立体几何中展开与折叠相关的问题-【题型·技巧培优系列】2022-2023年高一数学同步精讲精练（人教B版2019必修第三册）（解析版）

专题09立体几何中展开与折叠相关的问题

今常考题型目录

题型1立体图形的展开..............................................................................1

♦类型1展开图问题............................................................................2

♦类型2最短路径问题..........................................................................6

♦考点1长方体中的最短路径.............................................................6

♦考点2三棱柱中的最短路径............................................................10

♦考点3锥体中的最短路径..............................................................11

♦考点4台体中的最短路径..............................................................16

♦类型3周长最小问题........................................................................17

♦类型4和最小问题..........................................................................23

题型2平面图形的折叠.............................................................................30

♦类型1折叠中的小题.......................................................................30

♦类型2折叠中的解答题.....................................................................34

但知识梳理

知识点一.折叠问题

1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证

和计算，就是折叠问题.

2.折叠问题分析求解原则：

(1)折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系；

(2)折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变

知识点二.展开问题

将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间

图形展开转化为平面问题进行研究.

径题型分类

题型1立体图形的展开

♦类型1展开图问题

【方法总结】立体图形的展开是指将空间图形沿某一条棱长展开为平面图形，研究其面积或者距离

的最小值，把几何体中的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点距离.

【例题1]（2023・全国•高一专题练习）如图是一个正方体展开图，把展开图折叠成正方体后"抗"字一面

A.新B.冠C.病D.毒

【答案】C

【分析】将展开图折叠成正方体，观察可得结果.

【详解】将展开图折叠成正方体可得"击"字与"冠"字相对，"抗"字与"病"字相对，"新"字与"毒"

字相对，

故选：C.

【变式1-1]1.（2023春・全国•高一专题练习）如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两

个完全一样的是（）

A.(1)(2)B.(2)(3)C.(3)(4)D.(1)(4)

【答案】B

【分析】分别判断出还原成正方体后，相对面的标号，即可得出答案.

【详解】(1)图还原正方体后，①⑤对面，②④对面，③⑥对面；

(2)图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面；

(3)图还原后，①④对面，②⑤对面，③⑥对面；

(4)图还原后，①⑥对面，②⑤对面，③④对面；

综上可得，还原成正方体后，正方体完全一样的是(2)(3).

故选：B.

【变式1-1]2.(2022•高一单元测试)如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的

第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是

4^7

复兴/3/4/5/

1/1/2/

①②

【答案】路

【分析】根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.

【详解】由图①可知，"国"和"兴"相对，"梦"和"中"相对，"复"和"路"相对；

由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是"兴"、"梦"、"路"、"国"、"复"，

所以到第5格时，小正方体朝上面的字是"路".

故答案为：路.

【变式1-1]3.（2023・全国•高一专题练习）如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后,互

相重合的点是.

①□与口②□与口③口与口④口与口

【答案】①②④

【分析】还原正方体即可解决.

【详解】根据题意，标记下图,

由图知，口与口,口与口,口与港台,

故答案为：①②④

【变式1-1】4.（2023・全国•高一专题练习）把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如图），

请根据各面上的图案判断这个正方体是（）

【答案】C

【分析】通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，

然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形.

【详解】结合立体图形与平面图形的相互转化，即可得出两圆应该在几何体的上下，符合要求的只有C和

D,再根据三角形的位置，即可得出答案，

故选：C

【变式1-1]5.如图，两个图形都是立体图形的平面展开图，你能分别说出这两个立体图形的名称吗？

【答案】（1）正方体（2）四棱锥

【解析】（1）将展开图还原为原图可知，该几何体为正方体.（2）将展开图还原为原图可知，该几何体为

四棱锥.

【变式1-1】6.（2023•辽宁辽阳•统考一模）将3个6cmx6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，

每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为3夜cm的正六边形上，如图（2）

所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为cm3.

图⑴图⑵

【答案】108

【分析】根据平面图形折起后得到七面体，由七面体为正方体被平面所截，由对称性可得其体积.

【详解】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，

该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积

的一半，即!X63=108cm3.

故答案为：108

♦类型2最短路径问题

♦考点1长方体中的最短路径

【例题1-2】（多选）（2023•高一课时练习）长方体。口口。一口1口1口1口］的楼长口口1=4,口口=

3,00=5,则从。点沿长方体表面到达4点的距离可以为（）

aa

B

A.4V5B.3同C.V74D.8

【答案】ABC

【分析】从o点沿长方体表面到达口有三种展开方式，以&&、□□、a与轴展开，分别求。，可

得答案.

【详解】则从。点沿长方体表面到达&有三种展开方式，

若以a&为轴展开，则□&=若a〃+&a)2+(aa)2=倔厂两=3Vw,

若以oa为轴展开，则。&=«□、口+0。2+(0。2=V49+25=V74,

若以&外轴展开，则0a=Z2702+（〃&）2=V64+16=4V5.

故选：ABC.

【变式1-2】1(2022・高一课时练习旧知长方体。口。。一口1口1口1口1中，□口=5，口口［=4，口□=3,

从点A出发沿着表面运动到0的最短路线长是_____.

【答案】V74

【分析】将长方体的面折叠到同一平面，求出线段£74的长，分三种情况，求出结果，比较大小，确定最

短路线长.

【详解】如图，

①将长方形。与平■面□□□】a折叠到同一平面，如图1所示,

图I

连接£7&,此时口&=1(5+3)2+42=4V5,

②将长方形口a与长方形aa&a折叠到同一平面，如图2,

5

A\

A

连接DO,,此时o&=J(4+3)2+52=V74,

③将长方形与长方形ooaa折叠到同一平面，如图3,

D

ABB\

图3

连接,此时O&=J(4+5)2+32=3V10,

因为E<4V5<3同,

所以从点A出发沿着表面运动到4的最短路线长是g.

故答案为：V74

【变式1-2]2.(2022•高一单元测试怅方体□□□□-口口1口1，中，□口=2,£70=4，口□1=1,

则一只小虫从a点沿长方体的表面爬到口1点的最短距离是__________.

【答案】5

【分析】根据题意，画出三种展开的图形，求出aa两点间的距离，比较大小，从而找出最小值即为所

求.

【详解】解：长方体aaaa的表面可如下图三种方法展开后，口、口两点间的距离分别

••.一只小虫从a点沿长方体的表面爬到a点的最短距离是5.

故答案为：5.

♦考点2三棱柱中的最短路径

【例题1-3]（2022秋•上海徐汇・位育中学校考期末）已知正三棱柱OOO-口[□]&的底面边长为2,

高为5,从点。出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达&点的最短路线长度为.

【答案】13

【分析】将正三棱柱沿剪开，即可求解.

【详解】如图所示，将正三棱柱沿〃口剪开，可得到一个矩形，其长为6,宽为5,

其最短路线为量相等线段之和，其长度等于,

故答案为：13.

【变式1-3]（2022春•广西百色•高一校考期中）如图，正三棱柱口4□[4的底面是边长为3的

正三角形，侧棱。a=4,一小虫从点A途经三个侧面爬到点&,则小虫爬行的最短距离为（）

A.4B.5C.V97D.Vl53

【答案】C

【分析】将三棱柱展开为一矩形，确定边长，确定小虫爬行的轨迹，即可求得答案.

【详解】三棱柱的侧面展开图为一个矩形,如图所示,

因为正三角形ABC的边长为3，侧棱Z70=4,所以口口=9,

所以口口[=]UD+g=V81+16=V97,即小虫爬行的最短距离为历，

故选：C

♦考点3锥体中的最短路径

【例题1-4】（2023春•全国•高一专题练习）在正三棱锥。—口。。中，口□=口□=口口=1/□□□=

乙□□□=乙□□口=30°,一只蚂蚁从点O出发沿三棱锥的表面爬行一周后又回到。点，则蚂蚁爬过的最

短路程为.

【答案】V2

【分析】沿棱O&各正三棱推展开，做出展开图，由题中条件，结合展开图，即可得出结果.

【详解】

将正三棱锥口口门沿棱口^^，得到如下图形，

由展开图可得，沿口&爬行时，路程最短；

因为口口=1,乙口□□=乙□□□=乙□□□—30°,

所以2口口口1=90°,

因此£7£7）=Vl2+12=V2.

故答案为：V2.

【变式1-4]1.（2022•全国•高三专题练习）空间四边形。£7。中）各边与两条对角线的长都为1,点O在

边。D上移动，点。在边0at移动，则点。，OB勺最短距离为.

【答案】y

【分析】由已知条件可知几何体为正四面体，由此可知点口，勺最短距离即为相对棱的中点之间的距离，

可求得答案.

【详解】由于空间四边形。005）各边与两条对角线的长都为1,

故该几何体为正四面体，如图当BQ分别为AB,CD的中点时，

连接AQ,BQ则。£7=口口，所以□□上口口同理0/71口□,

即当BQ分别为AB,CD的中点时，PQ为异面直线AB,CD的公垂线，

此时点£7,O0勺距离最短；

因为空间四边形SOd勺各边与两条对角线的长都为'，故口□=?□口=]

所以。口=飞口仃一口守=口1=与

故答案为：f

【变式1-4]2.（2023・高一课时练习）在正四棱锥。一口□□□中,□□=口口=4,以为ZZ7ZJ0勺中点,

%口并中点,则从点◎回着四棱锥的表面到点。的最短路径的长度为（）

A.2aB.2伤C.4D.3

【答案】C

【分析】对点O到点OB勺路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果.

【详解】分以下几种情况讨论：

（1）当点着平面口。。、□□网氤□，将平面□□□、Z7Z7O延展为同一平面，如下图所示：

易知△□□□、△。。侬为等边三角形延展后幺口口口=乙□□□=60°幺□□口=乙口口□=120°,

所以，四边形。。。孕菱形，所以，口口11口谑口口=口□,

因为口、a分别为〃£/、口弥中氤，%\口口11口□目口口=□口,

所以，四边形为平行四边形，此时00=00=4;

(2)当点。白着平面口£70、口□□覆氤口，将平面口口口、£70。。延展至同一平面，如下图所示：

连接£7/7,则O£7_L□□,且£70=2V3,4□口□=30°,zZ7£7£7=90°+30°=120°,

因为□□=2,由余弦定理可得027=<g+皿-2口口-。氏os120。=V16+4V3>4；

(3)当点⑪合着平面£700、□□口四点、口,连接£7。，如下图所示：

则£7。=2,口口=4+2V3,乙□□□=30°,

由余弦定理可得R7=厅+UEf-2□□-£7Ox)s30。=q20+875>4;

(4)当点U台看平面口。£7、□□□、□□网点、口,将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：

易知以口、石点共线，目口口=6,口口=2工□□□=60°,

由余弦定理可得，。仃+g-00cos60。=2V7>4.

综上所述，从点◎合着四棱推的表面到点最短路径的长度为4.

故选：C.

【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行,

即将侧面展开化为平面图形，即"化折为直"或"化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面

展开图的形状；

（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.

【变式1-4]3.（2023•全国・6专题练习）如图,在三棱锥。一,□□邛面口口口,□□=珠.

□□=3米，口口与底面口。。所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点O出发，沿着侧面£7口々走到。。上的一

点，再沿着侧面口口&嵌续走到棱上，则这只蚂蚁从点口出发到达棱最短路程为米，这

只蚂蚁的最短路线与口为勺交点到底面口口为勺距离为米.

L

【答案】2V5|##1.5

【分析】由题意，将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，由两点之间直线最短确定出蚂蚁的最短路线为C

-FT,利用勾股定理求出最短路程为CE=2痣米，利用三角形相似求出FB=|.

【详解】因为AB_L平面BCD,所以AB^BC,AB_LBD,又AB=4米，BC=3米，

A

所以AC=5米.因为AD与底面BCD所成的角为NADB所以tan/ADB=^=2所以BD=2米.将侧面ABD

翻折至与平面ABC共面，如图所示.AC=CD=5米,AD=2V5M,取AD的中点E,连接CE,交AB于F,

则CE±AD,蚂蚁的最短路线为C-F-E,最短路程为CE=2遍米，最短路线与AB的交点为F.取BD的中

点G,连接EG,贝!JEG=gAB=2米,BG=^BD=1米,根据《BF—CGE,得穿=携弓,贝!JFB=*G=|,

故这只蚂蚁的最短路线与AB的交点到底面BCD的距离为|米.

故答案为：2V5;

♦考点4台体中的最短路径

【例题1-5］（多选）（2023•安徽马鞍山•统考一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别

为□卜=1,q=2,母线OO长为2,点口为□□的中点，则（）

上下

B.圆台的侧面积为12TT

C.圆台母线OO与底面所成角为60°

D.在圆台的侧面上，从点。到点口的最短路径长为4

【答案】AC

【分析】根据已知求体积;过OI乍。。〃口1。2交底面于F,判断出口即为母线与底面所成角，•作

出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从匚型）厅勺最短路径的长度为CE,等逐个判断

即可求解.

【详解】对于A:圆台的高为V5,则圆台的体积O=gnx(l2+1X2+22)XV3=^(cm3),A正确；

对于B:由题意，圆台的侧面展开图为半圆环,

其面积为。=；X2TTX2X4-1X2TTX1x2=6TT.故B新吴;

对于C:过A口交底面于F,则4口_L底面，所以为母线。。与底面所成角.

在等腰梯形ABCD中，2,Z7O=2-1=1,所以COSNOOO=携=；.

因为N。。小锐角，所以4口口□=60。.故C正确；

对于D如图示，在圆台的侧面上，从。到OB勺最短路径的长度为CE.由题意可得:00=4,口口=2.

由O为0口中点,所以。£7=3,所以£70=飞口日+口d=V42+32=5.故D错误.

故选：AC

♦类型3周长最小问题

【例题1-612023春•全国•高一专题练习在直三棱柱。£70-口、口［4中3，口□=口口=',

DD=V2,E是棱口4上的一点，则4口口蜜勺周长的最小值为（）

A.VTT+3B.E+2#C.布+尺D.VTT+V14

【答案】C

【分析】由侧面展开图求解，

【详解】由题意得&a=V9+2=ViT,

将三棱柱的侧面展开如图所示.当口、口,。三点共线时，△Dy。。的周长的最小，

此时□]口+□□—此+4=VT3,

即^口、Z7G]周长的最小值为布+限，

故选：C

【变式1-6]1.（2023春•全国•高一专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为

CC1的中点，点P,Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，贝!IWEQ周长的最小值为（）

【答案】B

【分析】通过对称转换oaoa。。，由三点共线求得三角形oou周长的最小值.

【详解】在平面口口□□上，设E关于B1C的对称点为M,根据正方形的性质可知1,

B于B1C1的对称点为'□]口=口、□=□□="

连接MN,当MN与B1C1的交点为P,MN与B1C的交点为寸，

则MN是WEQ周长的最小值，

口口=1,口口=3,口口=Vl2+32=VTO,

."PEQ周长的最小值为同

【变式1-6]2.（2023•全国•高一专题练习）如图，在正三棱柱4一。口。中，AB=2,=

2V3,D,F分别是棱AB,的中点，E为棱AC上的动点，则aDEF周长的最小值为.

【答案】V7+2##2+V7

【分析】由正三棱柱&&&-£7。，的性质可得：口口11AB,1AC.在RtAADF中，利用勾股

定理可得DF=2.因此只要求出DE+EF的最小值即可.把底面ABC展开与侧面00a&在同一个平面,

当三点D,E,F在同一条直线时，DE+EF取得最小值.再利用余弦定理求解.

【详解】解：由正三棱柱耳口、□□□,可得口口11底面ABC,

:,口口11AB,1AC.

在RtAADF中，DF=J(V3)2+12=2.

把底面ABC展开与侧面。&在同一个平面，如图所示，

只有当三点D,E,F在同一条直线时，DE+EF取得最小值.

在AADF中,zDAF=600+90°=150°,由余弦定理可得：

DF=J(V3)2+12-2V3XCOS150°=V7.

.1△DEF周长的最小值=V7+2.

故答案为：k+2.

【变式1-6]3.(2022・上海•高一专题练习)如图，□□□□-方。'方方为正方体，任作平面。与对角

线口仃垂直，使得口与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为口，周长为则

B.K为定值，C为定值

C.口与侬为定值

D.口与立匀不为定值

【答案】B

【分析】将正方体切去两个正三棱锥。-仃口□与仃-仃廿□后，得到一个以平行平面O'与。'方Z7

为上、下底面的几何体口，。的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形中）每一条边分别与中）底面

上的一条边平行，将中侧面沿棱方方剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形方方。1&,考查

方的位置，确定&口

【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥口-d□□与百-dd/j^,得到一个以平行平面o'与

方方印上、下底面的几何体O,跳勺每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形。的每一条边分别与口

的底面上的一条边平行）各方侧面沿棱口‘。'剪开，展开在一个平面上彳导到一个平行四边形方方,

如图所示

而多边形次勺周界展开后便成为一条与方&平行的线段（如图中o'a），显然，方a=方&,所以口

为定值，

当。位于方方中点时，多边形班正六边形，而当方称到。时，。为正三角形，则当周长这定值a的正

六边形与正三角形面积分别为噂炉点炉,所以k是定值，

N400

故选：B

【变式1-6]4.（2022春河南安阳•统考期末）《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体"阳马"为"底

面为矩形,T则棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马口一□□□□,口口1钾□□口□，口口=1.口□=3,

口口=W，。。上有一点E,使截面的周长最短，则OO与。。所成角的余弦值等于（）

S

A•一彳。•-gLU-彳

【答案】D

【分析】通过底面展开转化为平面图形，容易找到最小值点口，然后利用平移法作出异面直线所成的角，

即可得解；

【详解】解：将平面□□□□£口口R至仃□□□,

使口口□与仃口口廿共面,

连接O£7'交。。于Z7,连接O。，此时A长最短,

作。侬Z7Z7TU,

则N〃Z7Z7（或其补角）即为所求角，

在R3SAB中，□口=J口己+口d=2,

••.fi—=旦，即|=攀，可得口口=2,

on□口J'

.•在RMSBE中，□口=d口己+=2\/2,

••在RfSFE中，co”□□口=需=壶=1，

故口。与£70所成角的余弦值等于9.

故选：D.

♦类型4和最小问题

【例题1-7]（2022春・安徽池州•高一统考期末）在正方体£7口。0-d5&&中，棱长为2E为口□

的中点，点p在平面。。aa内运动，则。口+。&的最小值为（）

A.3B.2V3C.3V2D.5

【答案】A

【分析】利用点面对称关系，找到点B于平面的对称点为。，则OO+□□、=,

再根据两点之间线段最短，可得答案.

【详解】解：取的中点F,连接m,如下图：

因为E为。4勺中点，所以点E、F关于平面OO&&对称，所以OO+DD+皿,最小值

为=7l2+22+22=3.

故选：A.

【变式1-7]1.（2020•浙江杭州•高一期末）如图，在棱长为1的正方体中OZ7DO-5口百口],若

点a段别为线段。a,0a上的动点，点皿底面口口〃。上的动点，则。口+口蜜勺最小值为（）

A.IB.qc."D.l

【答案】A

【解析】先固定M,使PM,NM最小，则易知P应是M在BD上的射影，N应是M在B1C上的射影；利

用线面垂直判定定理易知BC1_L平面BC1D1/.N应为BC1,B1C的交点0;将&BDD1和^BCIDI展开放

到T平面上，可得当P、M、0共线，且垂直于BD,时PM+MN最小时，利用正弦的二倍角公式求得sin

zDBCl的值，进而计算可得.

【详解】解：首先当固定M时，P点应为M在平面ABCD中的射影，在BD上，且MP±BD于R为使

MN最小，MN应当垂直与B1C,垂足为N,

连接BC1,设BCinBlC=O,则BC1±B1C,

由D1C1_L平面BCC1C1得D1C1±B1C,

又91（：1的＜：1=01〃31（：，平面BC1D1,

由MN，B1C,MW平面BClDljMNu平面BC1D1,

■,N应为BC1,B1C的交点0,

将ABDDI和ABCIDI展开放到一个平面上，如图所示：

转化为求折线PM0的最小值，显然最小时P、M、0共线，且垂直于BD,

如图所示M0,P0,N0,为使PM+MN最小时，M,RN的位置.

显然ABDD0BC1DL..NDBD1=NC1BD1

.-.sinzDBCl=sin2zDBDl=2sinzzDBDlcoszDBDl=2x*x却竽，

□odjxsinNOOa='x管.

故选:A.

【点睛】本题考查空间距离和的最值问题，属中高档题，关键在于先固定寻找MP,MN最小的条件和位置，

然后利用展开方法，进一步研究求解.

【变式1-7]2.（2023•高一课时练习）在正方体£7000—&。口中，棱长为2,E为口量勺中点，

点P在平面0O4&内运动，则£70+口&的最小值为

【答案】3

【分析】由条件证明点E、F关于平面。a对称，由此可得口。=口口,再根据结论两点之间线段最

短求。£7+O&的最小值即可.

【详解】取OO0勺中点F,连接口£7,如下图：

因为E为OZJ0勺中点，所以点E、F关于平面Z7O4&对称，

所以£70+,

因为OZ7+□□、＞,

当且仅当点次线段与平面&的交点时等号成立；

所以£70+O4的最小值为。口,

由已知△□□、R直角三角形，且口口=1,£70=2夜，/£7£7&为直角，

所以。&=3,

所以的最小值为3.

故答案为：3.

【变式1-7]3.（2023・全国•高一专题练习）如图，三棱柱£7。。一&&&中，1底面口Z7Z7,

乙口□□=90,□□=6,□口=□□]=V2,口是□□[上一动点，则£7。+的最小值是_______.

C

C.

【答案】5V2

【分析】把平面0ao台着展开与△在同一平面上，利用余弦定理进行求解即可.

【详解】把平面。留着展开与△0口a在同一平面上,

连接&Z7,则OO+O4的最小值是4Z7,

因为上口□口=90°,三棱柱心口口一a4&是直三棱柱,

□=小口1民+dZZ72=JRZZ?i+口1ZZ^+□、nF=V36+2+2=

□口=6,□□=□]□=\[2

2VT0,

□□、=J□[rf+□[[Jy=72+2=2,

因为+口子=口百，所以&41□□、,

所以N□、口、□=90,口、口、=6,

所以口1=45°+90°=135°,

由余弦定土里得口［—口1+□—2ZZ7-）口、■ZZ7ZZ71cos135=50,

所以口［口=5V2,故。£7+0&的最小值是5也故答案为：5V2

【变式1-7J4.（2023春・全国•高一专题练习）如图，在棱长为1的正方体口口口口一口1口1口1口中，口，口

分别为棱a□*口10的中点，若点aU,侬别为线段O0,口□,上的动点，则OO+勺最小

值为•

【答案】1

【分析】由口口=OO可确定Z3为OO中点时，£70最小，取口口=通过三角形全等可将问题转化

为。。最小值的求解问题，根据三点共线时线段和最小可求得结果.

•••□□=□口，:当曲口唧点时,口。取得最小值；

在口D上取一点£7,使得。口=□口,

,­,tanzULJLJ=tan4ULJLJi=y,4□□口=/.□□□],口口口包□□□,

•••□口=□口;

则当a□,一点共线时，DD+最小，即。。最小，

斌鸵□□ll□□息□□=□□[=1,勺最小值为1.

故答案为：1.

【变式1-7]5.（2022•高一课时练习）已知，如图，斯体□□□□-口口1&a棱长为1田口〕口上

的动点，则口。+的最小值为.

[答案]72+V2

【分析】首先将翻转平面&使点口转到的对应点在平面。口&内，再将折线和的最小值，转

化为两点间距离，即可计算结果.

【详解】如图，将4翻转，使点乌转到的对应点4在平面。口&内.

则

z口2口1口=乙□[□、□=90°.

故乙口□、口2=乙口口、□+乙口□、&=45°+90°=135°.

从而，口口+□[□=口口+口2口?口□?=Ji2+12—2cos135°=V2+A/2.

当且仅当a为。4与口杂交点时，上式等号成立.

故答案为：V2+V2

【变式1-7】6(2022春•上海浦东新•高一校考阶段练习庭长方体O0口。一口1口1口、口1中棱口口=6,

£70=£7&=遮，点。是线段O&上的一动点，则OO+O4的最小值是.

【分析】将沿O4为轴旋转至于平面。O&共面，可得人口口2口1,利用□□[=UU+

口口2>04求解即可.

【详解】解：将Ao&a沿为轴旋转至于平面。。a共面，可得△口。2a

则NZJO&=135°,

故□□+□□]=□口+□□?》□□?=J62+（V2）2—2x6xV2cos135°=5>/2,

当且仅当型Z7&与。&的交点时取等号，

所以Z7D+O4的最小值是5夜.

故答案为：5夜.

题型2平面图形的折叠

♦类型1折叠中的小题

【例题2-1]（2023・吉林・统考二模）已知矩形ABCD中，AB=3,BC=2,将&CBD沿BD折起至《'BD.

当直线CB与AD所成的角最大时，三棱锥。’-0口功勺体积为（）

【答案】C

【分析】先判断当方。与口。所成角最大时，方D1。/7,进而证得0〃_1面00方，再证得△口口已是

直角三角形，故可由£7.=口.求得结果.

口一口口□

【详解】因为异面直线最大角为直角，故当方01。。时,方口与OU所成角最大，

因为四边形是矩形，所以£7O_LDO,

又方0!,uuc\d□=□,□□、d□u面口口仃,

板口口遹口口已,又因为口己u面口口仃,所以。Dind,

在R3Z7O'。中,口口=2,00=3,所以口方=J仃仔一口仃=79^4=75,

22

又。。'=2,Ljd=V5,口口=3,所以£7d=口0+DD,故0方1Cd,

所以£7.=口,"口,•OO=；x；x2xVSx2=等.

□□-□口□34口口口323

故选：C.

【变式2-1]1.（2023•江苏宿迁•江苏省沐阳高级中学校考模拟预测）在直角梯形口。。。中,DDIIDD,

口口，口口，口口=2口口=2,E为。中）中点.将△口口苗40口为别沿口口口口折起，使得点A,

D重合于点F,构成四面体。£700.若四面体OZ7OO0勺四个面均为直角三角形，则其外接球的半径为

【答案】牛

【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理确定垂直关系，再确定外接球的球心所在位置，利用勾股定

理求出外接球的半径即可.

【详解】如图.由题意可知，折叠后所构成的四面体口口。口中,

乙□□口=90°,z[JLJLJ=90°,N□□□个可能为直角.

在Rt△£7053,由□口）■知，匚为直角，即OZ7J.

因为。Z271口□.口□1口口,口口门口口=口,口□,口□u平面口口□,

所以□□上平面口口□,因为□□u平面□口□所以□□L

又因为口口,£7/7n□□=□,口□,口口0：口口口,

所以DO1平面ODD,因为口口u平面口口口，所以□□上口□.

所以四面体。卜接球的球心为OO的中点，半径为；0/7

在直角梯形。。S中，设□□=口□=口,

则有=4+1,口己=4+4,g=44+1.

由口仃+口存=S2,解得。=彖负值已舍去），则，£7=苧.

因此，四面体。。口仍卜接球的半径为苧.

【变式2-1]2.（2021•课时练习）由等边三角形组成的网格如图所示,多城□□□□□□□□□□是

某几何体的表面展开图，对于该几何体（顶点的字母用展开图相应字母表示，对于重合的两点，取字母表

中靠前的字母表示），直线口厚口直线口口的位置关系是_____.

【答案】异面

【分析】画出几何体，即可得到直线。皆口直线OO0勺位置关系.

【详解】解：

几何体如图所示，所以易知直线口审口直线O班异面直线.

故答案为：异面.

【变式2-1]3.侈选）（2023•山东泰安统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1,M,N分别为BC,

CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中以下结论中正确的

A.异面直线AC与BD所成的角为定值

B.三棱锥。口。的外接球的表面积为2Tl

C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直

D.三棱锥口-SO体积的最大值为终

40

【答案】ABD

【分析】利用线面垂直的性质判断A;易知外接球球心〃是ODK点求解判断B;利用垂直的转化通过反证

法可判断C选项；利用等积法判断D选项.

【详解】对于A,取口。中点O,连接则口口，且口口工□口，所以□□L平面□□□，

所以口□口，异面直线£7。与。O所成的角为90。，为定值，故选项A正确；

对于B,因为OA=OB=OC=OD,所以外接球球心是。，所以外接球半径口=亨,

2

.•・四面体勺外接球体积为口=4TTX停）=2TT,故B正确.

对于C,若直线。。与直线口O垂直，

•.直线。门与直线OO也垂直，则直线口。1平面00/7,

.■直线。£71直线£70,又□□L□□,：.□□^^口口口，：.□□L口□,

而4口。腹以o%口。a为腰长的等腰三角形，与题意不符，故c错误；

对于D/□□-□□□-□□-□□□•当平面Z7O01平面OO谢三棱锥口-体积取最大值，

此时口口=寺□"□□口=g口4□□于；，（〃£7-C7Z7£7）max=d=祟故选项D正确.

故选：ABD.

♦类型2折叠中的解答题

【例题2-2]（2023春•全国•高一专题练习）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴

趣小组发现《九章算术》中提到了"刍薨"这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如

图1,E、F、G分别是边长为4的正方形的三边口口口□、。中J中点，先沿着虚线段口U将等腰直角

三角形OO凄掉，再将剩下的五边形口口口。4合着线段。，折起，连接口口、口O就得到了一个"刍

管’（如图2）.

（1）若0是四边形口口06寸角线的交点，求证：口口1平面□□□；

口若乙□□□=?，求三棱锥。一OOOK）体积.

【答案】Q）证明见解析；

⑵竽

【分析】（1）线段£70中点为£7,证明£7a/Z7OBP可；

（2）利用等体积法求三棱锥的体积.

【详解】（1）在图2中取线段口口中点H,连接口以S,如图所示：

F

图2

由图1可知，四边形ODOO是矩形，且DO=20。，

-0是线段口若。中）中点，:・口口11口□目□□=；口口,

图1中□□旧0^口口=；口口,而口口11口道口口=口□.

所以在图2中，□□11口星口口=1口口,

：.DDIIDDS.DD=口□,

二四边形口。口口是平行四边形，弱

由于Z7Z7C平面ZZ7OZZ7,口口匚平面□□□，

」.£707平面ZZ7OZ7.

(2)，：□□L□□,□□工□□.□口,□□c^UEJ[J,□□□□□=□，:.口口语□□□,

。口与吗=Jx2x2x^=V3,

所以口□-口0口—□□-□□□—；□□口,□口=gxgx4=竽,

即三棱锥口一。口中)体积为竽.

【变式2-2]“2023•贵州校联考二模)如图甲，在四边形PBCD中，PD〃BC,。。=口□=□□=□口=

口□.现将AABP沿AB折起得图乙，点M是PD的中点.证明：

(1)£7£71口口;

⑵PCJ＞平面ABM.

【答案】Q)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)如图，取AB的中点E,连接PE,CE,AC,由题意可证WBA、MBC是正三角形，则PE

_LAB、EC±AB.根据线面垂直的判定定理和性质即可证明；

(2)如图，取PC的中点N,连接MN,BN,则MN//AB，即A,B,N,M四点共面，得BNJ_PC.由

(1),结合线面垂直的判定定理即可证明.

【详解】(1)如图，取AB的中点E,连接PE,CE,AC,

'.1AD=BC且AD//BC,故四边形ABCD是平行四边形，

.-.AB=CDHAB//CD.

又PB=PA=CD,

.-.PA=PB=AB,即WBA是正三角形,

.-.PE±AB,在图甲中，乙□口口=60°,则N£7ZZ7Z7=60