平面折疊型問題的6個視角

趙尚樂 尹承利

在立體幾何中，平面折疊問題是一類重要題型.這類問題將平面圖形通過折疊變?yōu)榭臻g圖形，使得靜態(tài)問題動態(tài)化，能很好地考查空間線、面間的位置關系及空間角、空間距離、空間幾何體的表面積和體積的求法，對于形成和培養(yǎng)數(shù)學抽象、直觀想象、邏輯推理和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)有著重要的作用，因而是歷年高考或各地模擬考試命題的重點.下面舉例從6個不同視角對平面折疊型問題進行解析，旨在探索題型規(guī)律.

視角1 等邊三角形中的折疊

例1 （2020屆四川省德陽市二診理12）△ABC是邊長為23的等邊三角形，E、F分別為AB、AC的中點，沿EF把△AEF折起，使點A翻折到點P的位置，連接PB、PC，當四棱錐PBCFE的外接球的表面積最小時，四棱錐PBCFE的體積為（）.

A.534B.334

C.64D.364

解析 如圖1，在等邊△ABC中，將△AEF沿EF折起后四邊形BCFE為等腰梯形，則其必有外接圓，設O為梯形BCFE的外接圓圓心，當O也為四棱錐PBCFE的外接球球心時，外接球的半徑最小，也就使得外接球的表面積最小，過A作BC的垂線交BC于點M，交EF于點N，連接PM，PN，點O必在AM上.

因為E、F分別為AB、AC的中點，則必有AN=PN=MN，所以∠APM=90°，即△APM為直角三角形.

對于等腰梯形BCFE，如圖2，因為△ABC是等邊三角形，E、F、M分別為AB、AC、BC的中點，必有MB=MC=MF=ME，所以點M為等腰梯形BCFE的外接圓圓心，即點O與點M重合，如圖3.

所以PO=OC=12BC=3，PA=AO2-PO2=32-3=6，所以四棱錐PBCFE的底面BCFE的高為PO·PAAM=3×63=2.

VPBCFE=13SBCFEh=13×34S△ABCh=13×34×12×23×3×2=364.

故選D.

點評 球與多面體的切、接問題是一類熱點問題，本題通過等邊三角形的折疊形成一個底面為梯形的四棱錐，通過分析、推理確定出四棱錐的外接球的表面積最小時，四棱錐外接球球心的位置，從而求得四棱錐的體積，考查了四棱錐與外接球的位置關系及體積計算，考查了邏輯推理、直觀想象和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng).

視角2 正方形中的折疊

例2 （2020年廣東省深圳市二調(diào)理16）已知正方形ABCD邊長為3，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上運動（E不與A，B重合，F(xiàn)不與A，D重合），將△AEF以EF為折痕折起，當A，E，F(xiàn)位置變化時，所得五棱錐A-EBCDF體積的最大值為.

解析 不妨設AE=3a，AF=3b，a，b∈（0，1），在Rt△AEF中，易知EF邊上的高h=3aba2+b2.

又五棱錐AEBCDF的底面面積為S=91-ab2，欲使五棱錐AEBCDF的體積最大，需有平面AEF⊥平面EBCDF.

所以Vmax=13Sh=9（1-ab2）·aba2+b2.

因為a2+b2≥2ab，所以Vmax≤91-ab2ab2ab=924（2ab-abab）.

令t=ab，則t∈（0，1），所以Vmax≤924（2t-t3），t∈（0，1）.

令f（t）=2t-t3，t∈（0，1），則f′（t）=2-3t2，易知當t=63時，f（t）取得最大值469，所以Vmax≤924·469=23.綜上，當a=b=63時，五棱錐AEBCDF體積V取得最大值為23.

點評 立體幾何中的最值問題是體現(xiàn)立體幾何與均值不等式和導數(shù)等知識結(jié)合的一類問題，本題通過將正方體折疊成五棱錐，變靜為動，在確定五棱錐AEBCDF的體積取最大值的情形下，運用均值不等式進行轉(zhuǎn)化，并在換元的基礎上構(gòu)造函數(shù)利用導數(shù)求解，既體現(xiàn)了知識間的交會，同時也考查了直觀想象、邏輯推理、數(shù)學建模和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)的運用.視角3 矩形中的折疊

例3 （2019屆湖南省岳陽一中一模）記min{a，b}=a，a≤b，b，a>b，已知矩形ABCD中，AB=2AD，E是邊AB的中點，將△ADE沿DE翻折至△A′DE（A′平面BCD），記二面角A′BCD為α，二面角A′CDE為β，二面角A′DEC為γ，

二面角A′BED為θ，則min{α，β，γ，θ}=.

解析 作為填空題，可用特例法：不妨設平面A′DE⊥平面ABCD.

取DE中點O，連接A′O，則A′O⊥平面ABCD，由點O作各邊的垂線OM，ON，OH，并連接A′M，A′N，A′H，

則α=∠A′HO，β=∠A′NO，θ=∠A′MO，γ=90°，由正切值可確定α最小，故答案為α.

點評 本題以矩形的折疊為載體，運用折疊前后的位置和度量關系進行推理判斷二面角的大小關系，運用特例法求解.本題屬“折疊”型立體幾何中的動態(tài)問題，解決此類問題需在平時注重空間想象能力的培養(yǎng).

視角4 平行四邊形中的折疊

例4 （2020屆山東師范大學附屬中學質(zhì)量評估考試18）如圖5（1），在平行四邊形ABCD中，BD⊥CD，BE⊥AD，將△ABD沿對角線BD折起，使AB⊥BC，連接AC，EC，得到如圖5（2）所示三棱錐ABCD.

（1）證明：BE⊥平面ADC;

（2）若ED=1，二面角CBED的平面角的正切值為6，求直線BD與平面ADC所成角的正弦值.

解析 （1）證明：在平行四邊形ABCD中，BD⊥CD，則AB⊥BD.

在三棱錐ABCD中，因為AB⊥BC，BC∩BD=B，所以AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.

又BD⊥CD，AB∩BD=B，所以CD⊥平面ABD.

又BE平面ABD，所以CD⊥BE.

因為BE⊥AD，AD∩CD=D，所以BE⊥平面ADC.

（2）由（1）BE⊥平面ADC.

因為EC平面ADC，所以BE⊥EC.

又BE⊥ED，所以∠DEC即為二面角CBED的平面角，即tan∠DEC=6.

因為CD⊥平面ABD，AD平面ABD，所以CD⊥AD，故tan∠DEC=CDED=6.

又ED=1，所以AB=CD=6.

在平行四邊形ABCD中，∠ADB=∠DBC，∠BED=∠BDC=90°，所以△DEB∽△BDC，則EDBD=BDBC.

設BD=m（m>0），則BC=m2+6，故1m=mm2+6，

解得m=3，所以BD=3，BC=3.

過點D作DF∥AB，以D為坐標原點，DB、DC、DF所在的直線分別為x、y、z軸，建立如圖6所示的空間直角坐標系Dxyz，則D0，0，0，A3，0，6，C0，6，0，B3，0，0，所以DA=3，0，6，DC=0，6，0，DB=3，0，0.

設平面ADC的法向量為n=x，y，z，則n·DA

=x，y，z·3，0，6=3x+6z=0，n·DC=x，y，z·0，6，0=6y=0.

令z=-6，得n=23，0，-6.

設直線BD與平面ADC所成的角為θ，則sinθ=|cos|=|DB·n|DB|n|=63×18=63，即直線BD與平面ADC所成角的正弦值為63.

點評 本題以平行四邊形的折疊為載體，考查線面垂直關系和線面角的求法，推理論證和建立空間直角坐標系，利用向量坐標求線面角的方法都得到了很好的體現(xiàn).考查了直觀想象、邏輯推理、數(shù)學建模和數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng)的運用. 視角5 梯形中的折疊

例5 （2021屆山東省師范大學附屬中學上學期二模12）如圖7，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=12AB=2，E為AB中點，以DE為折痕把△ADE折起，使點A到達點P的位置，且PC=23，則（）.

A.平面PDE⊥平面EBCD

B.PC⊥ED

C.二面角PDCB的大小為π4

D.PC與平面PED所成角的正切值為2

解析 如圖7，由折疊前后的位置關系，可知PE⊥ED.

連接EC，則EC=EB2+BC2=22，所以在△PEC中，因為PE=AE=12AB=2，PC=23，所以PE2+EC2=PC2，所以△PEC為直角三角形，且PE⊥EC，

所以PE⊥平面EBCD;又PE平面PDE，所以平面PDE⊥平面EBCD，所以A正確.

在正方形EBCD中，連接EC、BD，則EC⊥BD;又EC是PC在平面EBCD的射影，所以PC⊥BD，所以B錯誤.

由DC⊥ED，DC⊥PE，所以DC⊥平面PDE，所以∠PDE是二面角PDCB的平面角.在Rt△PED中，因為ED=EP，所以∠PDE=π4，所以C正確.

PC與平面PED所成角即為∠ECP，因為EC=22，所以在Rt△PEC中，tan∠ECP=PEEC=222=22，所以D錯誤.

綜上可知，選AC.

點評 線面垂直的判斷和空間角的度量是立體幾何中的重要題型，本題通過將直角梯形折疊成四棱錐，考查了運用幾何推理的方法判斷線線垂直、面面垂直和求空間線面角、二面角大小，考查了直觀想象和邏輯推理的數(shù)學素養(yǎng).

視角6 組合圖形的折疊

例6 （2019年全國卷Ⅲ理19）圖8（1）是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖8（2）.

（1）證明：圖8（2）中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE;

（2）求圖8（2）中的二面角BCGA的大小.

（1）（2）圖8

解析 （1）因為四邊形ADEB為矩形，所以BE∥AD.

又因為四邊形BFGC為菱形，所以BF∥CG.因為BE與BF重合，所以AD∥CG，即圖8（2）中的A，C，G，D四點共面.

由題意知，AB⊥BC，AB⊥BE，又因為BC∩BE=B，所以AB⊥平面BCGE.

又因為AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

（2）分別取BC，AC的中點為O，H，連接OE，OH，則OH∥AB，即有OH⊥平面BCGE.

因為四邊形BFGC為棱形，且∠FBC=60°，所以OE⊥BC.

又因為AB⊥平面BCGE，所以AB⊥OE，即OE⊥平面ABC.

故以點O為坐標原點，OC，OH，OE分別為x軸，y軸，z軸，如圖9建立空間直角坐標系，因為AB=1，BE=2，所以A（-1，1，0），B（-1，0，0），C（1，0，0），G（2，0，[KF（]3[KF）]），可得

AC=（2，-1，0），CG=（1，0，[KF（]3[KF）]）.

設平面ACG的法向量為n=（x，y，z），所以

n·AC=0n·CG=0

2x-y=0，x+[KF（]3[KF）]z=0，[JB）]令z=1，則x=-[KF（]3[KF）]，y=-2[KF（]3[KF）]，得到n=（-[KF（]3[KF）]，-2[KF（]3[KF）]，1）.因為平面BCG的一個法向量為AB=（0，-1，0），所以cos〈AB，n〉=AB·n

|AB||n|=2[KF（]3[KF）][]4[SX）]=[SX（][KF（]3[KF）][]2[SX）]，故二面角BCGA的大小為[SX（]π6.

點評 本題是將一個由矩形、直角三角形和平行四邊形等組合成的平面圖形折疊為一個三棱柱，通過推理論證證明四點共面和面面垂直，通過建立空間直角坐標系求二面角，體現(xiàn)了立體幾何基本知識和方法的運用，考查了數(shù)學抽象、直觀想象、邏輯推理及數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng).

以上從6個視角對平面折疊型問題進行了歸納總結(jié)，這些題型很好地體現(xiàn)了立體幾何的核心知識（性質(zhì)、定理、公式等）及思維方法（推理、計算、變換、構(gòu)造、建系）等的運用，求解平面折疊型問題的關鍵，一是要分析清楚折疊前后哪些位置關系、圖形中的元素和度量關系變化了，哪些位置關系、圖形中的元素和度量關系沒有變;二是注重從多角度、多層次、多側(cè)面思考與探究，溝通有關知識與方法之間的內(nèi)在聯(lián)系，從而訓練數(shù)學思維能力，更好地把握這類問題.

作者簡介 趙尚樂（1992—），男，濟南人，大學本科學歷，從事中學數(shù)學的教育、教學研究工作.2019年主持中國智慧工程研究會基礎教育“十三五”科研規(guī)劃重點課題《教學改革創(chuàng)新與研究》的子課題《二次函數(shù)在初高中教學銜接中的研究》結(jié)題;有多篇論文發(fā)表.