2023年高考数学第37讲怎样解与折叠有关的空间图形问题

第37讲怎样解与折叠有关的空间图形问题

一、知识概要

将平面图形沿某直线折起构成一个空间图形,并对其中有关元素翻折前后的位置关系及数量关

系进行论证或计算的问题,称为平面图形的翻折(或折血)问题，平面图形翻折问题是立体几何的

常见题型，它能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，解答这类问题时,关键是要搞清

楚翻折前后图形中哪些元素的位置和数量关系发生了变化，再利用有关知识进行解答.与折叠有

关的空间图形问题的求解，核心是运动变化思想的运用.

二、题型精析

【例1】

如图3—117(1)所示，在等腰直角三角形ABC中,/A=90,BC=6,D,E分别是AC,A3上的

点,CO=BE=应,O为的中点，将ADE沿DE折起，得到如图3—117(2)所示的四棱锥

4-8。。及其中4。=6.

⑴证明：A'O_L平面8CDE;

(2)求二面角A—CD—B的平面角的余弦值.

图3-117

【策略点击】

本例探求平面图形翻折后的线面垂直关系及二面角问题，解题时要注意平面图形在翻折过程中，

某些几何元素的几何量保持不变,但是由于图形的变化，这些几何元素间的关系变得扑朔述离，

从而造成解题的繁难，一定要搞清楚，在翻折过程中，哪些元素之间关系发生了变化，是如何

变化的，厘清了不变与变，解题方案便会在脑海里闪现出来。

【解】

(1)证明：由题意，易得OC=3,AC=3jlAO=20.如图3—118所示，联结OROE，在

OCD中，由余弦定理可得OD=y]0C2+CCr-2OC-CDcos45=#).

由翻折不变性可知A'D=2V2A'O2+OD2=A'D2,:.A'O±OD.

同理可证AO,OE,又ODcOE=O,:.A'O_L平面BC-DE.

(2)【解法一】

过。作。H，CD,交CO的延长线于“，联结A”,如图3—119所示.

图3-H9

A'O1平面BCDE,AO_LCD又•A'O,OHu平面A!OH,:.CD±平面AOH.

故AH±CD:.ZA!HO为二面角A'-CD-B的平面角.

结合OC=3,/BCD=45，得OH=—，从而A'H=>JOH2+OA2=—.

22

cos/A'"。="=叵....二面角A—CD—B的平面角的余弦值为—.

A'H55

【解法二】

(向量坐标法)以点。为原点，建立如图3-120所示的空间直角坐标系.

\A

图3-120

则4的坐标为«),(),g),C的坐标为(0,—3,0),力的坐标为(1,一2,0),

OV=((),3,G),QA=(-1,2,9

/\\n-CA'=0,[3y+>/3z=0,

设〃=(x,y,z)为平面AC。的一个法向量，则即)J

n-DA'=0,—X+2y+yf3z——0,

解得41,一1,751即八=（1,一1,6）为平面48的一个法向量.

z=75x、'、

由（1）知。4'=（0,0,为平面CDB的一个法向量.

4一8—8即二面角的平面角的余弦值为巫.

【例2】

如图3—121所示，圆形纸片的圆心为。，半径为6ftl，该纸片上的等边三角形ABC的中心为

O.D,E,尸为圆。上的点，二DBC,_ECA、_FAB分别是以BC,C4,A5为底边的等腰三角形.沿

虚线剪开后，分别以BC,CA,AB为折痕折起二DBCuECA,_FAB，使得D,E,F重合，得到三棱

锥，当AABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位:cn?）的最大值为

【策略点击】

本题为平面图形折叠成空间图形，当折叠终止时，几何体是一个正三棱锥，这个正三棱锥底面

边长是一个变元，从而导致三棱锥体积的变化，特别要提醒的是，在折叠问题中，必须注意到

折叠过程中哪些要素在变化，哪些要素始终保持不变，其中不变要素是核心要素，根据平面图

形的性质，寻找不变要素的数量关系以及直线与直线平行和垂直的位置关系，是解决折叠问题

的突破口，因此折叠问题可通过变图、想图、构图、用图的过程，积极思考，体会解题程序方

向性，直击问题的本质。折叠问题既要看清平面转化为空间的过程，又要明确三维空间图形问

题的平面化处理是解决立体几何问题的最常见的方法，两者是互逆的。在建立体积表达式的函

数模型之后，结合函数思想求最值，通常用导数法，也可考虑运用基本不等式的方法。

【解法一】

由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当.A6C的边长变化时，设ABC的边长为

a(a>O)cm,则的面积为二二”,的高为5—二二。，则正三棱锥的高为

46

所得三棱锥的体积V='x走”2—述。=立X\25/一速

34V312V3

令，=25/一名5a5,则「=100。3—至叵由f=0)得”=4百.

33

此时所得三棱锥的体积最大，为4而？3.

【解法二】

如图3-122所示，联结。。交8c于点G,由题意知,0。_L8C,易得0G=BC.:.0G的长

6

度与BC的长度成正比.

S3-122

2

设OG=x,则3C=2氐,OG=5-x,5A8C=-3xx1=3^x,

则所得三棱锥的体积

V=1x373%2x7(5-X)2-X2=V3x2-V25-10x=x725x4-10x5

令/(x)=25x4一lOxMxe(0,g),

则r(x)=lOOx3—50f，令r(x)..0,即小—2只,0,得0<X,2,

则当xe(0,5时J(x),J(2)=80,

:乂国底=4屈，故所得三棱锥体积的最大值为4诟？3

【解法三】

如图3—123所示，联结OE交AC于点”，联结A。,。。,设OH=x,

则AC=2Gx,EH=5-x，三棱锥D-ABC的高为J25-10x,

SABC=3gx2,%A8C=国/(25-10x)

誓孚产于开用后

当且仅当x=10—4x,即x=2时取等号，

故所得三棱锥体积的最大值为4而？3

【例3】

平面图形ABB^C.C如图3-124所示，其中BB©C是矩形.BC=2,BB1=4,

AB=AC=J5，A4=A£=石，现将该平面图形分别沿和B©折叠，使4ABe与

A£G所在平面都与平面BBC。垂直，再分别联结A,A，4B,AQ,得到如图3-125所示的空

间图形，对此空间图形解答下列问题.

(1)证明:A411BC;

(2)求A4的长;

(3)求二面角A-3C-4的余弦值.

4

4

图3-124图3-125

【策略点击】

这是一个折叠问题，要不断地将折叠前后的图形加以比较，抓住折叠前后的变与不变量，通常

折叠线同侧的点、线位置关系折叠前后不发生变化，而折叠线异侧的点、线位置关系折叠后常

发生变化，本题有两条折叠线，图形较为复杂，要冷静对待。

【解】

⑴证明:如图3—126所示.取5C,4G的中点分别为。和2，联结AR，DD],AD,AD,AR.由

条件可知BC±AD,B,C,_L4A,

图3-126

由上可得A£>J>平面AR，平面,由此得AD//A.D,，即AD和A2确定平

面AD^D.

又::DDJIBBaBB[JLBC,DD[18c.又考虑到AD1BC,ADryDD}=D.

8C"L平面A"A。,故BC_LA41.

⑵延长AR到G点，使GR=A。,联结AG,如图3—127所示.

BB3-127

AD//GD,,:.AG如

由于，平面A5G，.,.AG1A,G.

由条件可知，AG=4。+AG=3,AG=4;9=5.

(3)'BC_L平面AAA。，

ZADA,为二面角A-BC-A,的平面角.

在Rt.,A中,=4,A°=2，解得sin/£>QA=当

(71

cos/AD4j=cosl—+NDQA一—，

5

即二面角A-BC-A,的余弦值为一手

方法提炼

事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维到高维的发展规律.所谓升维策略，就是把维

数,抽象水平较低的或局部的问题转化为维数，抽象水平较高或整体性较强的整体间的关系问题,

通过对整体性质或关系的考虑，而使原问题获得解决的策略,如平面图形通过翻折或旋转成为空

间图形就是二维向三维转化与变换.反之，在解题时，考虑把高维空间的问题转化为低维空间的问

题，这种处理问题的方法叫降维法，也可称之为降维策略,如将立体几何问题转化为平面几何问题,

比如求解多面体或旋转体表面上的取离最短问题的一般方法是将空间儿何体（三维）表面展开，转

化为平面上（二维）两点间的距离问题，这在上一讲（第三十六讲“怎样解立体几何中的最值问题”）

中已有涉及，本讲不再重复.

三、易错警示

【例】

在矩形ABCD中,AC=2V2,AB,,BC,沿对角线AC折起，使，ABC和^ADC所在平面互相

垂直，此时3。的长为石，求AB的长.

【错解】

如图3—128所示.作BEVAC，垂足为点E,OE_LAC,垂足为尸，联结DE,BF,设

AB=x,BC=y.

图3-128

在」ABC中,AB?+BC2=AC?,则/+=8,即旷2=&一犬2.①

2

由等面积公式知鲂八去'仃"公连.

X24-x2

EF=2AE-AC=2近-2

2

，把(1代人上式得/_8Y+12=0,二.X=6或工2=2.

即AB二瓜或五.

【评析及正解】

错解忽略了题中所给的条件A8WBC,即xWy,说明在解题过程中关注细节非常重要。

正确的解法是：

【解】

同上述解法，当为2=6时,丁=2不符合x2„X2=2，即AB=0.

四、难题攻略

【例】如图3-129(1)所示，在正三角形A8C中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点，

满足A£:E3=C尸：E4=CP:P5=1:2.将AEE沿EE折起到.A.EF的位置，使二面角

A.-EF-B成直二面角，联结45、4P［如图3129(2)所示］.

(1)求证：4£_1_平面3批；

(2)求直线AE与平面A8P所成角的大小；

(3)求二面角B-AP-F的大小.(用反三角函数值表示)•

(1)(2)

图3-129

【破难析疑】

本题以平面图形的翻折为载体考查线面垂直、线面角、二面角等基础知识以及角和距离的计算

等。注意在证明的推理过程中，找对平面的垂线很重要，若运用空间向量的解法，则正确建立

空间直角坐标系是顺利解决本题的关键。

【解法一】

(立体几何方法)不妨设正三角形..ABC的边长为3.

(1)证明:如图3—130(1)所示，取BE的中点。，联结。f

图3-130

AE:E5=W:E4=1:2".AE=AZ)=2,而/A=60ADF是正三角形.

又AE=DE=1,EF±AD.因此，折起后有4E，EF,BELEF.

：.NAEB为二面角\-EF-B的平面角.由题设条件知此二面角为直二面角，A.E1BE.

又BEcEF=E,:.A^El平面BEF,即A,E1平面BEP.

(2)vAE不垂直于4B，二A«是平面ABP的斜线.

又4E，平面BEP,:.A.EVBP,

从而8P垂直于AE在平面A8P内的射影(三垂线定理的逆定理).

设在平面48P内的射影为4。,且4Q交于点Q,如图3-130(2)所示，

则NEAQ就是AE与平面A8P所成的角.且AQ.

在，EBP中,\BE=BP=2,NEBP=60,:.&EBP是等边三角形.；.BE=EP.

又4"_L平面BEP,:.=4P..•.Q为BP的中点，且EQ=y[3.

又aE=1,在Rt.AE。中,tan/SQ=丝=百.二/gQ=60.

\E

即直线AE与平面A3P所成角为60.

(3)如图3—131所示，过尸作根_LAP于"，联结QM,QF,

图3-131

-CF=CP=\,ZC=6QPCP是正三角形.

PF=1,又PQ=gBP=l,PF=PQ.①

A卢1平面BEP,EQ=EF=6

4/=4AAFP三工4QP•从而24尸产=/A尸。・②

由①②及MP为公共边知.FMP=_QMP.

ZQMP=ZFMP=90，且MF=MQ.

从而NFMQ为二面角B-A.P-F的平面角.

在Rt_AQP中,AQ=A/=2,PQ=I,.14P=6.

MQ1AP,.・.MQ=40.丝=述,MF=—

AP55

在,/CQ中，/C=l,QC=2,4C=60，由余弦定理得Qb=G.

MF2+MQ2-QF27

在乙FMQ中，cos/FMQ=

2MFMQ8

7

，二面角B-\P-F的大小为；r-arccosg.

【解法二】

（向量法）不妨设正三角形ABC的边长为3.

（1）同解法一.

⑵如图3-132（2）所示，分别以砂,石£昭为x轴、V轴、z轴建立空间直角

坐标系O-孙z,则E（0,0,0），A（0,0,l）,3（2,0,0）,F（0,g,0）,

联结DP,如图3—132(1)所示.AF=BP=2,AE=BD=1,NA=NB,

:‘FEAtPDB.PD=EF=&

由图3-132⑴知,/¥7/DE且尸产=DE=1,p(1,百,0),

..45=(2,0,-1),旅=(-1,0,0).

...对于平面ABP内任一非零向量a,存在不全为零的实数九〃,使得a=

248+〃82=(2/1_〃,@/,_/1b又4月=(0,0,_1).

设4E与a夹角为6,则cos6=|"'勺二=/无.

R目同小分-4沏+4〃2

直线AE与平面所成的角是4K与平面A8P内非零向量夹角中最小值,

二可设2〉0,从而cos0=1

/\2/।\2

又5-4—F4-=4----+4的最小值为4.

2UJU2)

.•.COS。的最大值为;，即4芯与。夹角中最小的角为60.

直线A,E与平面AtBP所成的角为60.⑶过F作FM_L于M，过用作MN_LA/交

3尸于%,见图3-132(2),则/凡亚为二面角8-4尸一尸的平面角.

设A/(x,y,z),则M尸=y,—z),

MF±AlP,.-.MFA,P=0,

又4P=(1,疯T".x+b(y_0