2011-陕西卷理-16 解-折叠几何体

本题导读

本题考查平面图形的折叠与空间几何体。

📌【题干】

Question

（2011年陕西卷(理)） 如图，在 $△ABC$ 中，$\angle ABC=60^{\circ }$，$\angle BAC=90^{\circ }$，$AD$ 是 $BC$ 上的高，沿 $AD$ 把 $△ABD$ 折起，使 $\angle BDC=90^{\circ }$.

(1) 证明：平面 $ADB\perp$ 平面 $BDC$；

(2) 设 $E$ 为 $BC$ 的中点，求 $\overrightarrow{AE}$ 与 $\overrightarrow{DB}$ 夹角的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 对 (1)：根据折叠前后不变的垂直关系，折叠前 $AD\perp BC$，故折叠后仍有 $AD\perp BD$ 且 $AD\perp CD$。由线面垂直判定定理可得 $AD\perp$ 平面 $BDC$；再由面面垂直判定定理即可证得平面 $ADB\perp$ 平面 $BDC$。
2. 对 (2)：设线段长度（如设 $BD=1$），算出各边长。由 $DA,DB,DC$ 两两互相垂直，以 $D$ 为坐标原点建立空间直角坐标系，写出点 $A,B,C,E$ 的坐标，利用向量数量积公式计算 $\cos ⟨\overrightarrow{AE},\overrightarrow{DB}⟩$。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 在折叠前的平面 $△ABC$ 中，因为 $AD$ 是 $BC$ 边上的高， 所以 $AD\perp BD$ 且 $AD\perp CD$。 折叠后，线段垂直关系保持不变，即仍有： $AD\perp BD,AD\perp CD$ 又 $BD\cap CD=D$，且 $BD,CD\subset$ 平面 $BDC$， 所以： $AD\perp \text{平面 }BDC$ 因为 $AD\subset$ 平面 $ADB$， 所以： $\text{平面 }ADB\perp \text{平面 }BDC$

(2) 不妨设 $BD=1$。 在折叠前的平面 $△ABC$ 中，$\angle BAC=90^{\circ }$，$\angle ABC=60^{\circ }$。 在 $\text{Rt}△ABD$ 中，$\angle ADB=90^{\circ }$，$\angle ABD=60^{\circ }$，$BD=1$： $AD=BD\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$ 在 $\text{Rt}△ABC$ 中，$AD$ 为斜边 $BC$ 上的高，由射影定理： $A{D}^2=BD\cdot CD⟹CD=\frac{A{D}^2}{BD}=\frac{(\sqrt{3}{)}^2}{1}=3$ 折叠后，由 (1) 知 $AD\perp$ 平面 $BDC$，故 $AD\perp DB,AD\perp DC$。 又已知折起后 $\angle BDC=90^{\circ }$，即 $DB\perp DC$。 因此，$DB,DC,DA$ 两两互相垂直。

以 $D$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{DB},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DA}$ 的方向为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系 $D-xyz$。 由各线段长度得相关点坐标为： $D(0,0,0),A(0,0,\sqrt{3}),B(1,0,0),C(0,3,0)$ 因为 $E$ 为线段 $BC$ 的中点，由中点坐标公式得： $E\left(\frac{1+0}{2},\frac{0+3}{2},\frac{0+0}{2}\right)=\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2},0\right)$ 各相关向量的坐标为： $\overrightarrow{AE}=E-A=\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2},-\sqrt{3}\right)$ $\overrightarrow{DB}=B-D=(1,0,0)$ 计算两向量的模长与数量积： $|\overrightarrow{AE}|=\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+(-\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{9}{4}+3}=\sqrt{\frac{22}{4}}=\frac{\sqrt{22}}{2}$ $|\overrightarrow{DB}|=1$ $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{DB}=\frac{1}{2}\times 1+\frac{3}{2}\times 0+(-\sqrt{3})\times 0=\frac{1}{2}$ 设向量 $\overrightarrow{AE}$ 与 $\overrightarrow{DB}$ 的夹角为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{DB}}{|\overrightarrow{AE}|\cdot |\overrightarrow{DB}|}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{22}}{2}\times 1}=\frac{1}{\sqrt{22}}=\frac{\sqrt{22}}{22}$ 故 $\overrightarrow{AE}$ 与 $\overrightarrow{DB}$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{22}}{22}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：平面图形折叠成空间几何体的不变量分析、线面垂直与面面垂直判定定理、空间向量夹角计算公式。
• 核心方法：
• 抓折痕垂线：折痕两边的垂线在折叠后依然与折痕垂直（$AD\perp BD$ 且 $AD\perp CD$）；
• 建立“墙角”三垂线坐标系（$DB,DC,DA$ 两两垂直），坐标化计算精准迅速。
• 避坑指南：
• 求的是“向量 $\overrightarrow{AE}$ 与 $\overrightarrow{DB}$ 的夹角”，结果可以为钝角或锐角，直接取向量代数数量积除以模长，无需盲目加绝对值（本题计算结果为正）；
• 射影定理求 $CD$ 长度需规范：$CD=A{D}^2/BD=3$，避免用估算值算错边长。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：必修二空间立体几何经典“折叠问题”大题，来源于直角三角形沿斜边高线折叠成直三棱锥的标准几何模型。
• 结论推广：在任意直角三角形 $ABC$（$\angle A=90^{\circ }$）沿高 $AD$ 折叠成空间四面体中，$AD$ 恒为底面 $BDC$ 的高，且四面体的高线长在折叠过程中始终保持恒定。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 16.03 两条直线的位置关系判定
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2013-新课标I卷理-18 解-线面垂直
• 2013-浙江卷理-10 单-线面垂直
• 2013-浙江卷理-20 解-线面平行