立体几何中的折叠问题

摘" 要：在立体几何试题中，有不少是以折叠为背景的，这类试题主要考查正方形的折叠、三角形的折叠、矩形的折叠、菱形的折叠，以及其他图形的折叠等，文章梳理了这些题型及其解题策略.

关键词：立体几何；折叠；长方形；三角形；梯形

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）22-0082-03

收稿日期：2024-05-05

作者简介：陈齐心（1981.6—），女， 浙江省天台人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

折叠问题是平面几何升华成立体几何的问题，平面元素变成了空间元素.在平面图形转化成空间图形时，特别注意等量与变量的关系以及位置关系的变化［1］，在研究立体元素关系时，时刻注意相对应的元素在原平面图形中的位置与度量.

1" 正方形中的折叠

例1" 将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D-ABC中，下列结论正确的有（" ）.

A.△DBC是等边三角形

B.AC⊥BD

C.V 三棱锥D-ABC=212

D.四面体ABCD外接球的表面积为π

解析" 如图1，取AC的中点E，连接DE，BE，则DE⊥AC，BE⊥AC，且DE=BE.

图1" 例1题图

因为平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DE平面ADC，所以DE⊥平面ABC.

又BE平面ABC，所以DE⊥BE.

又正方形ABCD的边长为1，则DB=2DE=1.

所以BC=CD=BD=1.

所以△DBC是等边三角形，故A正确.

因为AC⊥DE，AC⊥BE，BE，DE平面DEB，

DE∩BE=E，所以AC⊥平面DBE.

又BD平面DBE，所以AC⊥BD，故B正确.

因为DE为三棱雉D-ABC的高，

所以V三棱锥D-ABC=13S△ABC·DE=13×12×1×1×22=212，故C正确.

由题知EA=EB=EC=ED=22，

所以点A，B，C，D都在以E为圆心，半径R=22的球面上.所以四面体ABCD外接球的表面积为4π·（22）2=2π，故D错误.

故选ABC.

2" 三角形中的折叠

例2" 在Rt△ABC中，A=90°，将△ABC沿斜边上的高AD折成直二面角B-AD-C，折叠后.

（1）AC与BD所成的角为.

（2）当AB=AC=2时，四面体ABCD外接球的体积为，内切球的表面积为.

（3）∠BAC的最小值为.

图2" 例2题图

解析" （1）如图2所示，因为折叠前AD⊥BC，所以折叠后AD⊥BD.由于折叠后的二面角是直二面角，所以∠BDC=90°，即BD⊥CD.

又AD∩CD=D，AD，CD平面ADC，所以BD⊥平面ADC.又AC平面ADC，所以BD⊥AC.

（2）因为AB=AC=2，所以D为BC的中点，故DA=DB=DC=2.

由（1）知，折叠后DA，DB，DC两两垂直，从而四面体ABCD的外接球即为棱长为2的正方体的外接球.

设四面体ABCD外接球的半径为R，故

（2R）2=（2）2+（2）2+（2）2.

所以R=62.

所以四面体ABCD外接球的体积

V=43πR3=43π·（62）3=6π.

设内切球的半径为r，则

13（S△ABC+S△ABD+S△BDC+S△ADC）r=V 四面体ABCD=13S△BDC·AD.

即（34×22+12×2×2×3）r=12×2×2×2.解得

r=23+3=32-66.

所以四面体内切球的表面积为

S=4πr2=4π·（32-66）2=8-433π.

（3）在原Rt△ABC中，设AB=b，AC=c，

△ABD∽△CBA，则BD=AB2BC=b2b2+c2，

△ADC∽△BAC，则CD=AC2BC=c2b2+c2.

所以折叠后，BC=BD2+DC2=b4+c4b2+c2.

在折叠后的△ABC中，由余弦定理的推论得

cos∠BAC

=b2+c2-（b4+c4）/（b2+c2）2bc

=bcb2+c2

≤（b2+c2）/2b2+c2=12.

即cos∠BAC≤12，当且仅当b=c时取等号.

由于0°lt;∠BAClt;90°，所以60°≤∠BAClt;90°.

即∠BAC的最小值为60°.

3" 矩形中的折叠

例3［2］" 如图3，在矩形ABCD中，AB=33，BC=3，沿对角线BD将△BCD折起，使点C到达点C′处，且C′O⊥平面ABD于点O，点O恰在AB上.

（1）求证：BC′⊥平面AC′D；

（2）求点A到平面BC′D的距离.

图3" 例3题图

解析" （1） 因为C′O⊥平面ABD，DA平面ABD，所以C′O⊥DA.

又AB⊥DA，AB∩C′O=O，AB，C′O平面ABC′，则DA⊥平面ABC′.

又BC′平面ABC′，故DA⊥BC′.

又BC⊥CD，所以BC′⊥C′D.因为DA∩C′D=D，DA，C′D平面AC′D，故BC′⊥平面AC′D.

（2）过点A作AE⊥C′D于点E，因为BC′⊥平面AC′D，AE平面AC′D，所以BC′⊥AE.

又BC′∩C′D=C′，BC′，C′D平面BC′D，则

AE⊥平面BC′D.

因此线段AE的长就是点A到平面BC′D的距离.

由 （1） 知DA⊥平面ABC′，所以DA⊥AC′.

而C′D=CD=33，AD=BC=3，

所以AC′=C′D2-AD2=32.

在Rt△C′AD中，由面积关系，得

AE=AC′·ADC′D=32×333=6.

所以点A到平面BC′D的距离是6.

4" 梯形中的折叠

例4" 如图4，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=π2，AB=BC=12AD=a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图5中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.

图4" 直角梯形""""" 图5nbsp; 四棱锥

（1）证明：CD⊥平面A1OC；

（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为362，求a的值.

解析" （1）在图4中，由已知得BE⊥AC，四边形BCDE为平行四边形.

即在图5中，BE⊥A1O，BE⊥OC.

又A1O∩OC=O，A1O，OC平面A1OC，

则BE⊥平面A1OC.

又CD∥BE，故CD⊥平面A1OC.

（2）因为平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE=BE，

A1O⊥BE，A1O平面A1BE.

故A1O⊥平面BCDE.

即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.

由图4知，A1O=22AB=22a，

BCDE的面积

S=BC·AB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积

V=13S·A1O=13×a2×22a=26a3=362，

解得a=6.

5" 结束语

立体几何的折叠问题实质上就是由平面图形生成立体图形的过程［3］.解题时要注意观察图形在折叠前后，哪些是不变的（比如垂直关系在折叠前后是不变的），哪些是改变的（比如有些线段的长度、有些角度会改变），这对成功解题至关重要［4］.对于高中生来说，熟悉以上立体几何的折叠问题及其解题策略，对提高他们的空间想象能力、数学运算能力和逻辑推理能力都是有帮助的.

参考文献：

［1］

李鸿昌.点在面内的多视角证明与高观点审视：一道2020年立体几何高考题引发的探究［J］.数理化解题研究，2023（22）：101-104.

［2］ 邢雷源.从“二维”到“三维”，平面图形翻折：一道立体几何题的探究［J］.数学之友，2023，37（12）：69-70，73.

［3］ 徐晓霞.翻折多变化，动态显身手：立体几何中的翻折问题［J］.中学生数理化（高考数学），2023（02）：15-17.

［4］ 王小青.基于运动观点研究立体几何中的最值问题［J］.中学数学月刊，2023（11）：73-76.

［责任编辑：李" 璟］