立体几何中“折叠问题”解题策略

立体几何中“折叠问题”的解题策略[例题]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB∥BC，BD∥DC，点E是BC边的中点，将∥ABD沿BD折起，使平面ABD∥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．
(1)求证：AB∥平面ADC；
(2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为6，求二面角B­AD­E的余弦值.
[解](1)证明：因为平面ABD∥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BD∥DC，DC∥平面BCD，
所以DC∥平面ABD.
因为AB∥平面ABD，所以DC∥AB.
又因为折叠前后均有AD∥AB，DC∩AD＝D，
所以AB∥平面ADC.
(2)由(1)知AB∥平面ADC，
所以二面角C­AB­D的平面角为∥CAD.
又DC∥平面ABD，AD∥平面ABD，
所以DC∥AD.
依题意tan∥CAD＝CD
AD＝ 6.
因为AD＝1，所以CD＝ 6.
设AB＝x(x＞0)，则BD＝x2＋1.
依题意∥ABD ∥∥DCB ，所以AB AD ＝CD BD ， 即x 1＝6x 2＋1，解得x ＝2， 故AB
＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3.
以D 为坐标原点，射线DB ，DC 分别为x 轴，y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，
则D (0,0,0), B (3,0,0), C (0,6，0), E (
23,2
6,0）, A (33,0,36）， 所以DE ―→＝(23,26,0），DA ―→＝(33,0,3
6）. 由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)．
设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎨⎧ m·DE ―→＝0，
m·DA ―→＝0，得⎩⎨⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.
令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，
所以m ＝(6，－3，－3)为平面ADE 的一个法向量．
所以cos<n ，m>＝n ·m |n |·|m |＝－12.
由图可知二面角B ­AD ­E 的平面角为锐角，
所以二面角B ­AD ­E 的余弦值为12.
解题策略：
1.确定翻折前后变与不变的关系
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
2.确定翻折后关键点的位置
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算.
变式练习：
1．如图1，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∥BAD ＝90°，
AB ＝23，BC ＝4，AD ＝6，E 是AD 上的点，AE ＝13AD ，
P 为BE 的中点，将∥ABE 沿BE 折起到∥A 1BE 的位置， 使得A 1C ＝4，如图2.
(1)求证：平面A 1CP ∥平面A 1BE ；
(2)求二面角B­A1P­D的余弦值．
解：(1)证明：如图3，连接AP，PC.
∥在四边形ABCD中，AD∥BC，∥BAD＝90°，AB＝23，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，
AE＝1
3AD，P为BE的中点，
∥BE＝4，∥ABE＝30°，∥EBC＝60°，BP＝2，
∥PC＝23，∥BP2＋PC2＝BC2，∥BP∥PC.
∥A1P＝AP＝2，A1C＝4，
∥A1P2＋PC2＝A1C2，∥PC∥A1P.
∥BP∩A1P＝P，∥PC∥平面A1BE.
∥PC∥平面A1CP，∥平面A1CP∥平面A1BE.
(2)如图4，以P为坐标原点，PB所在直线为x轴，PC所在直线为y轴，过P作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A 1(－1,0,3)，P (0,0,0)，D (－4,23,0)，
∥P A 1―→＝(－1,0,3)， PD ―→＝(－4,23,0)，
设平面A 1PD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ m·P A 1―→＝0，m·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋3z ＝0，－4x ＋23y ＝0， 取x ＝3,得m ＝(3,2,1)．
易知平面A 1PB 的一个法向量n ＝(0,1,0)，
则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝22.
由图可知二面角B ­A 1P ­D 是钝角，
∥二面角B ­A 1P ­D 的余弦值为－22.
2．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ∥CD ，BF ∥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE ­BCF ，如图2.
(1)若AF ∥BD ，证明：DE ∥BE ；
(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP
与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2， ∥AF ∥BE .∥AF ∥BD ，BE ∩BD ＝B ，∥AF ∥平面BDE .
又DE ∥平面BDE ，∥AF ∥DE .
∥AE ∥DE ，AE ∩AF ＝A ，∥DE ∥平面ABFE .
又BE ∥平面ABFE ，∥DE ∥BE .
(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：
∥AE ∥DE ，AE ∥EF ，DE ∩EF ＝E ，∥AE ∥平面DEFC . 如图，过E 作EG ∥EF 交DC 于点G ，
可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D (0,21-，2
3)， AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝(－2,21-，2
3). 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎨⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，
令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．
设AP ―→＝λPB ―→，则P (2,λ
λ+12,0)，λ∥(0，＋∞)， 可得CP ―→＝(2,λ
λ+-11,－3). 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos<CP ，n>|＝
52)11(7111⨯+-++--
-λλλλ＝3535，
2
解得λ＝1或λ＝－
5(舍去)，∥P为AB的中点时，满足条件．。