立體幾何中的折疊、展開折疊與展開問題是立體幾何的兩個重要問題，這兩種方式的轉(zhuǎn)變正是空間幾何與平面幾何問題轉(zhuǎn)化的集中體現(xiàn)。解答折疊問題的關(guān)鍵在于畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒有發(fā)生變化。這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據(jù)。而表面展開問題是折疊問題的逆向思維、逆過程，一般地，涉及到多面體表面的問題，解題時不妨將它展開成平面圖形試一試。一、折疊與展開中的垂直問題例1.如圖在ΔABC中，AD⊥BC，ED=2AE，過E作FG∥BC，且將ΔAFG沿FG折起，使∠A'ED=60°，求證:A'E⊥平面A'BC例2.如圖：D、E是是等腰直角三角形ABC中斜邊BC的兩個三等分點，沿AD和AE將△ABD和△ACE折起，使AB和AC重合，求證：平面ABD⊥平面ABE.ＥＥＤＢＡＥＤＣＢＡ二、折疊與展開中的空間角問題例3.矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿對角線BD把△ABD折起，

使點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。

例4.如圖，ABCDEF為正六邊形，將此正六邊形沿對角線AD折疊.(1)求證：AD⊥EC，且與二面角F—AD—C的大小無關(guān)；(2)FC與FE所成的角為30°時，求二面角F—AD—C的余弦值.三、折疊與展開中的距離與體積問題例5.如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，以AC為軸翻折半平面，使二平面角B—AC—D為120°，求：翻折后，D到平面ABC的距離；例6.正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱長均為2，M為AA1中點，N為BC的中點，在棱柱表面上從點M到點N的最短距離是多少?解析：(1)從側(cè)面到N，如圖1，沿棱柱的側(cè)棱AA1剪開，并展開，則MN＝＝＝(2)從底面到N點，沿棱柱的AC、BC剪開、展開，如圖2.則MN＝＝＝∵＜∴＝.立體幾何中的折疊與展開練習(xí)1.在矩形ABCD中，AB=a，AD=2b，a<b，E、F分別是AD、BC的中點，以EF為折痕把四邊形EFCD折起，當(dāng)時，二面角C—EF—B的平面角的余弦值等于（）A．0 B．C． D．2.一張正方形的紙ABCD，BD是對角線，過AB、CD的中點E、F的線段交BD于O，以EF為棱，將正方形的紙折成直二面角，則∠BOD等于()°°°°3.長方形中，AB=BC,把它折成正三棱柱的側(cè)面，使AD與BC重合，長方形的對角線AC與折痕線EF、GH分別交于M、N,則截面MNA與棱柱的底面DFH所成的角等于()A．30oB．45oC．60oD．90o4.如圖，在正三角形ABC中，D，E，F(xiàn)分別為各邊的中點，G，H，I，J分別為AF，AD，BE，DE的中點.將△ABC沿DE，EF，DF折成三棱錐以后，GH與IJ所成角的度數(shù)為（）A．90° B．60°C．45° D．0°5.設(shè)M、N是直角梯形ABCD兩腰的中點，DE⊥AB于E(如圖)．現(xiàn)將△ADE沿DE折起，使二面角A－DE－B為45，此時點A在平面BCDE內(nèi)的射影恰為點B，則M、N的連線與AE所成角的大小等于_________．6.將矩形ABCD沿對角線BD折起，使點C的新位置在面ABC上的射影E恰在AB上．求證：7.如圖，已知ABCD是上、下底邊長分別為2和6，高為的等腰梯形，將它沿對稱軸OO1折成直二面角，（Ⅰ）證明：AC⊥BO1；（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的正弦值。ABABCDOO1ABOCO1D8.如圖4，在正三棱錐A－BCD中，底面邊長為a，側(cè)棱長為2a，E、F分別為AC、AD上的動點，求截面△BEF的周長的最小值，以及此時E、F的位置。9.如圖：在直角三角形ABC中，已知AB=a，∠ACB=30o，∠B=90o,D為AC的中點，E為BD的中點，AE的延長線交BC于F，將△ABD沿BD折起，二面角A'-BD-C的大小記為θ。⑴求證：平面A'EF平面BCD；⑵θ為何值時A'BCD？⑶在⑵的條件下，求點C到平面A'BD的距離。EEEABA’“‘FDCBFCD立體幾何中的折疊與展開答案1.解析：由圖可知CE=BE=當(dāng)時，CB=。為所求平面角，由余弦定理得cos。選（C）。2.解析：本題考查線面垂直，面面垂直，余弦定理，以及空間與平面問題的轉(zhuǎn)化能力。如圖，設(shè)正方形邊長為a，由O為正方形中心，則BO＝a,DO＝a，連AB，因為DA⊥AE，DA⊥BE，故DA⊥面AEB，所以DA⊥AB，故ΔDAB為直角三角形，BD＝＝＝=ΔBOD中，由余弦定理可得cos∠BOD＝＝＝-，所以∠BOD＝120°3.解：不妨設(shè)BC=3, 則AE=EG==GB=,EM=1,GN=2,延長NM與GE的延長線交與點H,連AH.∵EM=GN,∴GE=EH,NM=MH,又AE=GE,∴AE=GE=EH,故GA⊥AH.又由題可知AM=MN,∴AM=MN=MH,∴NA⊥AH,∠GAN即為面AMN與面DHF所成的角，∴tan=。故=30o,故選A。4.B5.解：如圖,在平面AED內(nèi)作MQ∥AE交ED于Q,則MQ⊥ED,且Q為ED的中點,連結(jié)QN,則NQ⊥ED且QN∥EB,QN=EB,∠MQN為二面角A－DE－B的平面角,∴∠MQN=45°∵AB⊥平面BCDE,又∠AEB=∠MQN=45°,MQ=AE=EB,在平面MQN內(nèi)作MP⊥BQ,得QP=MP=EB,故PB=QP=EB,故QMN是以∠QMN為直角的等腰三角形,即MN⊥QM,也即MN子AE所成角大小等于90°6.分析：欲證，只須證與所在平面垂直；而要證⊥平面，只須證⊥且⊥AD．因此，如何利用三垂線定理證明線線垂直就成關(guān)鍵步驟了．ABOCO1Dxyz證明：由題意，⊥，又斜線在平面ABCD上的射影是BA，∵BA⊥AD，由三垂線定理，得，．∴⊥平面，而平面∴⊥ABOCO1Dxyz7.解法一（I）證明由題設(shè)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(shè)為原點，OA、OB、OO1 所在直線分別為軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 如圖3，則相關(guān)各點的坐標(biāo)是A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1，）圖3 O1（0，0，）.圖3 從而 所以AC⊥BO1.（II）解：因為所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一個法向量.設(shè)是0平面O1AC的一個法向量，由得.設(shè)二面角O—AC—O1的大小為，由、的方向可知，>，ABOCO1D 所以cosABOCO1D 即二面角O—AC—O1的大小是7.解法二（I）證明由題設(shè)知OA⊥OO1，OB⊥OO1， 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，圖4 即OA⊥OB.從而AO⊥平面OBCO1圖4 OC是AC在面OBCO1內(nèi)的射影. 因為，所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，從而OC⊥BO1 由三垂線定理得AC⊥BO1.7.（II）解由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC.設(shè)OC∩O1B=E，過點E作EF⊥AC于F，連結(jié)O1F（如圖4），則EF是O1F在平面AOC內(nèi)的射影，由三垂線定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.由題設(shè)知OA=3，OO1=，O1C=1， 所以，從而，又O1E=OO1·sin30°=，所以即二面角O—AC—O1的正弦值是8.解將正三棱錐A－BCD的側(cè)面沿AB展開，始圖5，B1為正三棱錐A－BCD的頂點B的對應(yīng)點，很明顯BB1的長就是截面△BEF的周長的最小值。因為BB1∥CD，所以∠1=∠2，由題設(shè)知∠2=∠3，故∠1=∠2=∠3，因此，△ADB1∽△B1FD，由AD=AB1=2a，DB1=a，得又△AEF∽△ACD，D=AC=2a，CD=a，AF，可得EF，故截面△BEF的周長的最小值為。此時，E、F兩點的位置滿足。評析把曲面上的最短路線問題利用展開圖轉(zhuǎn)化為平面上兩點間距離的問題，從而使問題得到解決，這是求曲面上最短路線的一種常用方法.9.證由△PBA為Rt△,∠C=AB=∵D為AC中點，∴AD＝BD＝DC∵△ABD為正三角形又∵E為BD中點∴BD⊥AE’BD⊥EF又由A’EEF＝E，且A’E、EF平面A’EFBD⊥平面A’EF∴面A’E