先设后求 以退为进

笔者在运用空间向量解决立体几何中的平面翻折问题时发现，在建系之后的空间图形中，底面上各点的坐标相对容易量化，但折起之后，由底面上升到的空间的相应点（本文称之为“折起点”）的坐标，有时难以直接标注，而该点却往往是问题的核心之点. 一旦坐标得以量化，则整个问题的难点随即“土崩瓦解”. 因此，如何有效量化“折起点”的坐标是解决这类问题的关键. 笔者探究发现，在“折起点”坐标难以直接标注的情况下，采用“先设后求、以退为进”不失为一种有效的方略，即欲求“折起点”坐标，先设其坐标为（x，y，z），由该点向底面引垂线（退回平面），垂足的坐标即为（x，y，0）（设底面为xOy平面），通过翻折问题的几何性质解出x，y;然后再返回到“折起点”中（进到空间），根据已知条件或翻折性质，求出竖坐标z，从而求得“折起点”坐标. 由于在底面求解x，y时，须借助翻折问题的几何性质，为此，笔者下面先介绍相关性质，然后例谈如何具体求出“折起点”坐标.

一、性质介绍

平面翻折问题的实质是平面绕轴的旋转问题，因此，同一平面在翻折前与翻折后各几何元素间的位置、大小关系均保持不变，由此可推出如下性质：

性质1 如图1，将ABC沿直线AB折起至ABC1，则ABCC1.

图1 图2

证明：过点C作CDAB，垂足为D，连接C1D，则C1DAB（因为C1D是CD经平面翻折后的线段），所以AB平面C1DC，从而ABCC1.

性质2 如图1，将ABC沿直线AB折起至ABC1，设折起点C1在ABC所在平面内的射影为H，则HCAB.

证明：因为C1H底面ABC，所以ABC1H，又由性质1知ABCC1，所以AB平面C1HC，所以ABHC，即HCAB.

性质3 如图1，将ABC沿直线AB折起至ABC1，设P是直线AB上任意一点，则PC1=PC.

证明：因为PC1是PC经平面翻折之后的线段，所以PC1=PC.

性质4 如图2，四边形ABCD中，E是AD的中点，∠AEB=∠DEC，将AEB，DEC分别沿直线EB，EC折起至SEB和SEC，使得A，D重合于S点，设S在底面ABCD上的射影为O，则O在∠BEC的平分线上.

证明：因为∠AEB=∠DEC，折起后有∠SEB=∠SEC，故点O在∠BEC的平分线上.

二、方法应用

例1 如图3，在边长为3的正三角形ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，满足AE=CF=CP=1，今将BEP，CFP分别沿EP，FP向上折起，使边BP与边CP所在的直线重合（如图4），B，C折起后的对应点分别记为B1，C1.

（1）求证：PF平面B1EF;

（2）求AB1与平面AEPF所成角的正弦值.

图3 图4

解 如图4，设AC边的中点为O，分别以OA，OB为横轴和纵轴建立空间坐标系，则由条件易知底面各点的坐标分别为A ，0，0，E1， ，0，B0， ，0，P-1， ，0，F- ，0，0，G0， ，0，则向量 =（2，0，0）， = ，- ，0， = ， ，0， =（1，0，0）， =（-1， ，0）. 设点B的“折起点”B1（x，y，z），则B1在底面ABC上的射影H（x，y，0），则 =x，y- ，0， =x+1，y- ，0， =x-1，y- ，z. 由性质2得BHPE，所以 ・ =0，代入向量得2x=0，即x=0. 又∠BPE=∠CPF=60°，所以∠B1PE=∠B1PF（这一步很关键）. 由性质4知，PH是∠FPG的平分线. 又易知PF=PG=1，所以 ・ = ・ ，代入向量得 - ・y- =1，解得y= ，从而B1点的坐标即为0， ，z. 再由性质3可知， = ，代入向量即可解得z= ，从而求得“折起点”坐标为B10， ， .

（1）由 = ，- ，0， = ， ，0， =1， ，- 得 ・ =0， ・ =0，所以 ， . 又FE∩B1E=E，所以PF平面B1EF.

（2）由前知 =0，0，- 为平面AEPF的一个法向量， = ，- ，- ，所以cos〈 ， 〉= = ，所以AB1与平面AEPF所成角的正弦值为 .

点评 本题建系之后，底面各点的坐标均容易标注，但“折起点”B1的坐标却难以直接标注，而由题意可知，一旦B1点的坐标得以量化，则后面的求解将是“一马平川”，否则，空间向量将无“用武之地”. 既然如此，那就只得另辟蹊径：采取“先设后求、以退为进”的策略. 实践证明，这种方法不仅计算量小，而且操作简便，在空间向量遭遇“折起点”坐标挑战时，可巧妙化解，使问题的解决峰回路转，柳暗花明. 当然，本题的解决离不开平面翻折问题的几何性质，因此，熟练掌握翻折问题的几何性质是解决此类问题的必备前提.

例2 如图5，有一边长为2的正方形纸片ABCD，E是AD边的中点，将ABE沿直线BE折起至A1BE的位置，此时恰好A1EA1C（如图6），点A1在底面上的射影为O.

（1）求证：EOBC;

（2）求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值.

图5 图6

解 如图6，分别以边AB，AD为横轴和纵轴建立空间直角坐标系，则由条件易知底面各点的坐标分别为B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，1，0）. 设点A的“折起点”A1（x，y，z），则A1在底面上的射影O（x，y，0），则向量 =（-2，1，0）， =（-2，-1，0）， =（x，y，0）， =（x，y-2，0）， =（0，-1，0）， =（x，y-1，z）. 由题意A1BE是ABE的折起面;又由已知A1EA1C，A1E=ED，所以A1EC≌DEC，即A1EC也可以理解成由DEC向上翻折得到，从而由性质2可得：AOBE，DOCE. 所以 ・ =0， ・ =0，代入相应向量得-2x+y=0，-2x-y+2=0，解得x= ，y=1. 此时“折起点”A1的坐标即为 ，1，z. 再由性质3知 = ，代入向量得 +z2=1，显然z>0，故z= ，求得“折起点”坐标为A1 ，1， .

（1） = ，0，0， =（0，2，0），所以 ・ =0，所以EOBC.

（2）设平面A1BE的一个法向量为n=（x，y，z）， =（-2，1，0）， = ，-1，- ，所以n・ =0，n・ =0，即-2x+y=0， x-y- z=0，取x=1，则y=2，z=- . 所以n=1，2，- ， = ，1，- ，cos〈n， 〉= = ，所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为 .

点评：本题与例1类似，建系之后，同样面临“折起点”坐标难以直接量化的困境，然而该点又是本题的“题眼”，不容回避.采取“先设后求，以退为进”的策略，即可轻松化解难点，为后面的求解扫清障碍. 需要指出的是，本题解答时敏锐地发现了A1EC≌DEC，从而可将A1EC看成由DEC向上翻折得到，这一点有一定的难度，但如果看不到这一点，也可将条件 ・ =0换成已知条件 ・ =0来构建x，y，z方程，同样可使问题获解（过程稍繁）.

三、方法总结

立体几何中，平面翻折问题的解法包括传统几何法和空间向量法.但传统几何法对解题技巧的要求相对较高，思维难度通常较空间向量法大，这使得问题的解决带有随机性. 而空间向量法因关注计算、淡化技巧，且解题过程程序化，因此，常可降低思维难度，使我们更容易上手. 但空间向量法运用的前提是建系并标出点的坐标，建系相对还算容易，但标出相关点的坐标（尤其是“折起点”的坐标），有时并不容易，而正是这一“点”成了空间向量法解题的思维“瓶颈”. 如果不能很好解决它，那么空间向量法在翻折问题中的运用将黯然失色. 本文提出的“先设后求，以退为进”的策略正是在这一背景下应运而生的，所谓的“先设后求”，其实就是待定系数，它在翻折问题中也可直接使用，但单纯的待定系数难以回避计算烦琐带来的弊端. 比如在例2中，直接由关系式 ・ =0， ・ =0， = =1代入向量后得到的方程为三元二次方程组：x（x-2）+（y-1）y+z2=0，x（x-2）+（y-1）（y-2）+z2=0，x2+（y-1）2+z2=1，显然计算量相对增大（退回平面后建立的方程均为一次方程），这样，与传统几何法相比，向量法解题的优势就会大打折扣（虽思维难度下降，但计算过程冗长）. 正是出于这种考虑，本文提出了“以退为进”的策略，即将空间点的坐标分批解决：先退回平面求x，y，再升到空间求z，如此即可大幅简化运算，为空间向量在平面翻折问题中的运用提供了终极解决方案. 当然，如前所述，翻折问题的最终解决离不开它的几何性质，尤其是在求解投影点坐标的过程中它功不可没.