素在研究折叠问题时，我们需要了解折叠物体的基本元素。

折叠问题的基本元素包括：折叠点、折叠线、折叠角度等。

这些元素之间的相互配合关系决定了折叠的方式和效果。

2.2 折叠问题的数学模型为了更好地描述和解决折叠问题，学者们提出了一些数学模型。

其中一种常见的模型是基于几何学的折叠模型，通过数学符号和公式来描述折叠物体的形状和叠放方式。

三、折叠问题的解决方法3.1 折叠问题的经典解法折叠问题的解决方法可以分为经典解法和基于计算机的解法。

经典解法主要依赖于几何学和数学推理，通过列方程、推导等方法得到折叠物体的最优解。

3.2 基于计算机的折叠优化基于计算机的折叠优化方法可以通过数值计算和模拟来获得最佳的折叠效果。

这一方法能够极大地提高折叠问题的解决效率和可行性。

四、折叠问题的挑战和发展前景4.1 折叠问题的困难之处尽管折叠问题在许多领域都得到了广泛应用，但仍然存在一些困难和挑战。

例如，折叠物体的复杂性导致问题的求解难度加大，折叠后的物体稳定性问题也需要考虑。

中考数学折叠问题专项突破2—矩形的折叠问题(距离问题)

中考数学折叠问题专项突破2—矩形的折叠问题（距离问题）专题二矩形的折叠中的距离或线段长度问题【典例】在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5. 如图例1-1所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动. 若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为.图例1-1 图例1-2 图例1-3【解析】此题根据题目要求准确判断出点A'的最左端和最右端位置.当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端. 根据分析结果，作出图形，利用折叠性质分别求出两种情况下的BA'或CA'的长度，二者之差即为所求.①当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，如图例1-2所示.确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'Q=AQ，所以以点Q为圆心，以AQ长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出∠A'QA的角平分线，与AB的交点即为点P.由折叠性质可知，AD= A'D=5，在Rt△A'CD中，由勾股定理得，A C==='4②当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端，如图例1-3所示.确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'P=AP，所以以点P为圆心，以AP长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出∠A'P A的角平分线，与AD的交点即为点Q. 由折叠性质可知，AB= A'B=3，所以四边形AB A'Q为正方形. 所以A'C=BC－A'B=5－3=2.综上所述，点A移动的最大距离为4－2=2.故答案为：2.【小结】此类问题难度较大，主要考察学生的分析能力，作图能力。

作图的依据是折叠前后线段长度不变，据此先找到点A 的落点A '，再根据对称轴（折痕）是对应点连线的垂直平分线，确定出折痕PQ 的位置. 利用勾股定理、正方形的判定定理及其性质求得相应的线段长度.1、如图，在矩形ABCD 中，AB =2，BC =4，P 为边AD 上一动点，连接BP ，把△ABP 沿BP 折叠，使A 落在A ′处，当△A ′DC 为等腰三角形时，AP 的长为（）A ．2B ．3C ．2或3D ．2 【分析】根据△A ′DC 为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A 'D =A 'C ，②A 'D =DC ，③CA '=CD ，分别求得AP 的长，并判断是否符合题意．【解析】①如图，当A ′D =A ′C 时，过A ′作EF ⊥AD ，交DC 于E ，交AB 于F ，则EF 垂直平分CD ，EF 垂直平分AB∴A 'A =A 'B ，由折叠得，AB =A 'B ，∠ABP =∠A 'BP ，∴△ABA '是等边三角形，∴∠ABP =30°，∴AP =2 3333==； ②如图，当A 'D =DC 时，A 'D =2由折叠得，A 'B =AB =2，∴A 'B +A 'D =2+2=4连接BD ，则R t △ABD 中，BD =2222 2425AB AD +=+= ，∴A 'B +A 'D ＜BD （不合题意）故这种情况不存在；③如图，当CD =CA '时，CA '=2由折叠得，A 'B =AB =2，∴A 'B +A 'C =2+2=4，∴点A '落在BC 上的中点处此时，∠ABP =12∠ABA '=45°，∴AP =AB =2．综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．故选C.【小结】本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．2、．矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为( )A．3 B．32C．2或3 D．3或32【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在R t△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形．【解析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，在R t△ABC中，AB=3，BC=4，∴AC=5，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E=∠B=90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在R t△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=32，∴BE=32；②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE的长为32或3．故选D．【小结】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．3、如图，在矩形ABCD中，AB＝√3，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，CP 与AD交于点F，连接BP交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是( )A．PGCG =13B．△PBC是等边三角形C．AC＝2AP D．S△B G C＝3S△A G P【分析】如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形；运用射影定理求出线段C G、A G之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.【解析】如图，∵四边形ABCD为矩形，AC，∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：AC2＝AB2+BC2，而AB＝√3，BC＝3，∴AC＝2√3，AB＝12∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，BC＝PC，AB＝AP，B G＝P G，∴G C＝√3B G＝√3P G，∠BCP＝60°，AC＝2AP，∴△BCP为等边三角形，故选项B、C成立，选项A不成立；B G，C G＝3A G，∴S△BC G＝3S△AB G；由射影定理得：B G2＝C G•A G，∴A G＝√33由题意得：S△AB G＝S△A G P，∴S△B G C＝3S△A G P，故选项D正确；故选：A．【小结】考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．4、如图，矩形纸片ABCD ，5AB =，3BC =，点P 在BC 边上，将CDP ∆沿DP 折叠，点C 落在点E 处，PE ，DE 分别交AB 于点O ，F ，且OP OF =，则AF 的值为_____________．【分析】由矩形的性质和已知条件OP OF =，可判定OEF OBP ∆≅∆,设EF x =，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x 的式子表示出DF 和AF 的长，在Rt ADF ∆根据勾股定理可求出x 的值，即可确定AF 的值. 【解析】四边形ABCD 是矩形, ∴ 5CD AB ==,3AD BC ==,90B C A ︒∠=∠=∠= DEP ∆是由CDP ∆沿DP 折叠而来的，∴5DE CD ==,EP CP = ,90E C ︒∠=∠=B E ∴∠=∠，又,FOE POB OP OF ∠=∠= ，∴OEF OBP ∆≅∆（AA S ）,EF BP OE OB ∴==，BF BO OF EO OP EP CP ∴=+=+==设=EF BP x =,则5,3DF x BF CP x =-==- ，5(3)2AF AB BF x x ∴=-=--=+在Rt ADF ∆中，根据勾股定理得：222AD AF DF += ,即2223(2)(5)x x ++=- 解得67x = 620277AF ∴=+= 故答案为：207【小结】本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.5、如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，则AF的最小值为__．【分析】通过观察可以发现，当∠AFE=90°时，AF最小；然后设BE=x，则：EF=x，AE=3-x，然后多次使用勾股定理即可解答；【解析】设BE=x，则：EF=x，AE=3-x在R t△ABC中，由勾股定理得：AC在R t△EBC中，由勾股定理得:EC由折叠可知CF=CB=2，所以：AF=AC-CF-2.【小结】本题考查几何图形中的最值问题，其中找到出现最值的位置和运用勾股定理解题是关键.6、如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝，E 是AB 边上一点，AE ＝2，F 是直线CD 上一动点，将△AEF 沿直线EF 折叠，点A 的对应点为点A ′，当点E ，A ′，C 三点在一条直线上时，DF 的长为_____．【分析】利用勾股定理求出CE ，再证明CF =CE 即可解决问题．（注意有两种情形）【解析】如图，由翻折可知，∠FEA ＝∠FEA ′，∵CD ∥AB ，∴∠CFE ＝∠AEF ，∴∠CFE ＝∠CEF ，∴CE ＝CF ，在R t △BCE 中，EC，∴CF ＝CE＝，∵AB ＝CD ＝6，∴DF＝CD ﹣CF ＝6﹣，当点F在DC 的延长线上时，易知EF ⊥EF′，CF ＝CF ′＝，∴DF ＝CD +CF ′＝，故答案为6﹣或．【小结】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE 的等腰三角形，属于中考常考题型．==7、如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE的长为_________.【解析】连接A′D，AD，∵四边形OABC是矩形，∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，∵CD=3DB，∴CD=3，BD=1，∴CD=AB，∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，∴A′D=AD，A′E=AE，在R t△A′CD与R t△DBA中，，∴R t△A′CD≌R t△DBA（HL），∴A′C=BD=1，∴A′O=2，∵A′O2+OE2=A′E2，∴22+OE2=（4﹣OE）2，∴OE=，【小结】本题关键词：“对应点的连线段被折痕垂直平分”，“全等相似”，“十字架”，“勾股定理解方程”8、如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为．【解析】连接BF，∵BC=6，点E为BC的中点，∴BE=3，又∵AB=4，∴AE==5，∴BH=，则BF=，∵FE=BE=EC，∴∠BFC=90°，根据勾股定理得，CF===．故答案为：．9、如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB=5．【解析】∵折叠，∴△ADE≌△AD'E，∴AD=AD'=3，DE=D'E=1，∠DEA=∠D'EA，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠DEA=∠EAB，∴∠EAB=∠AEB，∴AB=BE，∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1，在R t△ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，∴AB2=9+（AB﹣1）2，∴AB=5，故答案为：510、如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把△BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为5或．【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1此时∠MEN=∠B=90°，∠ENB=90°，∴四边形BMEN是矩形．又∵ME=MB，∴四边形BMEN是正方形．∴BM=BN=5．②当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，过N点作NH⊥FG于H点，则NH=4．根据折叠的对称性可知EN=BN=5，∴在R t△ENH中，利用勾股定理求得EH=3．∴FE=5﹣3=2．设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，在R t△FEM中，ME2=FE2+FM2，即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．故答案为5或．11、如图，矩形ABCD中，AD=4，O是BC边上的点，以OC为半径作⊙O交AB于点E，BE=AE，把四边形AECD沿着CE所在的直线对折（线段AD对应A′D′），当⊙O与A′D′相切时，线段AB的长是．【解析】设⊙O与A′D′相切于点F，连接OF，OE，则OF⊥A′D′，∵OC=OE，∴∠OCE=∠OEC，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=A′=90°，由折叠的性质得：∠AEC=∠A′EC，∴∠B+∠BCE=∠A′EO+∠OEC，∴∠OEA′=∠B=90°，∵OE=OF，∴四边形A′FOE是正方形，∴A′E=AE=OE=OC，∵BE=AE，设BE=3x，AE=5x，∴OE=OC=5x，∵BC=AD=4，∴OB=4﹣5x，在R t BOE中，OE2=BE2+OB2，∴（5x）2=（3x）2+（4﹣5x）2，解得：x=，x=4（舍去），∴AB=8x=．故答案为：．12、如图，矩形ABCD中，AB=2BC，E是AB上一点，O是CD上一点，以OC为半径作⊙O，将△ADE折叠至△A′DE，点A′在⊙O上，延长EA′交BC延长线于F，且恰好过点O，过点D作⊙O的切线交BC延长线于点G．若FG=1，则AD=2，⊙O半径=．【解析】作OH⊥DG于H，如图，设DA=x，则AB=2x，∵△ADE折叠至△A′DE，∴DA′=DA=x，∠DA′E=∠A=90°，∴DA′与⊙O相切，在△ODA′和△OCF中，∴△DOA′≌△FOC．∴DA′=CF=x，∵DG是⊙O的切线，OH⊥DG，∴H点为切点，∴DH=DA′=x，GH=GC=CF+GF=x+1，在R t△DCG中，∵DC2+CG2=DG2，∴（2x）2+（x+1）2=（x+x+1）2，解得x1=0（舍去），x2=2，∴AD=2，设⊙O的半径为r，则OC=OA′=r，OD=2x﹣r=4﹣r，在R t△DOA′中，∵DA′2+OA′2=DO2，∴22+r2=（4﹣r）2，解得r=，即⊙O的半径为．故答案为2，．13、在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC=54°，则∠DAE的度数为18°．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB=6，AD=10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB=6，AD=10，求CG的长．【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵∠BAC=54°，∴∠DAC=90°﹣54°=36°，由折叠的性质得：∠DAE=∠F AE，∴∠DAE=∠DAC=18°；故答案为：18；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=6，由折叠性质：AF=AD=10，EF=ED，∴BF===8，∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2，设CE=x，则EF=ED=6﹣x，在R t△CEF中，由勾股定理得：22+x2=（6﹣x）2，解得：x=，即CE的长为；（3）连接EG，如图3所示：∵点E是CD的中点，∴DE=CE，由折叠的性质得：AF=AD=10，∠AFE=∠D=90°，FE=DE，∴∠EFG=90°=∠C，在R t△CEG和△FEG中，，∴R t△CEG≌△FEG（HL），∴CG=FG，设CG=FG=y，则AG=AF+FG=10+y，BG=BC﹣CG=10﹣y，在R t△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2=（10+y）2，解得：y=，即CG的长为．。

数学折叠问题初一

数学折叠问题初一
在初一的数学课程中，折叠问题是一个常见的话题。

这些问题通常涉及到几何形状，特别是多边形和纸张的折叠。

通过解决这些问题，学生可以锻炼他们的空间想象能力和几何推理能力。

以下是一些常见的初一数学折叠问题的类型和解决方法：
1. 角度计算
问题：一张纸被折叠一次，使得一个角与另一个角重合。

计算新形成的角度。

解决方法：首先理解折叠是轴对称的。

如果知道原始角度，可以通过减去或加上相应的角度来找到新角度。

2. 长度计算
问题：一张纸被折叠后，某一部分与另一部分重合。

计算重合部分的长度。

解决方法：利用相似三角形或全等三角形的性质来计算长度。

3. 面积计算
问题：一张纸被折叠后，形成一个新的形状。

计算新形状的面积。

解决方法：根据折叠后的形状，使用相应的面积公式进行计算。

4. 折叠模式识别
问题：描述一个特定的折叠过程，然后要求学生识别出最终的形状或模式。

解决方法：通过逻辑推理和空间想象来预测最终的形状或模式。

5.多步骤折叠
问题：一张纸经过多次折叠后形成一个复杂的形状。

要求学生描述或分析这个过程。

解决方法：分步骤进行，每次只关注一次折叠，然后逐步建立整体的理解。

解决这些问题时，建议学生使用实际的纸张进行模拟，这有助于他们更好地理解折叠过程并锻炼空间想象能力。

同时，也要鼓励学生多练习不同类型的折叠问题，以提高他们的解题技巧和速度。

折叠问题的解题方法

折叠问题的解题方法折叠问题是一种常见的数学问题，通常涉及到将一个二维图形折叠成一个三维形状。

解决这类问题需要一定的空间想象力和几何知识。

解决折叠问题的基本步骤如下：1. 理解问题：首先，你需要理解问题的具体要求，明确你要折叠的对象是什么，以及折叠的方式。

2. 分析图形：仔细观察你要折叠的二维图形，找出它的对称轴、对称中心、角度和边的长度等关键信息。

3. 预测结果：根据二维图形的信息，尝试预测折叠后的三维形状会是什么样。

这需要你具备一定的空间想象力。

4. 建立数学模型：如果预测结果涉及到具体的数值，你可能需要建立一个数学模型来描述这个过程。

这可能涉及到几何、代数等知识。

5. 求解问题：根据建立的数学模型，求解出问题的答案。

这可能涉及到计算、推理等步骤。

6. 验证答案：最后，你需要验证你的答案是否正确。

这可以通过重新检查你的计算过程或与标准答案进行对比来完成。

下面是一个具体的例子：题目：一个正方形的纸片，对折两次后展开，得到的图形是( )。

A.三角形B.菱形C.矩形D.平行四边形解题步骤：1. 理解问题：我们需要确定对折两次后展开得到的图形是什么。

2. 分析图形：正方形有四条等长的边和四个直角。

对折一次后，我们会得到一个矩形；再对折一次，我们会得到一个更小的矩形。

3. 预测结果：当纸片展开时，折痕会形成一条线，将纸片分成两个相同的部分。

因此，展开后的图形会有四条相等的边和四个直角。

4. 建立数学模型：由于对折两次后展开的图形有四条相等的边和四个直角，它是一个菱形。

5. 求解问题：答案是 B.菱形。

6. 验证答案：我们可以再次检查我们的推理过程，确保答案正确。

勾股定理折叠问题的实际应用

勾股定理折叠问题的实际应用勾股定理是数学中最基础的定理之一，也是最具有实用性的几何定理之一。

通过勾股定理，我们可以求解直角三角形中的各种问题，比如求三角形的边长、角度等。

除了在数学领域有着广泛的应用外，勾股定理还可以应用在一些实际生活中的问题中，比如在建筑、工程、设计等领域中。

本文将主要围绕勾股定理在折叠问题中的应用展开讨论。

1. 折纸问题折纸作为一种传统的手工艺品，一直受到人们的喜爱。

在折纸的过程中，勾股定理往往能够帮助我们准确的计算出纸张的折叠位置和角度，从而使得折出的作品更加美丽和精致。

比如，我们想要折一个正方形纸张成一个等腰直角三角形，勾股定理就可以派上用场。

根据勾股定理，我们知道直角三角形的两直角边和斜边的关系是：a^2 + b^2 = c^2。

假设正方形的边长为a，我们要将其折叠成一个等腰直角三角形，那么直角边的长度就可以使用a和a的关系来计算。

将正方形对角线对折，便可以得到一个等腰直角三角形，其中直角边的长度为a，斜边的长度为√2a。

这就是勾股定理在折纸问题中的应用之一。

另外，在实际折纸中，有时我们需要折叠出一个特定形状的纸片，比如心形、星形等。

在这种情况下，勾股定理也可以派上用场。

通过勾股定理，我们可以计算出每个折叠角度的大小，从而准确地完成所需要的折纸形状。

2. 纸箱设计在工程领域，设计纸箱是一个常见的问题。

设计者需要考虑到纸箱的结构稳定性、承重能力以及空间利用等因素。

勾股定理在这个过程中也发挥着重要的作用。

以设计一个正方体纸箱为例。

假设我们需要设计一个边长为a的正方体纸箱，勾股定理可以帮助我们计算出纸箱的对角线长度。

正方体的对角线的长度就是正方体的空间对角线的长度，即√(a^2 + a^2 + a^2) = √3a。

这个对角线长度可以帮助我们确定纸箱的尺寸以及结构设计。

另外，有些设计需要将纸箱折叠成非常规的形状，比如六面体或者其他多面体。

在这种情况下，设计者需要考虑到每个面的尺寸和角度，勾股定理就可以帮助解决这个问题。

空间几何中的折叠问题例题和知识点总结

空间几何中的折叠问题例题和知识点总结在空间几何的学习中，折叠问题是一个较为复杂但又十分有趣的部分。

通过折叠，可以将平面图形转化为立体图形，从而考察我们对空间想象力、几何定理的运用以及逻辑推理能力。

接下来，让我们通过一些具体的例题来深入了解空间几何中的折叠问题，并对相关知识点进行总结。

一、例题展示例 1：有一个矩形 ABCD，其中 AB ＝ 4，AD ＝ 3。

现将矩形沿着对角线 AC 折叠，使得点 B 与点 B'重合，求折叠后形成的三棱锥 B' ACD 的体积。

思路分析：首先，我们需要求出对角线AC 的长度。

根据勾股定理，AC ＝√（AB²＋ AD²) ＝ 5。

然后，由于折叠前后，三角形 ABC 的面积不变，所以三角形 ABC 的面积为 1/2 × AB × AD ＝ 6。

接着，我们需要求出点 B' 到平面 ACD 的距离。

因为 B' 在平面 ACD 上的射影为三角形 ACD 的重心 G，且 AG ： GD ＝ 2 ： 1，所以 B'G ＝ 2/3 × B'E （E 为 AC 的中点）。

又因为 B'E ＝ 12/5，所以 B'G ＝ 8/5。

最后，根据三棱锥的体积公式 V ＝ 1/3 × S × h（S 为底面积，h 为高），可得三棱锥 B' ACD 的体积为 1/3 × 1/2 × AD × CD × B'G ＝ 8/5。

例 2：已知正方形 ABCD 的边长为 2，E、F 分别为 BC、CD 的中点。

现将正方形沿着 AE、AF 折叠，使 B、D 两点重合于点 P，求三棱锥 P AEF 的外接球表面积。

思路分析：折叠后，三棱锥 P AEF 的三条侧棱 PA、PE、PF 两两垂直。

所以三棱锥 P AEF 的外接球就是以 PA、PE、PF 为棱的长方体的外接球。

高中数学平面图形折叠问题的解法

平面图形折叠问题的解法1．展示问题，引入课题.在立体几何中常涉及平面图形的折叠问题，它也是数学高考中的热点问题之一，今年的浙江高考的理科试卷客观题中得分率最低的是其中的第17题，许多考生花了不少时间，最终没有得到正确的结论，它恰是一个平面图形的折叠问题；我们这节课要讨论的话题就是平面图形的折叠问题；下面请我们的嘉宾闪亮登场！2009年高考浙江卷的第17题是:如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 2．研讨解法，总结规律.师生研讨这个问题的常规解法,并总结解决平面图形折叠问题的解题要点．分析1：当点F 确定时,不难发现折叠以后的立体图也随之确定, 若令DF x =,则12x <<,且t 可以表示成关于x 的函数,再求出函数的值域,即可得到t 的取值范围．解法1：由题意可知,二面角D AB C --是直二面角,又DK AB ⊥,所以DK ⊥平面ABC ,作KG AF ⊥于G ,连结DG ,则DG AF ⊥,故在折叠前,,,D G K 三点共线,因此问题又可回归到平面图形之中,设DF x =,则12x <<,Rt ADF ∆和Rt KAD ∆中,ADK GAK AFD ∠=∠=∠,所以AD AK DF AD=，所以21xt AD ==，故()112t x x =<<，所以112t <<. 评注：解决本题的关键是目标函数的建立，如何把t 表示成关于x 的函数，即如何得到关于x 和t 的方程；由于折叠前后仅仅是DAF ∆与四边形ABCF 的相对位置发生了变化，因此x 和t 的大小在折叠前后是不变的，上述解法的可取之处是在找关于x 和t 的方程时，完全回归到平面图图形中进行．由此总结解决平面图形折叠问题要特别关注的要点是（师生讨论总结）：(1)注意折叠前后的对照,弄清楚折叠前后那些量及位置关系没有改变,那些已经改变.(2)注意充分发挥平面图形的作用.即在具体计算时尽可能在平面图形中进行.3．转换视角，优化解法.启发学生从不同的视角看这个问题,得到一些新的解法,并交流讨论,大致还有以下三种解法：分析２：注意到立体图形中，DK ⊥平面ABC ，因此可以点K 为原点建立空间坐标系，用坐标法解之．解法2：在空间图形中,建立空间直角坐标系如图,设,FC m =则01m <<,()0,,0A t -,()1,2,0F t m ---,()20,0,1D t -,所以()20,,1AD t t =-,()21,2,1FD t m t =+--,由于AD DF ⊥,所以()2210AD FD t t m t ⋅=+-+-=,即()1012t m m =<<-, 故有112t <<．评注：本解法的基本思路与解法一本质上相同,即用目标函数法解之,仅仅是使用的工具不同而已,其关键是“发现”DAF ∆仍是直解三角形.分析3：由于FAB ∠的大小确定时，点F 也随之确定，折叠后的立体图形也确定了，因此也可以选择FAB ∠为目标函数的变量．解法3：设FAB θ∠=，则2DAF πθ∠=-，设折叠后DAK ϕ∠=，则cos cos t AK AD ϕϕ===，由于二面角D AB C --是直二面角,所以cos cos cos DAF DAK FAB ∠=∠∠，即cos cos cos 2πθθϕ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以cos tan ϕθ=，由于点F 在线段EC 上（不包括端点），所以1tan 12θ<<，从而有112t <<．评注：本解法之所以比前面给出的解法简单，其主要原因是我们选择了一个“好的变量”，通常情况下，在用目标函数法解立体几何范围问题时，选择角的大小为变量比选择线段长为变量要简捷一些．分析4：注意到本题是填空题，不需要给出运算过程，解法1、2显得过于“隆重”；因此也可用一些“不择手段的手段”解决之，求出极限位置时的参变量的值即可得到结论.解法4：当动点F 与点E 重合时，可求得1t AK AD ===，当动点F 与点C 重合时，可求得1122t AK AD ===，所以可猜想t 的取值范围是112t <<．评注：虽然这种解法不是很严谨，但也是在应试中不错的选择．4．顺水推舟，扩大战果．我们不难发现,当点F 的位置确定时,立体图形也完全确定了,所以立体图形中的一些几何量的取值范围也是确定的，因此我们可以通过“复制”原问题的解法求解一些立体图中的几何量的范围问题．操作时可先由教师提出问题1，然后由学生发现其它问题；问题1：设二面角D AF B --的大小为ϕ，求cos ϕ的取值范围．解答：由解法1可知：DGK ∠为二面角D AF B --的平面角，DGK ϕ∠=,Rt DGK ∆中,222cos GK AK t DG AD ϕ===,由112t <<可得1cos 14ϕ<<．问题2：设直线DA 与平面ABC 所成的角为θ，求θ的取值范围．解答：易见DAK ∠即为直线DA 与平面ABC 所成的角为θ，Rt DAK ∆中,cos AK t AD θ==,所以1cos 12θ<<，故006090θ<<．问题3：求BD 的长x 的取值范围．解答：ABD ∆中，1,2,DA AB ==设DAB θ∠=，则由问题2可知1cos 12θ<<所以BD=1BD <<问题4：设四棱锥D ABCF -的体积为()V f t =，求函数()V f t =的表达式．解答：设,,DF x AK t ==则由解法１可知，1xt =，且DK =，四边形ABCF 的面积为1122222ADF S S x t∆=-=-=-， ()11232V f t S DK t ⎫==⋅=-⎪⎭（其中112t <<）． 5．改变条件，多方探究．若改变原题的条件，把题设改为：“如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使二面角D FA B --为直二面角”，请你能设计出几个立体几何问题并给出解答（下面是学生给出的一些问题及解答）．问题1:设DAB ϕ∠=,求cos ϕ的取值范围. 解答：设FAB θ∠=,则2DAF πθ∠=-,且1tan 12θ<<,由于直二面角D FA B --,cos cos cos DAB DAF FAB ∠=∠∠即 1cos cos cos sin 222πϕθθθ⎛⎫=⋅-= ⎪⎝⎭,因为1tan 12θ<<，所以21cos 52ϕ<<．问题2：设BD m =,求m 的取值范围．解答:在DAB ∆中, 2,1AB AD ==,设DAB ϕ∠=,由问题1可知21cos 52ϕ<<,由余弦定理可得：m =5m <<．问题3：设二面角D AB C --的大小为α,求tan α的取值范围．解答：作DG AF ⊥于G ,则DG AFB ⊥平面,作GM AB ⊥于M ,连接MD ,则MDM AB ⊥,所以DMG ∠是二面角D AB C --的平面角α,设FAB θ∠=,则2DAF πθ∠=-,cos tan 2sin DG AG AG πθθθ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,sin GM AG θ=,Rt DMG ∆中,2cos tan sin DG GM θαθ==11cos cos θθ=-,由于1tan 12θ<<，（θ为锐角）所以cos 25θ<<,注意到函数()f t =11t t=-是区间,25⎢⎥⎣⎦上的增函数,由此可得2tan 25α<<问题4:设异面直线DA 和BC 所成的角为β,求cos β的取值范围.解答: 设FAD γ∠=则cos 52γ<<,作//AH BC ,则HAF γ∠=,且DAH ∠即为直线DA 和AB 所成的角为β,由于二面角D AF H --为直二面角,所以cos cos cos DAH DAF FAH ∠=∠∠,即2cos cos βγ=,所以11cos 52β<<．问题5：设,DF x =四棱锥D ABCF -的体积为()V f x =，求函数()V f x =的表达式.解答:四边形ABCF 的面积为1222ADF S S x ∆=-=-,作DG AF ⊥于G ,则DG AFB ⊥平面 ,21DG x =+, ()221361V f x S DG x ==⋅=+(其中12x <<)．事实上，对于 “点F 位置”和“二面角D AF B --的大小”这两个条件中，若两者全部加以固定，则可以编拟出很多个有关立体几何的求值（空间角、空间距离）的计算问题；若两者固定其中之一，则可以编拟出许多有关立体几何的求空间角、空间距离的取值范围的问题．6运用折叠，推陈出新.不难发现,在本问题的叙述过程中,就描述了平面图折叠成为立体图形的过程，我们不妨称之为“显性的”平面图形折叠问题；其实在立体几何试题中也有一些题目,在题目中虽然没有平面图形折叠成为立体图的描述，但又可以看成是平面图形的折叠问题，我们不妨称为“隐性的”平面图形折叠问题；对于“隐性的”平面图形折叠问题往往可以包装成“显性的”平面图形折叠问题；请同学们把09年浙江省理科试卷中的立体几何解答题包装成一个平面图形的折叠问题.09浙江卷理科第20题原题：如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（1）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ；（2）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．包装成平面图形折叠问题后可叙述为：如图平面四边形PABC 中, 10,PA PC BA BC ABC Rt ====∠=∠,E 、O 分别是AP 、AC 的中点，G 是OC 的中点，今沿对角线AC 把它折成一个直二面角P AC B --,连接PB ,得到四面体PABC ,设点F 是PB 的中点.(1) 证明：//FG 平面BOE .（2）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．作业：请自己编拟一个平面图形的折叠问题，并给出解答；并解答你的同桌编拟的问题．。

2015届高三数学(文)第一轮总复习课件第51讲空间距离及计算、展开与折叠问题

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5．正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，从顶点 A 经过正方体表面到顶点 C1 的最短距离是( A．2 2a C．( 2＋1)a
B )
B. 5a D. 3a
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解析：利用立体几何的侧面展开图，将空间问题转化为平面问题：以 BB1 为轴，将平面 ABA1B1 折到与 BCC 1B1 共面的 A′BB1A1′位置．如图 A′C1 的长即为所求最短距离，计算得 A′C1＝ 5a.所以选 B.
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【拓展演练1】在△ABC中，AB＝15，∠BCA＝120° ，若△ABC所在平面α外一点P到A、B、C的距离都是14，则P 到α的距离是( A．13 C．9 ) B．11 D．7
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解析：作 PO⊥α 于点 O，连接 OA、OB、OC，因为 PA＝PB＝PC，所以 OA＝OB＝OC. 所以 O 是△ABC 的外心． AB 15 所以 OA＝＝＝5 3. 2sin ∠BCA 2sin 120° 所以 PO＝ PA2－OA2＝11 为所求．所以选 B.
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第51讲空间距离及计算、展开与折叠问题
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1．已知线段AB在平面α外，A，B两点到平面α的距离分别为3和5，则线段AB的中点到平面α的距离为( C ) A．1 C．1或4 B．4 D．4或6
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3＋5 解析：当 A，B 在平面 α 同侧时，距离为＝4，当 A， 2 5－3 B 在 α 异侧时，距离为＝1，故选 C. 2
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立体几何中的折叠与展开问题

立体几何中的折叠与展开问题知识点梳理：1.解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用．解决此类问题的步骤：考向导航2.展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，是将空间问题转化为平面问题来处理．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．目录类型一折叠问题 (1)类型二展开问题 (3)类型一折叠问题【例1】如图甲，在四边形ABCD中，23AD=2∆是边长为4的正三角形，CD=，ABC把ABC∆的位置，使得平面PAC⊥平面ACD；如图乙所示，点O、M、∆沿AC折起到PACN分别为棱AC、PA、AD的中点．（1）求证：平面PAD⊥平面PON；（2）求三棱锥M ANO-的体积．【例2】如图，在平面图形PABCD 中，ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，2PA PD ==，M 为CD 的中点，将PAD ∆沿直线AD 向上折起，使BD PM ⊥．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若直线PM 与平面ABCD 所成的角为30︒，求四棱锥P ABCD -的体积．【变式1-1】如图甲的平面五边形PABCD 中，PD PA =，5AC CD BD ===，1AB =，2AD =，PD PA ⊥，现将图甲中的三角形PAD 沿AD 边折起，使平面PAD ⊥平面ABCD 得图乙的四棱锥P ABCD -．在图乙中（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求二面角A PB C --的大小；（3）在棱PA 上是否存在点M 使得BM 与平面PCB 所成的角的正弦值为13？并说明理由．类型二展开问题【例1】如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2cm ，高为5cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点1A 的最短路线的长为()A ．5cm B ．12cm C ．13cm D ．25cm【例2】如图，正三棱锥S ABC -中，40BSC ∠=︒，2SB =，一质点自点B 出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B 的最短路线的长为()A ．2B ．3C ．3D ．33【变式2-1】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，2BC =，13BB =，90ABC ∠=︒，点D 为侧棱1BB 上的动点．（1）求此直三棱柱111ABC A B C -的表面积；（2）当1AD DC +最小时，三棱锥1D ABC -的体积．巩固训练1．把如图的平面图形分别沿AB 、BC 、AC 翻折，已知1D 、2D 、3D 三点始终可以重合于点D 得到三棱锥D ABC -，那么当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为．2、如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==，（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证：AC ⊥平面PDO ；（Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若2BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．3．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①()0BA PA PD ⋅+= ；②7PC =；③点P 在平面ABCD 的射影在直线AD 上．如图，平面五边形PABCD 中，PAD ∆是边长为2的等边三角形，//AD BC ，22AB BC ==，AB BC ⊥，将PAD ∆沿AD 翻折成四棱锥P ABCD -，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且____．（1）求证：//FM 平面PAD ；（2）当EF 与平面PAD 所成角最大时，求平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值．4．如图，在矩形ABCD 中，2,23AB AD ==，ABPCDFEE ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把CDF ∆折起，点C 到达点P 的位置，使1PE =．（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求二面角P DF E --的正弦值．参考答案类型一折叠问题【例1】【分析】（1）证明PO ⊥平面ACD 可得PO AD ⊥，根据中位线定理和勾股定理可证AD ON ⊥，故而AD ⊥平面PON ，于是平面PAD ⊥平面PON ；（2）分别计算AON ∆的面积和M 到平面ACD 的距离，代入体积公式计算．【解答】（1）证明：PA PC = ，O 是AC 的中点，PO AC ∴⊥，又平面PAC ⊥平面ACD ，平面PAC ⋂平面ACD AC =，PO ∴⊥平面ACD ，又AD ⊂平面ACD ，PO AD ∴⊥，23AD = ，2CD =，4AC =，222AD CD AC ∴+=，AD CD ∴⊥，ON 是ACD ∆的中位线，//ON CD ∴，AD ON ∴⊥，又ON PO O = ，AD ∴⊥平面PON ，又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PON ．（2）PAC ∆ 是边长为4的等边三角形，3PO ∴=M ∴到平面ACD 的距离132d PO ==，ON 是ACD ∆的中位线，1113324422AON ACD S S ∆∆∴==⨯=，11131332322M ANO AON V S PO -∆∴==⨯⨯ ．【点评】本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．【例2】【分析】（1）取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，可得PE AD ⊥，然后证明BD PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ，进一步得到平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）由（1）知，PE ⊥平面ABCD ，连接EM ，可得30PME ∠=︒，求解三角形可得1PE =，再求出四边形ABCD 的面积，代入棱锥体积公式求解．【解答】（1）证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，PA PD = ，得PE AD ⊥，由底面ABCD 为菱形，得BD AC ⊥，E ，M 分别为AD ，CD 的中点，//EM AC ∴，则BD EM ⊥，又BD PM ⊥，BD ∴⊥平面PEM ，则BD PE ⊥，PE ∴⊥平面ABCD ，而PE ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）解：由（1）知，PE ⊥平面ABCD ，连接EM ，可得30PME ∠=︒，设AB a =，则224a PE =-，322AC EM ==，故tan tan 30PE PME EM ∠=︒=，即2234332a a -=，解得2a =．故1PE =，3ABCD S =四边形．故23133P ABCD ABCD V S PE -=⋅⋅=四边形．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．【变式1-1】【分析】（1）推导出AB AD ⊥，AB ⊥平面PAD ，AB PD ⊥，PD PA ⊥，由此能证明PD ⊥平面PAB ．（2）取AD 的中点O ，连结OP ，OC ，由AC CD =知OC OA ⊥，以O 为坐标原点，OC 所在的直线为x 轴，OA 所在的直线为y 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A PB C --的大小．（3）假设点M 存在，其坐标为(x ，y ，)z ，BM 与平面PBC 所成的角为α，则存在(0,1)λ∈，有AM AP λ= ，利用向量法能求出在棱PA 上满足题意的点M 存在．【解答】证明：（1）1AB = ，2AD =，5BD =222AB AD BD ∴+=，AB AD ∴⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，AB ∴⊥平面PAD ，又PD ⊂ 平面PAD ，AB PD ∴⊥，又PD PA ⊥ ，PA AB A= PD ∴⊥平面PAB ．解：（2）取AD 的中点O ，连结OP ，OC ，由平面PAD ⊥平面ABCD 知PO ⊥平面ABCD ，由AC CD =知OC OA ⊥，以O 为坐标原点，OC 所在的直线为x 轴，OA 所在的直线为y 轴建立空间直角坐标系如图示，则(2C ，0，0)，(0P ，0，1)，(0D ，1-，0)，(0A ，1，0)，(1B ，1，0)∴(1,1,1)PB =- ，(2,0,1)PC =- ，(0,1,1)PD =-- ，设平面PBC 的法向量为(,,)m a b c = ，由00m PB m PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得020a b c a c +-=⎧⎨-=⎩，令1a =得1b =，2c =，∴(1,1,2)m = ，PD ⊥ 平面PAB ，∴(0DP = ，1，1)是平面PAB 的法向量，设二面角A PB C --大小为θ，则123cos 2||||62m DP m DP θ⋅==⋅⋅ ，0θπ ，∴二面角A PB C --的大小6πθ=．（3）假设点M 存在，其坐标为(x ，y ，)z ，BM 与平面PBC 所成的角为α，则存在(0,1)λ∈，有AM AP λ= ，即(x ，1y -，)(0z λ=，1-，1)，(0M ，1λ-，)λ，则(1,,)BM λλ=-- ，从而211sin ||3||||612m BM m BM αλ⋅==⋅⋅+ ，[0λ∈ ，1]，103λ∴=-，∴在棱PA 上满足题意的点M 存在．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查满足线面角的正弦值点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．类型二展开问题【例1】【分析】将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径．【解答】解：将正三棱柱111ABC A B C -沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．由已知求得矩形的长等于6212⨯=，宽等于5，由勾股定理2212513d =+=．故选：C ．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，考查数学转化思想方法，是中档题．【例2】【分析】画出解答几何体的部分侧面展开图，利用三角形的边的关系容易解得边长的值，从而得出其中的最小值．【解答】解：将三棱锥S ABC -沿侧棱SB 展开，其侧面展开图如图所示，由图中红色路线可得结论．根据余弦定理得，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B 的最短路线的长为：14422232++⨯⨯⨯=故选：C ．【点评】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，空间想象能力，几何体的展开与折叠，是基础题．【变式2-1】【分析】（1）直三棱柱111ABC A B C -的表面积：1111112ABC ABB A BCC B ACC A S S S S S ∆=+++矩形矩形矩形．（2）将直三棱柱111ABC A B C -展开成矩形11ACC A ，如图，连结1AC ，交1BB 于D ，此时1AD DC +最小，当1AD DC +最小时，1BD =，此时三棱锥1D ABC -的体积：11D ABC C ABD V V --=，由此能求出结果．【解答】解：（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，2BC =，13BB =，90ABC ∠=︒，∴此直三棱柱111ABC A B C -的表面积：1111112ABC ABB A BCC B ACC A S S S S S ∆=+++矩形矩形矩形121213231432=⨯⨯⨯+⨯+⨯++1135=+（2）将直三棱柱111ABC A B C -展开成矩形11ACC A ，如图，连结1AC ，交1BB 于D ，此时1AD DC +最小，1AB = ，2BC =，13BB =，90ABC ∠=︒，点D 为侧棱1BB 上的动点，∴当1AD DC +最小时，1BD =，此时三棱锥1D ABC -的体积：11D ABC C ABDV V --=1113ABD S B C ∆=⨯111132AB BD B C =⨯⨯⨯⨯1111232=⨯⨯⨯⨯13=．∴当1AD DC +最小时，三棱锥1D ABC -的体积为13．【点评】本题考查几何体的表面积、体积的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数数结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．巩固练习1．【分析】在三棱锥D ABC -中，当且仅当DA ⊥平面ABC 时，三棱锥的体积达到最大，然后根据三棱锥的性质求出外接球的半径，进而可以求解．【解答】解：在三棱锥D ABC -中，当且仅当DA ⊥平面ABC 时，三棱锥的体积达到最大，此时，设外接球的半径为R ，球心为O ，球心O 到平面ABC 的投影点为F ，则有2222R OA OF AF ==+，又1522OF AD ==，1522AF AC ==，所以2225525()()222R =+=，所以球的表面积为22544502S R πππ==⨯=，故答案为：50π．【点评】本题考查了三棱锥的外接球的表面积问题，考查了学生的空间想象能力以及运算能力，属于中档题．2、【分析】（Ⅰ）由题意可证AC DO ⊥，又PO AC ⊥，即可证明AC ⊥平面PDO ．（Ⅱ）当CO AB ⊥时，C 到AB 的距离最大且最大值为1，又2AB =，即可求ABC ∆面积的最大值，又三棱锥P ABC -的高1PO =，即可求得三棱锥P ABC -体积的最大值．（Ⅲ）可求22112PB PC +==，即有PB PC BC ==，由OP OB =，C P C B '='，可证E 为PB 中点，从而可求2626OC OE EC +'=+'=，从而得解．【解答】解：（Ⅰ）在AOC ∆中，因为OA OC =，D 为AC 的中点，所以AC DO ⊥，又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以PO AC ⊥，因为DO PO O = ，所以AC ⊥平面PDO ．（Ⅱ）因为点C 在圆O 上，所以当CO AB ⊥时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1，又2AB =，所以ABC ∆面积的最大值为12112⨯⨯=，又因为三棱锥P ABC -的高1PO =，故三棱锥P ABC -体积的最大值为：111133⨯⨯=．（Ⅲ）在POB ∆中，1PO OB ==，90POB ∠=︒，所以22112PB =+=同理2PC =，所以PB PC BC ==，在三棱锥P ABC -中，将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC P '，使之与平面ABP 共面，如图所示，当O ，E ，C '共线时，CE OE +取得最小值，又因为OP OB =，C P C B '='，所以OC '垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而2626222OC OE EC '=+'=+=．亦即CE OE +的最小值为：262．【点评】本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．3．【分析】（1）取CD 中点为G ，连接MG ，FG ，//GM PD ，//FG AD ，进而可证平面//MFG 平面PAD ，可证//FM 平面PAD ；（2）根据条件选择①：由已知可证BA ⊥平面PAD ，PO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法平面ACE 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值．同理选择②，③可求平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：取CD 中点为G ，连接MG ，FG ，则MG ，FG 分别为三角形CDE ，梯形ABCD 的中位线，//GM PD ∴，//FG AD ，MG FG G = ，∴平面//MFG 平面PAD ，FM ⊂ 平面MGF ，//FM ∴平面PAD ，（2）解：取AD 为O ，连接PO ，FG ，EG ．选择①：因为()0BA PA PD ⋅+= ，2PA PD PO += ，所以0BA PO ⋅= ，即BA PO ⊥．又BA AD ⊥，AD PO O = ，所以BA ⊥平面PAD ．连接AE ，EF ，所以AEF ∠即为EF 与平面PAD 所成的角．因为1tan AF AEF AE AE∠==，所以当AE 最小时，AEF ∠最大，所以当AE PD ⊥，即E 为PD 的中点，AE 最小．下面求二面角余弦值法一：BA ⊂ 平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，PO AD ⊥ ，PO ∴⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0A ，1-，0)，1(0,2E ，(2C ，0，0)．所以3(0,2AE = ，(2,1,0)AC = ．设平面CAE 的法向量为111(,,)m x y z =，则111130,220y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1z =，得1(,2m =- ．由题意可知：平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n = ，所以cos ,||||17m n m n m n ⋅〈〉==⋅ ，所以平面ACE 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值为25117．法二：在平面PAD 内，作ER AD ⊥，垂足为R ，则ER ⊥平面ABCD ，过R 作RK AC ⊥，连接EK ，由三垂线定理及逆定理知EKR ∠为平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的平面角，在EKR RT ∆中，易得2ER =，RK =，则EK =所以251cos 17RK EKR EK ∠==，所以平面ACE 与平面PAD．选择②：连接OC ，则2OC AB ==，OP =，因为PC =，222PC OP OC =+，所以BA PO ⊥．又BA AD ⊥，AD PO O = ，所以BA ⊥平面PAD ．连接AE ，EF ，所以AEF ∠即为EF 与平面PAD 所成的角．因为1tan AF AEF AE AE∠==，所以当AE 最小时，AEF ∠最大，所以当AE PD ⊥，即E 为PD 的中点，AE 最小．下面求二面角余弦值，法一：BA ⊂ 平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，PO AD ⊥ ，PO ∴⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，于是(0A ，1-，0)，1(0,2E ，(2C ，0，0)．所以3(0,2AE = ，(2,1,0)AC = ．设平面CAE 的法向量为111(,,)m x y z = ，则111130,220y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1z =，得1(,2m =- ．由题意可知：平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n = ，所以cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅ ，所以平面ACE 与平面PAD．法二：在平面PAD 内，作ER AD ⊥，垂足为R ，则ER ⊥平面ABCD ，过R 作RK AC ⊥，连接EK ，由三垂线定理及逆定理知EKR ∠为平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的平面角，在EKR RT ∆中，易得ER =RK =，则EK =所以cos 17RK EKR EK ∠==，选择③：因为点P 在平面ABCD 的射影在直线AD 上，所以平面PAD ⊥平面ABCD ．因为平面PAD ⋂平面ABCD CD =，OP ⊂平面PAD ，AD PO ⊥，所以OP ⊥平面ABCD ，所以BA PO ⊥．又BA AD ⊥，AD PO O = ，所以BA ⊥平面PAD ．连接AE ，EF ，所以AEF ∠即为EF 与平面PAD 所成的角．因为1tan AF AEF AE AE∠==，所以当AE 最小时，AEF ∠最大，所以当AE PD ⊥，即E 为PD 中点，AE 最小．下面求二面角余弦值，法一：BA ⊂ 平面ABCD ⊥，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，PO AD ⊥ ，PO ∴⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，以OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，于是(0A ，1-，0)，1(0,2E ，(2C ，0，0)．所以3(0,2AE = ，(2,1,0)AC = ．设平面CAE 的法向量为111(,,)m x y z = ，则1111330,2220y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1z =，得1(,2m =- ．由题意可知：平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n = ，所以cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅ ，所以平面ACE 与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为17．法二：在平面PAD 内，作ER AD ⊥，垂足为R ，则ER ⊥平面ABCD ，过R 作RK AC ⊥，连接EK ，由三垂线定理及逆定理知EKR ∠为平面ACE 与平面ABCD 所成的锐二面角的平面角，在EKR RT ∆中，易得ER =RK =，则EK =所以cos 17RK EKR EK ∠==，【点评】本题考查线面平行的证明，以及面面角的求法，属中档题．4．【分析】（1）推导出//EF AB 且3DE =，AD EF ⊥，DE PE ⊥，AD PE ⊥，由此能证明AD ⊥平面PEF ，从而平面PEF ⊥平面ABFD ．（2）过点P 作PH EF ⊥交EF 于H ，由平面垂直性质定理得PH ⊥平面ABFD ，过点P 作PO DF ⊥交DF 于O ，连结OH ，则OH DF ⊥，从而POH ∠为二面角P DF E --的平面角，由此能求出二面角P DF E --的正弦值．【解答】证明：（1）E 、F 分别为AD ，BC 的中点，//EF AB ∴且3DE =，在矩形ABCD 中，AD AB ⊥，AD EF ∴⊥，由翻折的不变性，2,3PD PF CF DE ===，7DF =又1PE =，有222PD PE DE =+，DE PE ∴⊥，即AD PE ⊥，又PE EF E = ，PE ，EF ⊂平面PEF ，AD ∴⊥平面PEF ，AD ⊂ 平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD ．解：（2）过点P 作PH EF ⊥交EF 于H ，由平面垂直性质定理得PH ⊥平面ABFD ，过点P 作PO DF ⊥交DF 于O ，连结OH ，则OH DF ⊥，POH ∴∠为二面角P DF E --的平面角．222PE PF EF += ，90EPF ∴∠=︒，由等面积法求得322127PH PO ==．在直角POH ∆中，7sin 4PH POH PO ∠==，即二面角P DF E --的正弦值为74．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，考查化归与转化思想，是中档题．。

第9讲向量法求空间距离、折叠及探索性问题

考点三探索性问题
例4 (2024·山东省实验中学月考)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中， △ AB1C 为等边三角形，四边形 AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.
(1)求证：AB1⊥A1C；
(2)线段 CC1 上是否存在一点 E，使得平面 AB1E 与平面 ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点 E 的位置；若不存在，请说明理由．
因为A→1E＝(－12，1，－1)，
→
u＝
A1E →
＝(－13，23，－23)，
|A1E|
14
聚焦必备知识突破核心命题限时规范训练
取 a＝O→A1＝(0，－12，12)，所以 a2＝12，a·u＝－23.
所以点 O 到直线 A1E 的距离为 a2－（a·u）2＝
12－49＝
2 6.
15
聚焦必备知识突破核心命题限时规范训练
d＝
|P→A|2－(P→A·n)2＝
5－（－
2－
22）2＝
2 2.
答案：
2 2
9
聚焦必备知识突破核心命题限时规范训练
(3)已知棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1，则平面AB1C与平面A1C1D 之间的距离为________．
建立如图所示的空间直角坐标系，则 A1(1，0，0)， C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，所以D→A1＝(1， 0，－1)，D→C1＝(0，1，－1)，A→D＝(－1，0，0)，设平面 A1C1D 的一个法向量为 m＝(x，y，1)，则mm⊥ ⊥DD→→AC11，，
25
聚焦必备知识突破核心命题限时规范训练
考点二折叠问题

矩形的翻折问题课件

创新思考
鼓励学生发挥想象力，探索翻折问题的创新应用，培养他们的创新思维和实践能力。
THANKS
感谢观看
02
矩形翻折问题的基本解法
翻折线段的长度计算
总结词
翻折线段的长度计算是解决矩形翻折问题的关键步骤之一，需要利用几何知识来求解。
详细描述
在矩形翻折问题中，我们需要计算翻折后的线段长度。这通常涉及到利用勾股定理、相似三角形等几何知识来求解。具体计算方法包括通过已知的边长和角度，或者通过设定的变量来表示未知的边长，然后建立方程求解。
，理解空间关系和几何变换。
探索几何性质
矩形翻折问题涉及到几何图形的性质和特点，如对称性、角度、边长等，通过解决这类问题可以深入了解几何学的基本概念和性
质。
应用实际生活
矩形翻折问题在日常生活中有广泛的应用，如包装、折纸艺术、建筑设计等领域，通过解决这类问题可以帮助学生理解数学与实
际生活的联系。
在包装设计中的应用
包装设计中的矩形翻折问题主要涉及包装盒的结构设计和折叠工艺。
通过解决矩形翻折问题，包装设计师可以设计出结构稳定、易于生产和折叠的包装盒，同时保证其美观性和保护性。
例如，在食品包装设计中，包装设计师可能会遇到需要将矩形纸板翻折成特定形状的问题，以实现包装盒的结构稳定性和生产效率。
03
矩形翻折问题的实际应用
在建筑设计中的应用
建筑设计中的矩形翻折问题主要涉及建筑结构的稳定性、美观性和功能性。
例如，在建筑设计过程中，建筑师可能会遇到需要将矩形板材翻折成特定形状的问题，以实现建筑外观的独特性和功能性。
通过解决矩形翻折问题，建筑师可以设计出具有独特造型和优雅线条的建筑结构，同时保证其稳定性和安全性。

小学数学空间观念课件

动手操作：通过拼图、搭积木等方式，让学生亲身体验
空间关系
想象与推理：通过想象和推理，培养学生的空间思维能
力和创造力
实践应用：将所学知识应用到实际生活中，巩固和拓展学生的空间观念
平面图形的认识与测量
平面图形的特征：分别介绍每种图形的边、角、对角线等特征
平面图形的测量：介绍如何使用直尺、三角尺等工具测量平
引导学生思考：鼓励学生多角度思考问题，培养他们的空间观念和解决问题的能力
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创设问题情境：通过有趣的问题或情境，激发学生的好奇心和求知欲
及时反馈与评价：对学生的提问和讨论给予及时反馈和评价，帮助他们更好地理解和掌握数学知识
注重评价与反馈，及时调整教学策略
及时评价：在教学过程中，及时对学生的表现进行评价，了解学生的学习情况，以便调整教学策略。
面图形的长度、面积等
平面图形的分类：介绍长方形、正方形、平行四边形、梯形等基本平面图形
平面图形的应用：举例说明平面图形在日常生活中的应用，
如计算面积、周长等
立体图形的认识与测量
立体图形的概念与分类
常见立体图形的特征与性质
立体图形的测量方法与技巧
立体图形在生活中的应用实例
图形变换与运动
案例一：通过观察和操作，理解图形之间的位置关系案例二：通过分析和推理，掌握图形之间的位置关系案例三：通过实际应用，巩固图形之间的位置关系案例四：通过拓展和延伸，深化图形之间的位置关系
结合新技术，创新教学方式
利用虚拟现实技术，增强空间观念的直观性
利用大数据分析，个性化教学，提高教学效果