1、第61讲 折叠问题与探究性问题【学习目标】1能通过观察分析将平面图形翻折为立体图形的过程中，几何元素与几何位置关系的变化情况，并能充分利用不变关系解决相关问题、培养空间想象能力2会分析探究立体几何中位置关系问题和几何量的取值问题，培养探究思维能力【基础检测】1在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别为棱 AB，CC1 的中点，在平面 ADD1A1 内且与平面 D1EF平行的直线()A有无数条B有 2 条C有 1 条D不存在【解析】平面 D1EF 与平面 ADD1A1 有公共点D1，两平面有一条过 D1 的交线 l，在平面 ADD1A1内与 l 平行的任意直线都与平面 D1EF 平行
2、，这样直线有无数条A2如图，以等腰直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高AD 为折痕，把ABD 和ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC 是等边三角形；三棱锥 DABC 是正三棱锥；平面 ADC平面 ABC.其中正确的是()ABCD【解析】由题意知，BD平面 ADC，故 BDAC，对；AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上的高，平面ABD平面 ACD，所以 ABACBC，BAC 是等边三角形，对；易知 DADBDC，又由知对；由知错故选 B.B3如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为正三角形，底面 ABCD 为正方形，侧面 PAD底面 ABCD，M为
3、底面 ABCD 内的一个动点，且满足MPMC，则点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为()A【解析】以 D 为原点，DA、DC 所在直线分别为 x、y 轴建系如图：设 M(x，y，0)，设正方形边长为 a，则 Pa2，0，32 a，C(0，a，0)，则 MC x2（ya）2，MPxa22y232 a 2.由 MPMC 得 x2y，所以点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为直线 y12x 的一部分4(1)三角形的一边 BC 在平面 内，l，垂足为 A，ABC，P 在 l 上滑动，点 P 不同于 A，若ABC是直角，则PBC 是_三角形；(2)直角三角形 PBC 的斜边 BC 在平面 内，直角顶点
4、 P 在平面 外，P 在平面上的射影为 A，则ABC是_ _三角形(填“锐角”“直角”或“钝角”)【解析】(1)如图，PA平面 ABC，PABC，又ABC90BCAB，BC平面 PAB，PBC90.(2)如图，PB2PC2BC2，ABPB，ACPC，所以 AB2AC2BC2，故BAC 为钝角直角钝角【知识要点】1折叠问题(1)将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠问题(2)处理折叠问题，要先画好平面图形，并且注意平面图形与立体图形的对照使用，这样有利于分析元素间的位置关系和数量关系(3)要注意分析折叠前后位置关系及数量关系的变化一般位于折线一
5、边的点、线间的位置关系和数量关系不变，位于折成两边的点、线间的位置关系，数量关系要发生变化不变的关系，要注意在平面图形中处理；变化的关系，一般在立体图形中处理 2探究性问题(1)若某几何量或几何元素的位置关系存在时，某点或线或面应具备何种条件的问题，就是一立体几何中的探究性问题(2)探究性问题的题设情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：观察猜想证明；赋值推断；类比联想；特殊一般特殊一、折叠问题例1如图所示，四边形 ABCD为等腰梯形，AEDC，ABAE13DC，F 为 EC 的中点现将DAE 沿 AE 翻折到PAE 的位置，如图所示，且平面 PAE平面ABCE.(1)求证：平面 PAF平面
6、PBE；(2)求三棱锥 APBC 与三棱锥 EBPF 的体积之比【解析】(1)证明：连接 BF，EFAB，且 ABEF13CD，四边形 AEFB 为平行四边形 又AEAB，且 AEDC，四边形 AEFB 为正方形，AFBE.平面 PAE平面 ABCE，且平面 PAE平面 ABCEAE，PEAE，PE平面 ABCE.又 AF平面 ABCE，PEAF.又BEPEE，AF平面 PBE.又AF平面 PAF，平面 PAF平面 PBE.(2)不妨设 AB4，则 V 三棱锥 APBCV 三棱锥 PABC1312444323，V 三棱锥 EBPFV 三棱锥 PEBF1312444323.故所求两个三棱锥的体积
7、之比为 11.例2如图 1，直角梯形 ABCD 中，AB90，ADAB2，BC3，E，F 分别是 AD，BC 上的点，且AEBF1，G 为 AB 的中点，将四边形 ABFE 沿 EF 折起到图 2 所示的位置，使得 EGGC，连接 AD，BC，AC，得图 2 所示的六面体(1)求证：EG平面 CFG；(2)求二面角 ACDE 的余弦值【解析】(1)证明：E，F 分别是 AD，BC 上的点，AEBF1，四边形 ABFE 为矩形 折叠后 EFFC，EFBF，即 EF平面 BFC.连接 GF，AE1，BF1，AB2，EGF90.又 EGGC，EG平面 CFG.(2)由(1)知 FCEG，FCEF，F
8、C平面 ABFE.FCBF.如图，建立空间直角坐标系 Fxyz，则 A(1，0，2)，C(0，2，0)，D(0，1，2)设 n1(x，y，z)为平面 ACD 的法向量，AD(1，1，0)，CD(0，1，2)，xy0y2z0，解得yxy2z.令 z1，得 n1(2，2，1)又 n2(1，0，0)为平面 CDEF 的一个法向量，设二面角 ACDE 为，则 cosn1，n2244123，即 cos 23.二、位置关系的探究问题例3如图，四棱锥 SABCD 中，ABCD为矩形，SDAD，且 SDAB，ADa(a0)，AB2AD，SD 3AD，E 为 CD 上一点，且 CE3DE.(1)求证：AE平面
9、SBD；(2)M，N 分别为线段 SB，CD 上的点，是否存在 M，N，使 MNCD 且 MNSB，若存在，确定 M，N 的位置；若不存在，说明理由【解析】(1)证明：因为四棱锥 SABCD 中，ABCD为矩形，SDAD，且 SDAB，ADABA，所以 SD平面 ABCD.BD 就是 SB 在平面 ABCD 上的射影 因为 AB2AD，E 为 CD 上一点，且 CE3DE.tanDAEDEAD12，tanDBAADAB12，DAEDBA，DAEBDA90.AEBD，AESB.SBBDB，AE平面 SBD.(2)假设存在点 M，N 满足 MNCD且 MNSB.建立如图所示的空间直角坐标系，由题意
10、可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，C(0，2a，0)，B(a，2a，0)，S(0，0，3a)，设DM DB tBS(a，2a，0)t(a，2a，3a)(ata，2a2ta，3ta)(t0，1)，即 M(ata，2a2ta，3ta)，N(0，y，0)，y0，2a，NM(ata，2a2tay，3ta)使 MNCD 且 MNSB，则NM DC 0，NM BS0，（ata，2a2tay，3ta）（0，2a，0）0，（ata，2a2tay，3ta）（a，2a，3a）0，可得2a（2a2tay）0，a（ata）2a（2a2tay）3ta20，t140，1，y32a0，2a 故存在点 M，N 使 M
11、NCD 且 MNSB，M34a，32a，34 a，N0，32a，0.三、空间角的探究问题例4 如 图：四 棱 锥 P ABCD 中，PAAD，AD12BC 3，PC 5.ADBC，ABAC.BAD150，PDA30.(1)证明：PA平面 ABCD；(2)在直线 PD 上是否存在一点 F，使平面 FBC 与平面PBC 所成角的余弦值为12，若存在，指出 F 点的位置，若不存在，请说明理由【解析】(1)证明：取线段 BC 中点 E，连结 AE.因为 AD 3，PDA30，所以 PA1.因为 ADBC，BAD150，所以B30，又因为 ABAC，所以 AEBC，而 BC2 3，所以 ACABBEco
12、s 302.因为 PC 5，所以 PC2PA2AC2，即 PAAC，因为 PAAD，且 ADACA，所以 PA平面 ABCD.(2)以 A 为坐标原点，以 AE，AD，AP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系如图所示：则 P，B，C，D 四点坐标分别为：P(0，0，1)；B(1，3，0)；C(1，3，0)；D(0，3，0)设 F(x0，y0，z0)；因为点 F 在直线 PD 上，设PFPD，所以x00y0 3z01 即 F(0，3，1)，所以FC(1，3 3，1)设平面 FBC 的法向量为 m(x，y，z)由 mBC 0，mFC 0，得x（3 3）y（1）z02 3y0，m(1，
13、0，1)设平面 PBC 的法向量 u(x1，y1，z1)所以 uPB0，uBC 0，所以x1 3y1z102 3y10 所以 u(1，0，1)，因为平面 FBC 与平面 PBC 所成角的余弦值等于12，所以|mu|m|u|12.所以|2|2 22212，即 3 3.所以当PF(3 3)PD 时，平面 FBC 与平面 PBC 所成角的余弦值为12.备选题例5如图，在矩形 ABCD中，点 E，F 分别在线段 AB，AD 上，AEEBAF23FD4.沿直线 EF 将AEF翻折成AEF，使平面 AEF平面BEF.(1)求二面角 AFDC 的余弦值；(2)点 M，N 分别在线段 FD，BC 上，若沿直线
14、 MN将四边形 MNCD 向上翻折，使 C 与 A重合，求线段 FM的长【解析】解法一：(1)取线段 EF 的中点 H，连结 AH，因为 AEAF 及 H 是 EF 的中点，所以 AHEF，又因为平面 AEF平面 BEF.故 AH平面 BEF.如图，建立空间直角坐标系 Axyz 则 A(2，2，2 2)，C(10，8，0)，F(4，0，0)，D(10，0，0)故FA(2，2，2 2)，FD(6，0，0)设 n(x，y，z)为平面 AFD 的一个法向量，所以2x2y2 2z06x0.令 z 2，则 n(0，2，2)又平面 BEF 的一个法向量 m(0，0，1)，故 cos n，m nm|n|m|
15、33.所以二面角 AFDC 的余弦值为 33.(2)设 FMx，则 M(4x，0，0)，因为翻折后，C 与 A重合，所以 CMAM，故(6x)28202(2x)222(2 2)2，得 x214，经检验，此时点 N 在线段 BC 上，所以 FM214.解法二：(1)取线段 EF 的中点 H，AF 的中点 G，连结 AG，AH，GH.因为 AEAF 及 H 是 EF 的中点，所以 AHEF，又因为平面 AEF平面 BEF，所以 AH平面 BEF，又 AF平面 BEF，故 AHAF，又因为 G，H 是 AF，EF 的中点，易知 GHAB，所以 GHAF，于是 AF面 AGH，所以AGH 为二面角 A
16、DFC 的平面角，在 RtAGH 中，AH2 2，GH2，AG2 3，所以 cosAGH 33.故二面角 ADFC 的余弦值为 33.(2)设 FMx，因为翻折后，C 与 A重合，所以 CMAM，而 CM2DC2DM282(6x)2，AM2AH2MH2AH2MG2GH2(2 2)2(2x)222 得 x214，经检验，此时点 N 在线段 BC 上，所以 FM214.【点评】本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力1翻折问题求解的关键是充分利用不变的量和不变关系2探究性问题的分析求解要求具备较好的逆向思维能力，问题探究方法通常是分
17、析法与综合法的整合应用(2014 福建)在平面四边形 ABCD 中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD平面 BCD，如图所示(1)求证：ABCD；(2)若 M 为 AD 的中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值【解析】(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面 BCDBD，AB平面 ABD，ABBD，AB平面 BCD.又 CD平面 BCD，ABCD.(2)过点 B 在平面 BCD 内作 BEBD.由(1)知 AB平面 BCD，BE平面 BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以 B 为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为 x
18、 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)依题意，得 B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，12，12.则BC(1，1，0)，BM 0，12，12，AD(0，1，1)设平面 MBC 的法向量 n(x0，y0，z0)，则nBC 0，nBM 0，即x0y00，12y012z00，取 z01，得平面 MBC 的一个法向量 n(1，1，1)设直线 AD 与平面 MBC 所成角为，则 sin cosn，AD|nAD|n|AD|63.即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 63.1点 A，B平面，点 P平面，线段 AP，BP 在 内的射影长分
19、别是 3 和 5，则线段 AB 的最大值和最小值分别是()A8 和 2 B4 和 4 C5 和 3 D无最值【解析】如图，作 PD平面，当点 D 在线段 AB 上时，AB 取最大值 538，当 D 在线段 BA 的延长线上时，AB取最小值 532.A2如图，边长为 4 的等边三角形 ABC 中，ADBC 于 D，将ABD 沿 AD 折起，使得折后二面角BADC的大小为60，则点 D 到平面 ABC 的距离为()A.2 155B.155C.2 35D.35A【解析】如图，由题设 BDAD，CDAD可知BDC 为二面角 BADC 的平面角，从而BDC60，过点 D 作 DEBC 于 E，连接 AE
20、，可证得 AEBC 所以 BC平面 ADE，故平面 ADE平面 ABC 过 D 作 DHAE 于 H，则 DH平面 ABC 由题设 BCDBDC2 DE 32 BC 3，又 AD 32 AB2 3 从而 AE AD2DE2 15 故 DHADDEAE2 3 3152 155.故选 A.3如图，将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120的二面角，点 C 到达点 C1，这时异面直线 AD与 BC1 所成角的余弦值是()A.34B34C.34D 34【解析】设正方形的边长为 1，AC 与 BD 交于点 O，当折成 120的二面角时，AC212222222 22 22 cos 12032.又
21、AC1 AD DB BC1，|AC1|2|AD|2|DB|2|BC1|22AD DB 2AD BC1 2DB BC1 12121 2cos 1352 21cos 1352AD BC1 2AD BC1 2|AD|BC1|cos2cos cos 34，选 A.A4过正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A 作直线 l，使 l 与棱 AB，AD，AA1 所成角都相等，这样的直线可以作()A1 条B2 条C3 条D4 条【解析】以 AA1 为一条公共棱在正方体 ABCDA1B1C1D1 的上侧、左侧、后侧、左后侧各补上一个棱长与 AA1 相等的正方体可知共有 4 条直线与 AB，AD，AA1 所成
22、角的余弦值都为 33，故选 D.D5如图，在矩形 ABCD 中，点 E，F 分别在线段 AB，AD 上，AEEBAF23FD4.沿直线 EF 将AEF 翻折 成 AEF，使 平 面 AEF 平 面BEF，则二面角 AFDC 的余弦值为_33【解析】取线段 EF 的中点 H，连接 AH.AEAF，H 是 EF 的中点，AHEF.又平面 AEF平面 BEF，AH平面 BEF.如图，可建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(2，2，2 2)，C(10，8，0)，F(4，0，0)，D(10，0，0)，故FA(2，2，2 2)，FD(6，0，0)设 n(x，y，z)为平面 AFD 的一个法向量，2x2y2
23、 2z0，6x0.取 z 2，则 n(0，2，2)又平面 BEF 的一个法向量 m(0，0，1)，故 cosn，m nm|n|m|33，二面角的余弦值为 33.6在ABCD 中，ABAC1，ACD90，将它沿对角线 AC 折起，使 AB和 CD 成 60角，则 B，D 两点间的距离为_2 或 2【解析】ABAC1，AD 2，BC 2，BD BA AC CD，|BD|2(BA AC CD)(BA AC CD)BA 2BA AC BA CD AC BA AC 2AC CDCD BA CD AC CD 2 BA 2AC 2CD 22BA AC 2AC CD 2BA CD.ABAC，CDAC，BA A
24、C 0，AC CD 0.当 B，D 在 AC 两侧时，BA 和CD 成 60角；当 B，D 在 AC 同侧时，BA 和CD 成 120角|BD|2BA 2AC 2CD 2211cos 60，或|BD|2BA 2AC 2CD 2211cos 120，|BD|212121214，|BD|2，或|BD|211112，|BD|2.7如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，A1D平面 ABCD，底面 ABCD是边长为 1 的正方形，侧棱 A1A2.(1)证明：ACA1B；(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得二面角 AB1C1P 的大小为 30？若存在，请确定点 P 的位置；若不存在，请说明理由
25、【解析】(1)证法一：连 BD，交 AC 于点 O，则BDAC.A1D平面 ABCD，A1DAC，AC平面A1BD，ACA1B.证法二：以 DA，DC，DA1 所在直线分别为 x 轴，y轴，z 轴建系，则 D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，3)，B(1，1，0)，D1(1，0，3)，B1(0，1，3)，C1(1，1，3)AC(1，1，0)，A1B(1，1，3)，AC A1B 11110(3)0，ACA1B.(2)假设存在点 P，令AP PA1，则P11，0，31.设平面 AB1C1 的一个法向量为 n1(x1，y1，z1)，AB1(1，1，3)，AC1(2，1
26、，3)n1AB1 x1y1 3z10n1AC1 2x1y1 3z10，令 z1 3，则 y13，x10，n1(0，3，3)设平面 B1C1P 的一个法向量为 n2(x2，y2，z2)，B1C1(1，0，0)，B1P 11，1，31，n2B1C1 x20n2B1P x21y23z210，n20，31，1.于 是 有cos 30|cos n1，n2|3 31 33（1）212 331123（1）21 32，2.故存在点 P 满足条件，且点 P 是棱 AA1 上靠近点 A1的三等分点8如图 1，ACB45，BC3，过点 A 作 ADBC，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB，沿 AD
27、将ABD折起，使BDC90(如图 2 所示)(1)当 BD 的长为多少时，三棱锥 ABCD 的体积最大；(2)当三棱锥 ABCD 的体积最大时，设点 E，M 分别为棱 BC，AC 的中点，试在棱 CD 上确定一点 N，使得ENBM，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小【解析】(1)在如图 1 所示的ABC 中，设 BDx(0 x3)，则 CD3x.由 ADBC，ACB45知，ADC 为等腰直角三角形，所以 ADCD3x.由折起前 ADBC 知，折起后(如图 2)，ADDC，ADBD，且 BDDCD，所以 AD平面 BCD.又BDC90，所以 SBCD12BDCD12x(3x)，于是 VAB
28、CD13ADSBCD13(3x)12x(3x)1122x(3x)(3x)1122x（3x）（3x）3323，当且仅当 2x3x，即 x1 时，等号成立，故当 x1，即 BD1 时，三棱锥 ABCD 的体积最大 另：VABCD13ADSBCD 13(3x)12x(3x)16(x36x29x)令 f(x)16(x36x29x)，由 f(x)12(x1)(x3)0，且 0 x0；当 x(1，3)时，f(x)0.所以当 x1 时，f(x)取得最大值 故当 BD1 时，三棱锥 ABCD 的体积最大(2)解法一：以 D 为原点，建立如图 a 所示的空间直角坐标系 Dxyz，由(1)知，当三棱锥 ABCD
29、的体积最大时，BD1，ADCD2.于是可得 D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，E12，1，0，且BM(1，1，1)设 N(0，0)，则EN 12，1，0.因为 ENBM 等价于EN BM 0，即12，1，0(1，1，1)1210，故 12，N0，12，0.所以当 DN12(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时，ENBM.设平面 BMN 的一个法向量为 n(x，y，z)，由及1，12，0，得y2x，zx，可取 n(1，2，1)设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为，则由EN 12，12，0，n(1，2，1)，可得 sin c
30、os(90)|nEN|n|EN|1216 22 32，即60.故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60.解法二：由(1)知，当三棱锥 ABCD 的体积最大时，BD1，ADCD2，如图 b，取 CD 的中点 F，连结MF，BF，EF，则 MFAD，EFBD.由(1)知 AD平面 BCD，所以 MF平面 BCD.如图 c，延长 FE 至 P 点使得 FPDB，连 BP，DP，则四边形 DBPF 为正方形，所以 DPBF，取 DF 的中点 N，连结 EN，又 E 为 FP 的中点，则 ENDP，所以 ENBF.因为 MF平面 BCD，又 EN平面 BCD，所以 MFEN.又 MFBFF，所以
31、EN平面 BMF.又 BM平面 BMF，所以 ENBM.因为 ENBM 当且仅当 ENBF，而点 F 是唯一的，所以点 N 是唯一的 即当 DN12(即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时，ENBM，连接 MN，ME，由计算得 NBNMEBEM 52，所以NMB 与EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形，如图 d 所示，取 BM 的中点 G，连接 EG，NG，则 BM平面 EGN.在平面 EGN 中，过点 E 作 EHGN 于 H，则 EH平面 BMN.故ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角 在EGN 中，易得 EGGNNE 22，所以EGN 是正三角形，故ENH60，即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为60.