抓住立體圖形展開中的不變量

劉護(hù)靈

在歷屆高考的立體幾何問題中折疊與展開問題現(xiàn)在已經(jīng)是?？嫉闹R(shí)點(diǎn)之一，也是競賽和高考對(duì)立體幾何考查的熱點(diǎn)問題，是考察考生空間想象能力與創(chuàng)新能力的良好素材. 它們的相互轉(zhuǎn)變正是空間幾何與平面幾何問題轉(zhuǎn)化的集中體現(xiàn). 對(duì)于圖形的翻折與展開問題的關(guān)鍵在于畫好折疊與展開前后的平面圖形與立體圖形，并弄清折疊與展開前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒有發(fā)生變化. 這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據(jù). 下面我們分析2020年高考理科1卷的第16題.

一、原題呈現(xiàn)

16. 如圖1，在三棱錐P-ABC的平面展開圖中，AC=1，AB=AD= ，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，則cos∠FCB =__________.

二、解析過程

由平面展開圖可知，在等腰Rt？駐DAB中，

BD= AB= ，

∵ D，E，F(xiàn)重合一點(diǎn)P，（這是本題關(guān)鍵的一個(gè)信息點(diǎn)）

說明什么呢？

說明了BF=BD，AE=AD，CE=CF！

即得到：

∴ AE=AD= ，BF=BD= ，

下一步需要在？駐ACE，把CE給求出來，即：

在？駐ACE中，由余弦定理，得：

CE2=AC2+AE2-2AC·AE·cos∠CAE=12+（ ）2-2×1× × =1，

∴ CE=CF=1，

最后一步，在？駐BCF中利用可求出答案，即：

在？駐BCF中，由余弦定理，得：

cos∠CAE= · =- .

解題反思1：2020年高考命題體現(xiàn)高考考綱修改的基本原則：“堅(jiān)持整體穩(wěn)定，推進(jìn)改革創(chuàng)新，優(yōu)化考試內(nèi)容，著力提高質(zhì)量，提前謀篇布局，體現(xiàn)素養(yǎng)導(dǎo)向”中，并將“整體穩(wěn)定”放在首位. 試題考點(diǎn)比較常規(guī)，難度有所降低，題型分布回歸常態(tài). 注重對(duì)數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的考查，體現(xiàn)素養(yǎng)導(dǎo)向.

解題反思2：此16 題看起來考查的是解三角形，但考生比較難還原圖形中的邊長信息，所以實(shí)質(zhì)還考查考生的空間想象能力、閱讀能力. 據(jù)有關(guān)調(diào)查結(jié)果表明，大多數(shù)的老師平常上課的時(shí)候只是用板書、拿卷子講課，很少用計(jì)算機(jī)等多媒體設(shè)備，這不利于學(xué)生們培養(yǎng)三維立體感.

此題利用數(shù)學(xué)繪圖軟件geogebra軟件制作的立體圖形如下：

還可以拖動(dòng)滑動(dòng)條，生動(dòng)形象的演示展開的過程，有利于培養(yǎng)空間想象能力.

三、變式練習(xí)

矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿對(duì)角線BD把△ABD折起，使點(diǎn)A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A—BD—C的平面角的余弦值大小.

【解析】這是一道由平面圖形折疊成立體圖形的問題，解決問題的關(guān)鍵在于搞清折疊前后“變”與“不變”.

在平面圖形中過A作AE⊥BD交BD于O，交BC于E，則折疊后OA、OE與BD的垂直關(guān)系不變.

OA與OE此時(shí)變成相交兩線段并確定一個(gè)平面AOE，此平面必與棱BD垂直.

由此可知，平面AOE與平面ABD、平面CBD的交線OA與OE所成的角，即∠AOE，為所求二面角的平面角.

另外，A在平面BCD上的射影A′必在OE所在的直線上，又由題設(shè)射影A′落在BC上，所以E點(diǎn)就是A′，這樣的定位給下面的定量計(jì)算提供了幫助.

如圖5，在Rt？駐AOB中，AO=AB· =3× = ，OA′=OE=BO·tan∠CBD，而BO= = ，tan∠CBD= ，故OA′= . 在Rt？駐AA′O中，∠AA′O=90°，所以cos∠AOA′= = .

四、同類高考題演練

1. 圖6是由矩形ADEB，Rt？駐ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖7.

（1）證明：圖7中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE;

（2）求圖7中的二面角B-CG-A的大小.

【分析】（1）因?yàn)檎奂埡驼澈喜桓淖兙匦蜛BED，Rt？駐ABC和菱形BFGC內(nèi)部的夾角，所以AD∥BE，BF∥CG依然成立，又因E和F粘在一起，所以得證. 因?yàn)锳B是平面BCGE垂線，所以易證.

（2）在圖中找到B-CG-A對(duì)應(yīng)的平面角，再求此平面角即可. 于是考慮B關(guān)于GC的垂線，發(fā)現(xiàn)此垂足與A的連線也垂直于CG. 按照此思路即證.

【解析】（1）證：∵ AD∥BE，BF∥CG，又因?yàn)镋和F粘在一起.

∴ AD∥CG，A，C，G，D四點(diǎn)共面.

又∵ AB⊥BE，AB⊥BC，

∴? AB⊥平面BCGE，∵ AB？奐平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE，得證.

（2）過B作BH⊥GC延長線于H，連結(jié)AH，因?yàn)锳B⊥平面BCGE，所以AB⊥GC，而又BH⊥GC，故GC⊥平面HAB，所以AH⊥GC. 又因?yàn)锽H⊥GC所以∠BHA是二面角B-CG-A的平面角，而在△BHC中，∠BHC=90°，又因?yàn)椤螰BC=60°，故∠BCH=60°，所以BH=BCsin60°= .

而在△ABH中∠ABH=90°，tan∠BHA= = = ，即二面角B-CG-A的度數(shù)為30°.

解題反思3：此題建系也可以計(jì)算，這里給出的是不建系的方法. 此題在當(dāng)年是比較新穎的立體幾何考題. 首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變的. 再者粘合后的多面體不是直棱柱，建系的向量解法在本題中略顯麻煩，突出考查幾何方法. 最后將求二面角轉(zhuǎn)化為求二面角的平面角問題，考查考生的空間想象能力.

2. 一個(gè)正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖9所示，在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M，GH的中點(diǎn)為N.

（1）請將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處（不需說明理由）;

（2）證明：直線MN∥平面BDH;

（3）求二面角A-EG-M的余弦值.

【解析】（1）點(diǎn)F，G，H的位置如圖10所示.

（2）證明：連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OH，OM.

因?yàn)镸，N分別是BC，GH的中點(diǎn)，

所以O(shè)M∥CD，且OM= CD，HN∥CD，且HN= CD，

所以O(shè)M∥HN，OM=HN，

所以四邊形MNHO是平行四邊形，

從而MN∥OH.

又MN？埭平面BDH，OH？奐平面BDH，

所以MN∥平面BDH.

（3）方法一：過M作MP⊥AC于P. 在正方體ABCD-EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG.

過P作PK⊥EG于K，連接KM，所以EG⊥平面PKM，

從而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.

設(shè)AD=2，則CM=1，PK=2.

在Rt△CMP中，PM=CMsin 45°= .

在Rt△PKM中，KM= = .

所以cos∠PKM= = ，即二面角A-EG-M的余弦值為 .

方法二：如圖11，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 ， ， 方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.

設(shè)AD=2， 則M（1， 2， 0）， G（0， 2， 2）， E（2， 0， 2）， O（1， 1， 0），

所以 =（2， -2， 0）， =（-1， 0， 2）.

設(shè)平面EGM的一個(gè)法向量為 =（x， y， z），

由 · =0， · =0，得2x-2y=0，-x+2z=0，取x=2，得 =（2， 2， 1）.

在正方體ABCD-EFGH中，DO⊥平面AEGC，

則可取平面AEG的一個(gè)法向量為 = =（1， 1， 0），

所以cos〈 ，? 〉= = = ，

故二面角A-EG-M的余弦值為 .

小結(jié)：平面圖形通過折疊變?yōu)榱Ⅲw圖形，立體圖形通過展開變成平面圖形，在圖形發(fā)生變化的過程中，折疊或展開前后有些量（長度、角度等）沒有發(fā)生變化，我們稱其為“不變量”. 這些不變的線線關(guān)系，尤其是平面圖形中的線線平行、線線垂直關(guān)系是證明空間平行、垂直關(guān)系的起點(diǎn)和重要依據(jù);不變的數(shù)量關(guān)系是求解幾何體的數(shù)字特征，如幾何體的表面積、體積、空間中的角與距離等的重要依據(jù).

責(zé)任編輯 徐國堅(jiān)