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如图，已知三角形 $ABC$，$D$ 是 $AB$ 的中点，沿直线 $CD$ 将三角形 $ACD$ 折成三角形 $A'CD$，所成二面角 $A'-CD-B$ 的平面角为 $\alpha$，则 \((\qquad)\)
A: $\angle A'DB\leqslant\alpha$
B: $\angle A'DB\geqslant \alpha$
C: $\angle A'CB\leqslant \alpha$
D: $\angle A'CB\geqslant \alpha$
【难度】
【出处】
2015年高考浙江卷（理）
【标注】
  • 题型
    >
    立体几何
    >
    折叠问题
  • 知识点
    >
    立体几何
    >
    空间几何量
    >
    空间的角
    >
    二面角
  • 方法
    >
    思考方式
    >
    从极端情形出发
【答案】
B
【解析】
得到答案是容易的，可以取以下两种极端情形进行排除：当 $\alpha=\pi$ 时，显然 $\angle A'DB=\angle ADB=\pi$，而 $\angle A'CB=\angle ACB<\pi$，排除D；
当 $\alpha=0$ 时，显然 $\angle A'DB=\angle A'^\prime DB>0$，而 $\angle A'CB=\angle A'^\prime CB>0$，排除A、C．
下面证明选项B是正确的．如图，在平面 $ABC$ 内过 $D$ 作线段 $MN$ 垂直于 $CD$，且 $AB=MN$，$D$ 亦为 $MN$ 的中点．设在折叠过程中，$M$ 的对应点为 $M'$，则根据二面角的平面角的定义有 $\alpha=\angle M'DN$．
若线段 $MN$ 与线段 $AB$ 重合，那么就有 $\angle M'DN=\angle A'DB$，命题成立；
若线段 $MN$ 不与线段 $AB$ 重合，那么 $A$ 和 $B$ 分别位于直线 $MN$ 两侧，于是 $A'$ 和 $B$ 分别位于平面 $M'DN$ 两侧．进而在三角形 $A'DB$ 和三角形 $M'DB$ 中，$M'D=A'D$ 且 $BA'>BM'$，于是 $\angle A'DB>\angle M'DB$．而在三角形 $M'DB$ 和三角形 $M'DN$ 中，$DN=DB$ 且 $M'B>M'N$，于是 $\angle M'DB>\angle M'DN$，于是命题成立．
其他解法 也可以利用三射线定理$$\cos\angle A'DB=\cos\angle A'DC\cos\angle BDC+\sin\angle A'DC\sin\angle BDC\cos\alpha,$$结合 $\angle A'DC+\angle BDC=\pi$，有$$1+\cos\angle A'DB=\left(1+\cos\alpha\right)\cdot\sin\angle A'DC\sin\angle BDC,$$因此$$\cos\angle A'DB\leqslant \cos\alpha,$$考虑到余弦函数在 $[0,\pi]$ 内单调递减，于是命题成立．
题目 答案 解析 备注
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