高中數(shù)學(xué)講義（人教B版2019必修四）第37講專(zhuān)題11-9立體幾何中展開(kāi)與折疊相關(guān)的問(wèn)題

專(zhuān)題09立體幾何中展開(kāi)與折疊相關(guān)的問(wèn)題TOC\o"13"\h\u題型1立體圖形的展開(kāi) 1◆類(lèi)型1展開(kāi)圖問(wèn)題 2◆類(lèi)型2最短路徑問(wèn)題 6◆考點(diǎn)1長(zhǎng)方體中的最短路徑 6◆考點(diǎn)2三棱柱中的最短路徑 10◆考點(diǎn)3錐體中的最短路徑 11◆考點(diǎn)4臺(tái)體中的最短路徑 16◆類(lèi)型3周長(zhǎng)最小問(wèn)題 18◆類(lèi)型4和最小問(wèn)題 23題型2平面圖形的折疊 31◆類(lèi)型1折疊中的小題 31◆類(lèi)型2折疊中的解答題 35知識(shí)點(diǎn)一.折疊問(wèn)題1.概念：將平面圖形沿某直線翻折成立體圖形，再對(duì)折疊后的立體圖形的線面位置關(guān)系和某幾何量進(jìn)行論證和計(jì)算，就是折疊問(wèn)題.2.折疊問(wèn)題分析求解原則：（1）折疊問(wèn)題的探究須充分利用不變量和不變關(guān)系；（2）折疊前后始終位于折線的同側(cè)的幾何量和位置關(guān)系保持不變知識(shí)點(diǎn)二.展開(kāi)問(wèn)題將空間圖形按一定要求展開(kāi)就成為平面問(wèn)題，當(dāng)涉及幾何體表面上兩點(diǎn)間的距離問(wèn)題時(shí)，通常需要將空間圖形展開(kāi)轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題進(jìn)行研究.題型1立體圖形的展開(kāi)◆類(lèi)型1展開(kāi)圖問(wèn)題【方法總結(jié)】立體圖形的展開(kāi)是指將空間圖形沿某一條棱長(zhǎng)展開(kāi)為平面圖形，研究其面積或者距離的最小值，把幾何體中的最短路線問(wèn)題利用展開(kāi)圖轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)距離.【例題1】（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖是一個(gè)正方體展開(kāi)圖，把展開(kāi)圖折疊成正方體后“抗”字一面相對(duì)面上的字是（

）A．新 B．冠 C．病 D．毒【答案】C【分析】將展開(kāi)圖折疊成正方體，觀察可得結(jié)果.【詳解】將展開(kāi)圖折疊成正方體可得“擊”字與“冠”字相對(duì)，“抗”字與“病”字相對(duì)，“新”字與“毒”字相對(duì)，故選：C.【變式11】1．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖都是正方體的表面展開(kāi)圖，還原成正方體后，其中兩個(gè)完全一樣的是（

）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）【答案】B【分析】分別判斷出還原成正方體后，相對(duì)面的標(biāo)號(hào)，即可得出答案．【詳解】（1）圖還原正方體后，①⑤對(duì)面，②④對(duì)面，③⑥對(duì)面；（2）圖還原后，①④對(duì)面，②⑤對(duì)面，③⑥對(duì)面；（3）圖還原后，①④對(duì)面，②⑤對(duì)面，③⑥對(duì)面；（4）圖還原后，①⑥對(duì)面，②⑤對(duì)面，③④對(duì)面；綜上可得，還原成正方體后，正方體完全一樣的是（2）（3）．故選：B．【變式11】2．（2022·高一單元測(cè)試）如圖①是一個(gè)小正方體的側(cè)面展開(kāi)圖，小正方體從如圖②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，這時(shí)小正方體朝上面的字是__________．【答案】路【分析】根據(jù)正方體的表面展開(kāi)圖找出相對(duì)面，再由其特征得到結(jié)果.【詳解】由圖①可知，“國(guó)”和“興”相對(duì)，“夢(mèng)”和“中”相對(duì)，“復(fù)”和“路”相對(duì)；由圖②可得，第1、2、3、4、5格對(duì)應(yīng)面的字分別是“興”、“夢(mèng)”、“路”、“國(guó)”、“復(fù)”，所以到第5格時(shí)，小正方體朝上面的字是“路”.故答案為：路.【變式11】3．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖是一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖，將其復(fù)原為正方體后，互相重合的點(diǎn)是_______.①A與B

②D與E

③B與D

④C與F【答案】①②④【分析】還原正方體即可解決.【詳解】根據(jù)題意，標(biāo)記下圖，還原得由圖知，A與B，D與E，C與F重合，故答案為：①②④【變式11】4．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）把正方體的表面沿某些棱剪開(kāi)展成一個(gè)平面圖形（如圖），請(qǐng)根據(jù)各面上的圖案判斷這個(gè)正方體是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】通過(guò)結(jié)合立體圖形與平面圖形的相互轉(zhuǎn)化，去理解和掌握幾何體的展開(kāi)圖，要注意多從實(shí)物出發(fā)，然后再?gòu)慕o定的圖形中辨認(rèn)它們能否折疊成給定的立體圖形．【詳解】結(jié)合立體圖形與平面圖形的相互轉(zhuǎn)化，即可得出兩圓應(yīng)該在幾何體的上下，符合要求的只有C和D，再根據(jù)三角形的位置，即可得出答案，故選：C【變式11】5.如圖，兩個(gè)圖形都是立體圖形的平面展開(kāi)圖，你能分別說(shuō)出這兩個(gè)立體圖形的名稱(chēng)嗎？【答案】（1）正方體（2）四棱錐【解析】（1）將展開(kāi)圖還原為原圖可知，該幾何體為正方體.（2）將展開(kāi)圖還原為原圖可知，該幾何體為四棱錐.【變式11】6．（2023·遼寧遼陽(yáng)·統(tǒng)考一模）將3個(gè)6cm×6cm的正方形都沿其中的一對(duì)鄰邊的中點(diǎn)剪開(kāi)，每個(gè)正方形均分成兩個(gè)部分，如圖（1）所示，將這6個(gè)部分接入一個(gè)邊長(zhǎng)為32cm的正六邊形上，如圖（2）所示.若該平面圖沿著正六邊形的邊折起，圍成一個(gè)七面體，則該七面體的體積為_(kāi)_____【答案】108【分析】根據(jù)平面圖形折起后得到七面體，由七面體為正方體被平面所截，由對(duì)稱(chēng)性可得其體積.【詳解】將平面圖形折疊并補(bǔ)形得到如圖所示的正方體，該七面體為正方體沿著圖中的六邊形截面截去一部分后剩下的另一部分，由對(duì)稱(chēng)性知其體積為正方體體積的一半，即12故答案為：108◆類(lèi)型2最短路徑問(wèn)題◆考點(diǎn)1長(zhǎng)方體中的最短路徑【例題12】（多選）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1A．45 B．310 C．74 【答案】ABC【分析】從A點(diǎn)沿長(zhǎng)方體表面到達(dá)C1有三種展開(kāi)方式，以A1B1、BC、【詳解】則從A點(diǎn)沿長(zhǎng)方體表面到達(dá)C1若以A1B1若以BC為軸展開(kāi)，則AC若以B1B為軸展開(kāi)，則故選：ABC.【變式12】1．（2022·高一課時(shí)練習(xí)）已知長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1【答案】74【分析】將長(zhǎng)方體的面折疊到同一平面，求出線段AC【詳解】如圖，①將長(zhǎng)方形ABB1A連接AC1，此時(shí)②將長(zhǎng)方形ABB1A連接AC1，此時(shí)③將長(zhǎng)方形ABCD與長(zhǎng)方形BCC連接AC1，此時(shí)因?yàn)?4<4所以從點(diǎn)A出發(fā)沿著表面運(yùn)動(dòng)到C1的最短路線長(zhǎng)是74故答案為：74【變式12】2．（2022·高一單元測(cè)試）長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB【答案】5【分析】根據(jù)題意，畫(huà)出三種展開(kāi)的圖形，求出A、C1【詳解】解：長(zhǎng)方體ABCD?A1B1CAC1=22∴一只小蟲(chóng)從A點(diǎn)沿長(zhǎng)方體的表面爬到C1故答案為：5．◆考點(diǎn)2三棱柱中的最短路徑【例題13】（2022秋·上海徐匯·位育中學(xué)?？计谀┮阎庵鵄BC?A1B1【答案】13【分析】將正三棱柱沿AA【詳解】如圖所示，將正三棱柱沿AA其最短路線為量相等線段之和，其長(zhǎng)度等于2（故答案為：13.【變式13】（2022春·廣西百色·高一校考期中）如圖，正三棱柱ABC?A1B1A．4 B．5 C．97 D．153【答案】C【分析】將三棱柱展開(kāi)為一矩形，確定邊長(zhǎng)，確定小蟲(chóng)爬行的軌跡，即可求得答案.【詳解】三棱柱的側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)矩形AA'因?yàn)檎切蜛BC的邊長(zhǎng)為3，側(cè)棱AA1=4所以AA'1=故選：C◆考點(diǎn)3錐體中的最短路徑【例題14】（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）在正三棱錐S?ABC中，SA=SB=SC=1【答案】2【分析】沿棱SA將正三棱錐展開(kāi)，做出展開(kāi)圖，由題中條件，結(jié)合展開(kāi)圖，即可得出結(jié)果.【詳解】將正三棱錐S?ABC沿棱由展開(kāi)圖可得，沿AA因?yàn)镾A=1，∠所以∠AS因此AA故答案為：2.【變式14】1.（2022·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）空間四邊形ABCD的各邊與兩條對(duì)角線的長(zhǎng)都為1，點(diǎn)P在邊AB上移動(dòng)，點(diǎn)Q在邊CD上移動(dòng)，則點(diǎn)P，Q的最短距離為_(kāi)_____．【答案】2【分析】由已知條件可知幾何體為正四面體，由此可知點(diǎn)P，Q的最短距離即為相對(duì)棱的中點(diǎn)之間的距離，可求得答案.【詳解】由于空間四邊形ABCD的各邊與兩條對(duì)角線的長(zhǎng)都為1，故該幾何體為正四面體，如圖當(dāng)P,Q分別為AB,CD的中點(diǎn)時(shí)，連接AQ,BQ,則AQ=BQ,所以PQ⊥即當(dāng)P,Q分別為AB,CD的中點(diǎn)時(shí)，PQ為異面直線AB,CD的公垂線，此時(shí)點(diǎn)P，Q的距離最短；因?yàn)榭臻g四邊形ABCD的各邊與兩條對(duì)角線的長(zhǎng)都為1，故AQ=所以PQ=故答案為：2【變式14】2．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）在正四棱錐P?ABCD中，PA=AB=4，M為PA的中點(diǎn)，N為BCA．27 B．26 C．4 【答案】C【分析】對(duì)點(diǎn)M到點(diǎn)N的路徑進(jìn)行分類(lèi)討論，將相應(yīng)平面延展為同一平面，結(jié)合余弦定理可求得結(jié)果.【詳解】分以下幾種情況討論：（1）當(dāng)點(diǎn)M沿著平面PAB、PBC到點(diǎn)N，將平面PAB、PBC延展為同一平面，如下圖所示：易知△PAB、△PBC均為等邊三角形，延展后，∠PAB所以，四邊形ABCP為菱形，所以，AP//BC且因?yàn)镸、N分別為AP、BC的中點(diǎn)，則AM//BN且所以，四邊形ABNM為平行四邊形，此時(shí)MN=（2）當(dāng)點(diǎn)M沿著平面PAB、ABCD到點(diǎn)N，將平面PAB、ABCD延展至同一平面，如下圖所示：連接BM，則BM⊥AP，且BM=23，因?yàn)锽N=2，由余弦定理可得MN（3）當(dāng)點(diǎn)M沿著平面PAD、ABCD到點(diǎn)N，連接PN，如下圖所示：則PM=2，PN=4+23由余弦定理可得MN=（4）當(dāng)點(diǎn)M沿著平面PAD、PCD、PCB到點(diǎn)N，將這三個(gè)側(cè)面延展為同一平面，如下圖所示：易知A、P、B三點(diǎn)共線，且BM=6，BN=2，由余弦定理可得MN=綜上所述，從點(diǎn)M沿著四棱錐的表面到點(diǎn)N的最短路徑的長(zhǎng)度為4.故選：C.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：（1）計(jì)算多面體或旋轉(zhuǎn)體的表面上折線段的最值問(wèn)題時(shí)，一般采用轉(zhuǎn)化的方法進(jìn)行，即將側(cè)面展開(kāi)化為平面圖形，即“化折為直”或“化曲為直”來(lái)解決，要熟練掌握多面體與旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面展開(kāi)圖的形狀；（2）對(duì)于幾何體內(nèi)部折線段長(zhǎng)的最值，可采用轉(zhuǎn)化法，轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)間的距離，結(jié)合勾股定理求解.【變式14】3．（2023·全國(guó)·6專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在三棱錐A?BCD中，AB⊥平面BCD,AB=4米，BC=3米，AD與底面BCD所成角的正切值為2.已知螞蟻從點(diǎn)C出發(fā)，沿著側(cè)面ABC走到AB上的一點(diǎn)，再沿著側(cè)面ABD繼續(xù)走到棱AD上，則這只螞蟻從點(diǎn)C【答案】

25

32【分析】由題意，將側(cè)面ABD翻折至與平面ABC共面，由兩點(diǎn)之間直線最短確定出螞蟻的最短路線為C→F→E，利用勾股定理求出最短路程為CE=25米，利用三角形相似求出FB=32【詳解】因?yàn)锳B⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，又AB=4米，BC=3米，所以AC=5米.因?yàn)锳D與底面BCD所成的角為∠ADB，所以tan∠ADB=ABBD=2，所以BD=2米.將側(cè)面ABD翻折至與平面ABC共面，如圖所示.AC=CD=5米，AD=25米，取AD的中點(diǎn)E，連接CE，交AB于F，則CE⊥AD，螞蟻的最短路線為C→F→E，最短路程為CE=25米，最短路線與AB的交點(diǎn)為F.取BD的中點(diǎn)G，連接EG，則EG=12AB=2米，BG=12BD=1米，根據(jù)△CBF∽△CGE，得FBEG=CBCG=34，則FB=故答案為：25；3◆考點(diǎn)4臺(tái)體中的最短路徑【例題15】（多選）（2023·安徽馬鞍山·統(tǒng)考一模）已知圓臺(tái)的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為r上=1，r下=2，母線AB長(zhǎng)為2，點(diǎn)A．圓臺(tái)的體積為7B．圓臺(tái)的側(cè)面積為12πC．圓臺(tái)母線AB與底面所成角為60°D．在圓臺(tái)的側(cè)面上，從點(diǎn)C到點(diǎn)E的最短路徑長(zhǎng)為4【答案】AC【分析】根據(jù)已知求體積;過(guò)A作AF//O1O2交底面于F，判斷出∠ABF即為母線【詳解】對(duì)于A：圓臺(tái)的高為3，則圓臺(tái)的體積V=對(duì)于B：由題意，圓臺(tái)的側(cè)面展開(kāi)圖為半圓環(huán)，其面積為S=對(duì)于C：過(guò)A作AF//O1O2交底面于F，則O在等腰梯形ABCD中，AB=2,BF=2?1=1因?yàn)椤螦BF為銳角，所以∠對(duì)于D：如圖示，在圓臺(tái)的側(cè)面上，從C到E的最短路徑的長(zhǎng)度為CE.由題意可得：FB=FC=4,AB=2.由E為AB故選：AC◆類(lèi)型3周長(zhǎng)最小問(wèn)題【例題16】（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1A．11+3 B．11+23 C．11【答案】C【分析】由側(cè)面展開(kāi)圖求解，【詳解】由題意得A1將三棱柱的側(cè)面展開(kāi)如圖所示，當(dāng)A1,E此時(shí)A1即△A1CE故選：C【變式16】1．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別為面A1B1C1D1和線段B1C上動(dòng)點(diǎn)，則△PEQ周長(zhǎng)的最小值為（）A．22 B．10 C．11 D．【答案】B【分析】通過(guò)對(duì)稱(chēng)轉(zhuǎn)換PQ,QE,【詳解】在平面B1C1E關(guān)于B1C1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為N，C1連接MN，當(dāng)MN與B1C1的交點(diǎn)為P，MN與B1C的交點(diǎn)為Q時(shí)，則MN是△PEQ周長(zhǎng)的最小值，CM=1,CN=3∴△PEQ周長(zhǎng)的最小值為10故選：B【變式16】2．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在正三棱柱A1B1C1?ABC中，AB＝2，A【答案】7+2##2+【分析】由正三棱柱A1B1C1?ABC的性質(zhì)可得：A【詳解】解：由正三棱柱A1B1∴AA1⊥在Rt△ADF中，DF＝(3把底面ABC展開(kāi)與側(cè)面ACC只有當(dāng)三點(diǎn)D，E，F(xiàn)在同一條直線時(shí)，DE+EF取得最小值．在△ADF中，∠DAF＝60°+90°＝150°，由余弦定理可得：DF＝(3)2∴△DEF周長(zhǎng)的最小值＝7+2．故答案為：7+2．【變式16】3．（2022·上海·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，ABCD?A'B'C'D'為正方體，任作平面αA．S為定值，l不為定值B．S不為定值，l為定值C．S與l均為定值D．S與l均不為定值【答案】B【分析】將正方體切去兩個(gè)正三棱錐A?A'BD與C'?D'B'C后，得到一個(gè)以平行平面A'BD與D'B'C為上、下底面的幾何體【詳解】解：將正方體切去兩個(gè)正三棱錐A?A'BD與C'?D'B'C后，得到一個(gè)以平行平面A'BD與D'B而多邊形W的周界展開(kāi)后便成為一條與A'A1平行的線段（如圖中E'E當(dāng)E'位于A'B'中點(diǎn)時(shí)，多邊形W為正六邊形，而當(dāng)E'稱(chēng)到A'時(shí)，W為正三角形，則當(dāng)周長(zhǎng)這定值故選：B【變式16】4．（2022春·河南安陽(yáng)·統(tǒng)考期末）《九章算術(shù)》卷第五《商功》中描述幾何體“陽(yáng)馬”為“底面為矩形，一側(cè)棱垂真于底面的四棱錐”.現(xiàn)有陽(yáng)馬S?ABCD，SA⊥平面ABCD，AB=1，AD=3，SA=3，BCA．?24 B．?25 C．【答案】D【分析】通過(guò)底面展開(kāi)轉(zhuǎn)化為平面圖形，容易找到最小值點(diǎn)E，然后利用平移法作出異面直線所成的角，即可得解；【詳解】解：將平面ABCD沿BC折至A'使SBC與A'連接SD'交BC于E，連接ED，此時(shí)作EF//CD交AD于則∠SEF在Rt△SAB中，SB=∴由SBSA'=BE∴在Rt△SBE中，SE=∴在Rt△SFE中，cos∠SEF故SE與CD所成角的余弦值等于24故選：D．◆類(lèi)型4和最小問(wèn)題【例題17】（2022春·安徽池州·高一統(tǒng)考期末）在正方體ABCD?A1B1C1A．3 B．23 C．32【答案】A【分析】利用點(diǎn)面對(duì)稱(chēng)關(guān)系，找到點(diǎn)E關(guān)于平面BDD1B1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為【詳解】解：取AB的中點(diǎn)F，連接EF，如下圖：因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)E、F關(guān)于平面BDD1B1對(duì)稱(chēng)，所以故選：A.【變式17】1．（2020·浙江杭州·高一期末）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中ABCD?A1B1C1D1，若點(diǎn)M,NA．23 B．22 C．3【答案】A【解析】先固定M,使PM，NM最小，則易知P應(yīng)是M在BD上的射影，N應(yīng)是M在B1C上的射影；利用線面垂直判定定理易知BC1⊥平面BC1D1,∴N應(yīng)為BC1，B1C的交點(diǎn)O；將△BDD1和△BC1D1展開(kāi)放到一個(gè)平面上，可得當(dāng)P、M、O共線，且垂直于BD,時(shí)PM+MN最小時(shí)，利用正弦的二倍角公式求得sin∠DBC1的值，進(jìn)而計(jì)算可得.【詳解】解：首先當(dāng)固定M時(shí)，P點(diǎn)應(yīng)為M在平面ABCD中的射影，在BD上，且MP⊥BD于P,為使MN最小，MN應(yīng)當(dāng)垂直與B1C，垂足為N,連接BC1,設(shè)BC1∩B1C=O,則BC1⊥B1C,由D1C1⊥平面BCC1C1得D1C1⊥B1C,又∵D1C1∩BC1=C1,∴B1C⊥平面BC1D1,由MN⊥B1C,M∈平面BC1D1,∴MN?平面BC1D1,∴N應(yīng)為BC1，B1C的交點(diǎn)O,將△BDD1和△BC1D1展開(kāi)放到一個(gè)平面上，如圖所示：轉(zhuǎn)化為求折線PMO的最小值，顯然最小時(shí)P、M、O共線，且垂直于BD,如圖所示M0,P0,N0,為使PM+MN最小時(shí)，M,P,N的位置.顯然△BDD1≌△BC1D1,∴∠DBD1=∠C1BD1∴sin∠DBC1=sin2∠DBD1=2sin∠∠DBD1cos∠DBD1=2×1P0故選:A.【點(diǎn)睛】本題考查空間距離和的最值問(wèn)題，屬中高檔題，關(guān)鍵在于先固定尋找MP，MN最小的條件和位置，然后利用展開(kāi)方法，進(jìn)一步研究求解.【變式17】2．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1【答案】3【分析】由條件證明點(diǎn)E、F關(guān)于平面BDD1B1對(duì)稱(chēng)，由此可得【詳解】取AB的中點(diǎn)F，連接EF，如下圖：因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)E、F關(guān)于平面BDD所以PE+因?yàn)镻F+當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)P為線段FC1與平面所以PE+PC由已知△BC1F為直角三角形，且所以FC所以PE+故答案為：3.【變式17】3．（2023·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面【答案】5【分析】把平面A1C1B沿著【詳解】把平面A1C1B沿著連接A1C，則CP+因?yàn)椤螦CB=90AC=6,BC=BC因?yàn)锳1C1所以∠A所以∠C由余弦定理得A1所以A1C=52，故CP【變式17】4．（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E【答案】1【分析】由PE=PF可確定M為EF中點(diǎn)時(shí)，PM最小，取BN=【詳解】∵PE=PF，∴當(dāng)M為EF在BD上取一點(diǎn)Q，使得BN=∵tan∠PBD=tan∠PBC1∴PN則當(dāng)M,P,Q三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)MN//DD1且MN=故答案為：1.【變式17】5.（2022·高一課時(shí)練習(xí)）已知，如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1【答案】2+【分析】首先將翻轉(zhuǎn)平面D1A1P，使點(diǎn)D1【詳解】如圖，將△D1A1P沿A1P則∠D故∠A從而，AP+D1當(dāng)且僅當(dāng)P為AD2與故答案為：2+【變式17】6．（2022春·上海浦東新·高一?？茧A段練習(xí)）在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，棱AB【答案】5【分析】將△BB1C1沿BC1為軸旋轉(zhuǎn)至于平面【詳解】解：將△BB1C1沿B則∠AB故AP+當(dāng)且僅當(dāng)P為AB2與所以AP+PB故答案為：52題型2平面圖形的折疊◆類(lèi)型1折疊中的小題【例題21】（2023·吉林·統(tǒng)考二模）已知矩形ABCD中，AB=3，BC=2，將△CBD沿BD折起至△C'BD.當(dāng)直線C'B與AD所成的角最大時(shí)，三棱錐C'A．53 B．51313 C．2【答案】C【分析】先判斷當(dāng)C'B與AD所成角最大時(shí)，C'B⊥AD，進(jìn)而證得AD⊥【詳解】因?yàn)楫惷嬷本€最大角為直角，故當(dāng)C'B⊥AD時(shí)，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以AD⊥又C'B⊥AD，AB∩故AD⊥面ABC'，又因?yàn)锳C'在Rt△AC'D中，又BC'=2,AC所以VC故選：C.【變式21】1．（2023·江蘇宿遷·江蘇省沭陽(yáng)高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2DC=2，E為AD的中點(diǎn).將△EAB和【答案】3【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理確定垂直關(guān)系，再確定外接球的球心所在位置，利用勾股定理求出外接球的半徑即可.【詳解】如圖.由題意可知，折疊后所構(gòu)成的四面體FBCE中，∠EFC在Rt△FBC中，由FB>FC可知，∠因?yàn)镕E⊥FB,所以FE⊥平面FBC，因?yàn)锽C?平面FBC,所以又因?yàn)锽C⊥FC，F(xiàn)E∩FC=所以BC⊥平面FEC，因?yàn)镋C?平面FEC,所以所以四面體FBCE外接球的球心為BE的中點(diǎn)，半徑為12在直角梯形ABCD中，設(shè)DE=則有EC由EC2+BC因此，四面體FBCE外接球的半徑為32故答案為：32【變式21】2．（2021·課時(shí)練習(xí)）由等邊三角形組成的網(wǎng)格如圖所示，多邊形ABCDEFGHIJ是某幾何體的表面展開(kāi)圖，對(duì)于該幾何體（頂點(diǎn)的字母用展開(kāi)圖相應(yīng)字母表示，對(duì)于重合的兩點(diǎn)，取字母表中靠前的字母表示），直線BE和直線AJ的位置關(guān)系是______.【答案】異面【分析】畫(huà)出幾何體，即可得到直線BE和直線AJ的位置關(guān)系.【詳解】解：幾何體如圖所示，所以易知直線BE和直線AJ為異面直線.故答案為：異面.【變式21】3．(多選)（2023·山東泰安·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，M，N分別為BC，CD的中點(diǎn)，將正方形沿對(duì)角線AC折起，使點(diǎn)D不在平面ABC內(nèi)，則在翻折過(guò)程中，以下結(jié)論中正確的是（

）A．異面直線AC與BD所成的角為定值B．三棱錐D?ABCC．存在某個(gè)位置，使得直線AD與直線BC垂直D．三棱錐D?AMN【答案】ABD【分析】利用線面垂直的性質(zhì)判斷A；易知外接球球心O是AC中點(diǎn)求解判斷B；利用垂直的轉(zhuǎn)化通過(guò)反證法可判斷C選項(xiàng)；利用等積法判斷D選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A，取AC中點(diǎn)O，連接OB,OD，則AC⊥OB，且AC⊥OD，所以AC⊥平面OBD，所以AC對(duì)于B，因?yàn)镺A=OB=OC=OD，所以外接球球心是O，所以外接球半徑R=∴四面體ABCD的外接球體積為S=4π×對(duì)于C，若直線AD與直線BC垂直，∵直線AB與直線BC也垂直，則直線BC⊥平面ABD∴直線BC⊥直線BD，又BD⊥AC，∴BD⊥平面而△OBD是以O(shè)B和OD對(duì)于D，VM?ACN=VN?此時(shí)OD=故選：ABD.◆類(lèi)型2折疊中的解答題【例題22】（2023春·全國(guó)·高一專(zhuān)題練習(xí)）某校積極開(kāi)展社團(tuán)活動(dòng)，在一次社團(tuán)活動(dòng)過(guò)程中，一個(gè)數(shù)學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)《九章算術(shù)》中提到了“芻薨”這個(gè)五面體，于是他們仿照該模型設(shè)計(jì)了一道數(shù)學(xué)探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長(zhǎng)為4的正方形的三邊AB、CD、AD的中點(diǎn)，先沿著虛線段FG將等腰直角三角形FDG裁掉，再將剩下的五邊形ABCFG沿著線段(1)若O是四邊形EBCF對(duì)角線的交點(diǎn)，求證：AO//平面GCF(2)若∠AEB=2π【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)43【分析】（1）線段CF中點(diǎn)為H，證明AO//（2）利用等體積法求三棱錐的體積.【詳解】（1）在圖2中取線段CF中點(diǎn)H，連接OH、由圖1可知，四邊形EBCF是矩形，且CB=2∴O是線段BF與CE的中點(diǎn)，∴OH//BC且圖1中AG//EF且AG=12所以在圖2中，AG//BC且∴AG//OH且∴四邊形AOHG是平行四邊形，則AO//由于AO?平面GCF，HG?平面∴AO//平面GCF（2）∵EF⊥AE,EF⊥BE，AE,BE?S△所以VA即三棱錐A?BEF的體積為【變式22】1．（2023·貴州·校聯(lián)考二模）如圖甲，在四邊形PBCD中，PD//BC，PB=(1)PC⊥(2)PC⊥平面ABM．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析【分析】（1）如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，AC，由題意可證△PBA、△ABC是正三角形，則PE⊥AB、EC⊥AB．根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)即可證明；（2）如圖，取PC的中點(diǎn)N，連接MN，BN，則MN//AB，即A，B，N，M四點(diǎn)共面，得BN⊥PC．由（1），結(jié)合線面垂直的判定定理即可證明.【詳解】（1）如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，AC，∵AD＝BC且AD//BC，故四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD且AB//CD．又PB＝PA＝CD，∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形，∴PE⊥AB，在圖甲中，∠PAB=60由AB=又PE∩EC=∴AB⊥平面PEC，又PC?∴AB⊥PC．（2）如圖，取PC的中點(diǎn)N，連接MN，BN，∵M(jìn)是PD的中點(diǎn)，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD，∴MN//AB，∴A，B，N，M四點(diǎn)共面．∵PB＝BC，∴BN⊥PC．由（1）AB⊥PC，又AB∩BN=∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM．【變式22】2．（2021·陜西西安·統(tǒng)考三模）如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，AB∥CD，AD=CD=12AB=2，E為AC(1)求證：BC⊥平面ACD(2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿(mǎn)足AD∥EF，求幾何體【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）由已知條件可得AC2+（2）由條件可知F為DC的中點(diǎn)，由（1）知，BC為三棱錐B?ACD的高，所以【詳解】（1）證明：∵AC=AD2+∴在△ABC中，B∴AB∴AC⊥∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，∴BC⊥平面ACD（2）∵AD∥又∵E為AC的中點(diǎn)，∴EF為△ACD的中位線.∴F為CD由（Ⅰ）知，VFS△∴VF【變式22】3．（2023·四川巴中·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，將△AED，△DCF分別沿DE，DF折起，使A，C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)P，過(guò)P作(1)證明：PH⊥(2)若四棱錐P?【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)6.【分析】（1）利用給定條件，證明PD⊥平面PEF，進(jìn)而證得EF⊥平面PBD，再利用線面垂直的性質(zhì)、判定推理作答.（2）設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2aa>0【詳解】（1）在正方形ABCD中，有AC⊥BD，又E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，有EF//依題意，連接EF，PD⊥PE，PD⊥PF，PE∩又EF?平面PEF，則PD⊥EF，而EF又PH?平面PBD，則有EF⊥PH，又PH⊥BD，EF，BD所以PH⊥平面BFDE.（2）令EF∩BD=Q，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a依題意，PD=2a，PE=PF=顯然PE2+由（1）知PD⊥PQ，在直角△PDQ中，由PH⊥DQ得：PH又由（1）知：PH⊥平面BFDE，因此VP所以正方形的邊長(zhǎng)為6．【變式22】4．（2019秋·安徽蕪湖·蕪湖一中?？计谀┤鐖D，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜邊AC上的高BD將△ABD折起到△PBD的位置，點(diǎn)E在線段CD上.(1)求證：PE⊥BD；(2)過(guò)點(diǎn)D作DM⊥BC交BC于點(diǎn)M，點(diǎn)N為PB的中點(diǎn)，若PE//平面DMN，求DE【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)13【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理作答.（2）取BC的中點(diǎn)F，連接PF,EF，利用線面平行的判定、面面平行的判定、性質(zhì)推證【詳解】（1）依題意，BD⊥PD,BD⊥則有BD⊥平面PCD，又PE所以BD⊥（2）依題意，∠CBD=60°，而DM⊥取BC的中點(diǎn)F，連接PF,EF，因?yàn)辄c(diǎn)N為PB的中點(diǎn)，則又PF?平面DMN，MN?平面DMN，因此而PE//平面DMN，PE于是平面P