平面折叠型问题的6个视角

赵尚乐 尹承利

在立体几何中，平面折叠问题是一类重要题型.这类问题将平面图形通过折叠变为空间图形，使得静态问题动态化，能很好地考查空间线、面间的位置关系及空间角、空间距离、空间几何体的表面积和体积的求法，对于形成和培养数学抽象、直观想象、逻辑推理和数学运算等数学核心素养有着重要的作用，因而是历年高考或各地模拟考试命题的重点.下面举例从6个不同视角对平面折叠型问题进行解析，旨在探索题型规律.

视角1 等边三角形中的折叠

例1 （2020届四川省德阳市二诊理12）△ABC是边长为23的等边三角形，E、F分别为AB、AC的中点，沿EF把△AEF折起，使点A翻折到点P的位置，连接PB、PC，当四棱锥PBCFE的外接球的表面积最小时，四棱锥PBCFE的体积为（）.

A.534B.334

C.64D.364

解析 如图1，在等边△ABC中，将△AEF沿EF折起后四边形BCFE为等腰梯形，则其必有外接圆，设O为梯形BCFE的外接圆圆心，当O也为四棱锥PBCFE的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过A作BC的垂线交BC于点M，交EF于点N，连接PM，PN，点O必在AM上.

因为E、F分别为AB、AC的中点，则必有AN=PN=MN，所以∠APM=90°，即△APM为直角三角形.

对于等腰梯形BCFE，如图2，因为△ABC是等边三角形，E、F、M分别为AB、AC、BC的中点，必有MB=MC=MF=ME，所以点M为等腰梯形BCFE的外接圆圆心，即点O与点M重合，如图3.

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

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

故选D.

点评 球与多面体的切、接问题是一类热点问题，本题通过等边三角形的折叠形成一个底面为梯形的四棱锥，通过分析、推理确定出四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥外接球球心的位置，从而求得四棱锥的体积，考查了四棱锥与外接球的位置关系及体积计算，考查了逻辑推理、直观想象和数学运算等数学核心素养.

视角2 正方形中的折疊

例2 （2020年广东省深圳市二调理16）已知正方形ABCD边长为3，点E，F分别在边AB，AD上运动（E不与A，B重合，F不与A，D重合），将△AEF以EF为折痕折起，当A，E，F位置变化时，所得五棱锥A-EBCDF体积的最大值为.

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

又五棱锥AEBCDF的底面面积为S=91-ab2，欲使五棱锥AEBCDF的体积最大，需有平面AEF⊥平面EBCDF.

所以Vmax=13Sh=9（1-ab2）·aba2+b2.

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

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

令f（t）=2t-t3，t∈（0，1），则f′（t）=2-3t2，易知当t=63时，f（t）取得最大值469，所以Vmax≤924·469=23.综上，当a=b=63时，五棱锥AEBCDF体积V取得最大值为23.

点评 立体几何中的最值问题是体现立体几何与均值不等式和导数等知识结合的一类问题，本题通过将正方体折叠成五棱锥，变静为动，在确定五棱锥AEBCDF的体积取最大值的情形下，运用均值不等式进行转化，并在换元的基础上构造函数利用导数求解，既体现了知识间的交会，同时也考查了直观想象、逻辑推理、数学建模和数学运算等数学核心素养的运用.视角3 矩形中的折叠

例3 （2019届湖南省岳阳一中一模）记min{a，b}=a，a≤b，b，a>b，已知矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿DE翻折至△A′DE（A′平面BCD），记二面角A′BCD为α，二面角A′CDE为β，二面角A′DEC为γ，

二面角A′BED为θ，则min{α，β，γ，θ}=.

解析 作为填空题，可用特例法：不妨设平面A′DE⊥平面ABCD.

取DE中点O，连接A′O，则A′O⊥平面ABCD，由点O作各边的垂线OM，ON，OH，并连接A′M，A′N，A′H，

则α=∠A′HO，β=∠A′NO，θ=∠A′MO，γ=90°，由正切值可确定α最小，故答案为α.

点评 本题以矩形的折叠为载体，运用折叠前后的位置和度量关系进行推理判断二面角的大小关系，运用特例法求解.本题属“折叠”型立体几何中的动态问题，解决此类问题需在平时注重空间想象能力的培养.

视角4 平行四边形中的折叠

例4 （2020届山东师范大学附属中学质量评估考试18）如图5（1），在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，BE⊥AD，将△ABD沿对角线BD折起，使AB⊥BC，连接AC，EC，得到如图5（2）所示三棱锥ABCD.

（1）证明：BE⊥平面ADC;

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

解析 （1）证明：在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，则AB⊥BD.

在三棱锥ABCD中，因为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.

因为BE⊥AD，AD∩CD=D，所以BE⊥平面ADC.

（2）由（1）BE⊥平面ADC.

因为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.

因为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.

在平行四边形ABCD中，∠ADB=∠DBC，∠BED=∠BDC=90°，所以△DEB∽△BDC，则EDBD=BDBC.

设BD=m（m>0），则BC=m2+6，故1m=mm2+6，

解得m=3，所以BD=3，BC=3.

过点D作DF∥AB，以D为坐标原点，DB、DC、DF所在的直线分别为x、y、z轴，建立如图6所示的空间直角坐标系Dxyz，则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.

设平面ADC的法向量为n=x，y，z，则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.

设直线BD与平面ADC所成的角为θ，则sinθ=|cos|=|DB·n|DB|n|=63×18=63，即直线BD与平面ADC所成角的正弦值为63.

点评 本题以平行四边形的折叠为载体，考查线面垂直关系和线面角的求法，推理论证和建立空间直角坐标系，利用向量坐标求线面角的方法都得到了很好的体现.考查了直观想象、逻辑推理、数学建模和数学运算等数学核心素养的运用. 视角5 梯形中的折叠

例5 （2021届山东省师范大学附属中学上学期二模12）如图7，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=12AB=2，E为AB中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC=23，则（）.

A.平面PDE⊥平面EBCD

B.PC⊥ED

C.二面角PDCB的大小为π4

D.PC与平面PED所成角的正切值为2

解析 如图7，由折叠前后的位置关系，可知PE⊥ED.

连接EC，则EC=EB2+BC2=22，所以在△PEC中，因为PE=AE=12AB=2，PC=23，所以PE2+EC2=PC2，所以△PEC为直角三角形，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正确.

在正方形EBCD中，连接EC、BD，则EC⊥BD;又EC是PC在平面EBCD的射影，所以PC⊥BD，所以B错误.

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，因为ED=EP，所以∠PDE=π4，所以C正确.

PC与平面PED所成角即为∠ECP，因为EC=22，所以在Rt△PEC中，tan∠ECP=PEEC=222=22，所以D错误.

综上可知，选AC.

点评 线面垂直的判断和空间角的度量是立体几何中的重要题型，本题通过将直角梯形折叠成四棱锥，考查了运用几何推理的方法判断线线垂直、面面垂直和求空间线面角、二面角大小，考查了直观想象和逻辑推理的数学素养.

视角6 组合图形的折叠

例6 （2019年全国卷Ⅲ理19）图8（1）是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图8（2）.

（1）证明：图8（2）中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE;

（2）求图8（2）中的二面角BCGA的大小.

（1）（2）图8

解析 （1）因为四边形ADEB为矩形，所以BE∥AD.

又因为四边形BFGC为菱形，所以BF∥CG.因为BE与BF重合，所以AD∥CG，即图8（2）中的A，C，G，D四点共面.

由题意知，AB⊥BC，AB⊥BE，又因为BC∩BE=B，所以AB⊥平面BCGE.

又因为AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

（2）分别取BC，AC的中点为O，H，连接OE，OH，则OH∥AB，即有OH⊥平面BCGE.

因为四边形BFGC为棱形，且∠FBC=60°，所以OE⊥BC.

又因为AB⊥平面BCGE，所以AB⊥OE，即OE⊥平面ABC.

故以点O为坐标原点，OC，OH，OE分别为x轴，y轴，z轴，如图9建立空间直角坐标系，因为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）]）.

设平面ACG的法向量为n=（x，y，z），所以

n·AC=0n·CG=0

2x-y=0，x+[KF（]3[KF）]z=0，[JB）]令z=1，则x=-[KF（]3[KF）]，y=-2[KF（]3[KF）]，得到n=（-[KF（]3[KF）]，-2[KF（]3[KF）]，1）.因为平面BCG的一个法向量为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的大小为[SX（]π6.

点评 本题是将一个由矩形、直角三角形和平行四边形等组合成的平面图形折叠为一个三棱柱，通过推理论证证明四点共面和面面垂直，通过建立空间直角坐标系求二面角，体现了立体几何基本知识和方法的运用，考查了数学抽象、直观想象、逻辑推理及数学运算等数学核心素养.

以上从6个视角对平面折叠型问题进行了归纳总结，这些题型很好地体现了立体几何的核心知识（性质、定理、公式等）及思维方法（推理、计算、变换、构造、建系）等的运用，求解平面折叠型问题的关键，一是要分析清楚折叠前后哪些位置关系、图形中的元素和度量关系变化了，哪些位置关系、图形中的元素和度量关系没有变;二是注重从多角度、多层次、多侧面思考与探究，沟通有关知识与方法之间的内在联系，从而训练数学思维能力，更好地把握这类问题.

作者简介 赵尚乐（1992—），男，济南人，大学本科学历，从事中学数学的教育、教学研究工作.2019年主持中国智慧工程研究会基础教育“十三五”科研规划重点课题《教学改革创新与研究》的子课题《二次函数在初高中教学衔接中的研究》结题;有多篇论文发表.