数学竞赛专题讲座 十一、截面、射影、折叠和展开

2023年12月2日发(作者：)

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十一、截面、射影、折叠和展开

知识、方法、技能

截面、射影、折叠和展开是立体几何中的几个典型问题，体现空间问题和平面问题互相转化的数学思想方法―化归思想方法．

I．截面

1．截面

用一个平面去截几何体时，平面和几何体的交线围成的图形，叫做几何体的截面．

2．使面作法

（1）连线法； (2)平行线法； (3)相交线法．

3．截面面积的求法

(l)割补法：将截面割补成若干个三角形或特殊的多边形，然后求出这些面积的和或差；

(2)面积射影定理：S射S截cos，其中是截面与射影平面所成的二面角．

4．平行于锥体底面的截面

S原、V原为原锥体底面积、体积，h是锥体的高，S原、V原、h截为截得的锥体底面积、孰高．

S原h2V原h3（1）（2）2，3．

S截h截V截h截II．射影

1. 射影

由空间一点向平面（直线）引垂线段，把垂足点叫做这点在平面（直线）上的正射影，简称射影．空间图形中一切点在平面上射影的集合，叫做这个空间图形在这个平面上的射影．

2.面积射影定理

在二面角的一个半平面上的任意多边形的面积S与这个二面角的度数的余弦的乘积，等于这个多边形在二面角的另一半平面上射影多边形的面积S，即SScos．

III．折叠与展开

1．折叠

将一个平面图形沿着该平面内的某条直线折叠成一个空间图形，称为平面图形的折叠．

2．展开

一个几何体如果按照某种规则展开到一个平面，则称其几何体为可展几何体．

3．折叠与展开的方法

要准确画出原来的图形和折叠或展开后的图形，对照平面图形与立体图形元素的位置关系、大小、形状，确定哪些是不变量，哪些是变量．不变量是解题的基础．

赛题精讲

I.截面

例1. (1989年联赛题) 已知正三棱锥S-ABC的高PO3，底面边长为6．过A点向它所对的侧面作垂线，垂足为O，在AO上取点P，使''''AP8．求经过点P且平行于底面'PO的截面的面积．

【解】如图，平面SAO交BC于D，则SO⊥AD，BC⊥平面ADS，所以AO′在平面ADS上．

设AO′∩SO=P′，∠SDA=α，

在△SOD中，tanα=SO/OD=3，故α=60°．

又AP’=AO/sinα=4,AO’=ADsinα=9/2．

AP=8AO′/（8+1）=4=AP′

故P与P′重合，PO=APcosα=2．

设所求截面面积为S1，则

S1/S△ABC=（SP/SO）2=1/9．

1 ．

例2.如图所示，三棱锥V—ABC中，VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°.

(1)求证：V、A、B、C四点在同一球面上.

(2)过球心作一平面与底面内直线AB垂直.求证：此平面截三棱锥所得的截面是矩形.

证明.(1)取VC的中点M，∵VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，

∴BC⊥VB，在Rt△VBC中，M为斜边VC的中点.

∴MB＝MC＝MV，同理在Rt△VAC中，MA＝MV＝MC，

∴MV＝MC＝MA＝MB，∴V、A、B、C四点在同一圆面上，M是球心.

(2)取AC，AB，VB的中点分别为N、P、Q，连结NP、PQ、QM、MN.则MNPQ就是垂直于AB的三棱锥V—ABC的截面，易证PQMN是平行四边形，又VA⊥BC，PQ∥VA，NP∥BC，∴QP⊥PN，故截面MNPQ是矩形.

例3.如图所示,在棱长为a的正方体AC1中求,

(1)过BD1所作的最小截面面积;

(2)过BD1所作截面周长最小时的截面面积.

分析.这是一道有关立体几何最值问题的题目,比较综合,我们可对本题作简单分析:

证明：(1)设经过BD1的截面为BMD1N,因为正方体相对侧面平行,故BMD1N是平行四边形,这样S截=2S△BMD1显然欲使S截最小,只需S△BMD1最小,而BD1为定值,故只需M到BD1的距离最小,M可在AA1上移动,所以这个问题可转化为求异面直线

AA1与BD1之间的距离,而求异面直线间的距离又可化为线面间的距离(AA1与面BB1D1D间的距离)

(2)沿侧棱将侧面AD1与侧面AB1展开如图所示,D1M+MB的最小值就是侧面展开图中的D1B,设D1B与AA1交于M,由于侧面为全等的正方形，故M为AA1的中点,同理N为CC1的中点,此时MB∥ND1为所求截面.

II.射影

例4.如图1，一间民房的屋顶有三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法的屋顶面积分别为P1、P2、P3，若屋顶斜面与水平面所成的角都是,则（ ）

A． P3＞P2＞P1 B．P3＞P2＝P1 C．P3＝P2＞P1 D．P3＝P2＝P1

图1

① ②

分析：设这间民房的地面面积为S0，则有

③

S0PcosPcosPcos，

123所以 P3＝P2＝P1，故选D.

【评析】本题要从屋顶的实际情景中透过日常生活中常见的现象，抽象出斜面在水平面上的射影的本质特征，反映了数学来源于社会现实，又为社会实践服务的基本事实.

例5.如图2，E、F分别为正方体的面ADD1A1和面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是_________.

2

图2 （要求：把可能的图的序号都填上）

．

分析 从俯视、正视和侧视三种方式观察平行四边形BFD1E在正方体各个面上的投影，可知图②③正确.

例6.正四面体ABCD的棱长为1，棱AB//平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是_________.

分析 如图3，设正四面体ABCD在平面上的射影构C D

成的图形面积为S，因为AB//平面，从运动的观点看，B

当CD//平面时，射影面积最大，此时射影图形为对角线长是1的正方形，面积最大值为面相交时，则当CD⊥平面时，射影面积为最小，最小1；若CD或其延长线与平2A

图3

221值为（证明略），所以S[,].

442例7．如图4，在一面南北方向的长方形墙ABHG上用AC=3m，BC=4m，AB=5m的角钢焊接成一个简易的遮阳棚（将AB放在墙上）。一般认为，C

从正西方向射出的太阳光线与地面成75°角时气温最高。要B

使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABC面与水平面A

成多大角度？

H

''分析 墙面ABHG在太阳光照射下的射影为ABHG ，'''D

由题意可知光线AA,BB,CC与地面所成的角为750，设遮G

B′

阳棚ABC面与地面所成的角为θ（00≤θ≤900），△ABC在地面上的射影为△ABC，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，''''即△ABC的面积最大，在CC上取一点D，使AD//AC，'M

A′

'''C′

图4

则易证明面ABC//面ABD，且△ABC≌△ABD，在平面''''A'B'D内作DM⊥A'B'，垂足为M，连C/M，

'''''''∵AB⊥CC/，∴AB⊥CC，∴C/M⊥AB，则平面ABD与地面所成的二面角的大小为∠DMC/=θ,

又由已知条件可得△ABD为直角三角形，DM=MC/=''12m，在△DMC/中，由正弦定理得5120sin(105) ，

05sin75'''''0∴当sin(105)=1，即θ=150时，MC/最大，∵AB为定值，所以此时△ABC的面积最大．

例8. (1992年联赛题))设l，m是两条异面直线，在l上有A，B，C三点，且AB=BC，过A，B，C分别作m的垂线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=15，BE=7CF=10，求l与m的距离．

2【解】设LM为直线l与m的公垂线， L∈l , M∈m .

过m作平面 P 平行于直线 l ，过 A , B , C ，分别作平

3

面P的垂线，AG,BH,CK, 垂足分别为G, H, K，则点G, H, K 落在与l平行的直线l '上，连GD，HE，KF.

∵AB=BC,AG||BH||CK,∴CH=HK.

又∵ AD⊥m,BE⊥m , CF⊥m ，由三垂线定理得CD⊥ m，HE⊥m，KF⊥m, 故GC||

HE||KF，且E, H分别为FD, KC 的中点．设l与m的距离为x，则 AC = BH = CK=LM=x .

∵GDAD2AG2,HEBE2BH2,KFCF2CK2.

7,CF10.

2又AD15,BE当点A , B , C 在点 L 的同一侧时，有2HE ＝KF+GD．

492x10x215x2解此方程，得x6，舍去负根，求得直线

4z 与 m 的距离为6.

于是2III.折叠与展开

例9.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29，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）．

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924297

②如图1，将侧面BC1旋转120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＝x，则P1C＝x，

在RtMAP3＋x)22229,x2

1中，（MCP1C24,NC．

MAP1A55③连接PP（如图2），则PP1就是NMP与平面ABC1的交线，作NHPP1于H，又CC1平面ABC，连结CH，由三垂线定理得，CHPP1．

NHC就是平面NMP与平面ABC所成二面角的平面角．

1在RtPHC中，PCHPCP160,CH1．

2NC4在RtNCH中，tanNHC．

CH5例10.（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A1EF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；

4 （Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）．

AA1

E

E

FF

BCP

BCP 解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3．

图2

（1）在图1中，取BE图1

中点D，连结DF. AE：EB=CF：FA=1：2∴AF=AD=2．

0而∠A=60 , ∴△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BEEFE，∴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0A1BP所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=60 , ∴△EBP是等边三角形.

又 A1E⊥平面BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q为BP的中点,且EQ3,又 A1E=1,在Rt△A1EQ中，tanEAQ1EQ3,∴∠EA1Q=60o, ∴直线A1E与平面A1BP所成的角为600．

A1E0在图3中，过F作FM⊥ A1P与M，连结QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=60,

∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有PQ1BP1∴PF=PQ①,

2∵A1E⊥平面BEP,

EQEF3 ∴A1E=A1Q,

∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②,

由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,

o∴∠QMP=∠FMP=90,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∴A1P5.

∵ MQ⊥A1P∴MQ由余弦定理得QF3．

A1QPQA1P25250∴MF在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=60,557MF2MQ2QF2在△FMQ中，cosFMQ．

2MFMQ87∴二面角B－A1P－F的大小为arccos．

8CH、DH,解法二:（1）作AH面BCD于H,连BH、则四边形BHCD是正方形,且AH1,以D为原点,以DB为x轴,DC为y轴建立空间直角坐标系如图,

则B(1,0,0),C(0,1,0),A(1,1,1).

BC(1,1,0),DA(1,1,1),

BCDA0,则BCAD.(2)设平面ABC的法向量为n1(x,y,z),则由n1BC

5 知:n1BCxy0;

同理由n1CA知:n1CAxz0.可取n1(1,1,1).

同理,可求得平面ACD的一个法向量为n2(1,0,1).

由图可以看出,三面角BACD的大小应等于

n1n210166则cos,即所求二面角的大小是arccos.

3332n1n2(3)设E(x,y,z)是线段AC上一点,则xz>0,y1,

平面BCD的一个法向量为n(0,0,1),DE(x,1,x),

要使ED与面BCD成30角,由图可知DE与n的夹角为60,

DEnx1所以coscos60.

2DEn12x22,则CE2x1.

2故线段AC上存在E点,且CE1,时ED与面BCD成30角.

则2x12x2,解得,x【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11.（辽宁卷）已知正方形ABCD.E、F分别是AB、CD的中点,将ADE沿DE折起,如图所示,记二面角ADEC的大小为(0).

(I) 证明BF//平面ADE;

(II)若ACD为正三角形,试判断点A在平面BCDE内的射影G是否在直线EF上,证明你的结论,并求角的余弦值.

B

C

A

B

E F

C

E

F

A D

D

【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.

EF平面AED,而BF平面AEDBF//平面ADE.

(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=ADCG=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AHDE,所以AHD为二面角A-DE-C的平

6 面角.即AHG，设原正方体的边长为2a,连结AF.

在折后图的AEF中,AF=3a,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形,

AGEFAEAFAG3a.

2在RtADE中,

AHDEAEADAH2aGH1cos. ，aGHAH4255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AGEF,垂足为G.

ACD为正三角形,F为CD的中点,AFCD .

又因EFCD,所以CD平面AEF.

AG平面AEFAGCD.

又AGEF且CDEFF,CD平面BCDE,EF平面BCDE.

AG平面BCDEG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AHDE,所以AHD为二面角A-DE-C的平面角.即AHG，设原正方体的边长为2a,连结AF.

在折后图的AEF中,AF=3a,EF=2AE=2a,

即AEF为直角三角形,

AGEFAEAFAG在RtADE中,

AHDEAEADAH3a.

22aGH1cos.

aGHAH4255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AGEF,垂足为G.

ACD为正三角形,F为CD的中点,AFCD .

又因EFCD,

所以CD平面AEFCD平面BCDE平面AEF平面BCDE.

又平面AEF平面BCDE=EF,AGEF，AGEF，

AG平面BCDEG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AHDE,所以AHD为二面角A-DE-C的平面角.即AHG.

设原正方体的边长为2a,连结AF，在折后图的AEF中,AF=3a,EF=2AE=2a,

即AEF为直角三角形,

AGEFAEAFAG在RtADE中,

AHDEAEADAH3a.

22aGH1.

aGH,cosAH4255【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.

7

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