立体几何中的翻折
翻折问题
翻折问题立体几何在高中数学中是培养学生的空间想象能力的重要载体，其中翻折问题学生学习是一个难点，同时也是近年来高考的热点。
翻折问题实质是图形由平面到立体变化中一些线、面之间发生了变化，因此本节内容从正三角形、正方形、矩形、梯形、五边形等图形进行翻折，以便学生能更清楚熟悉模型，同时还列举了翻折模型中的平行、垂直、线线角、线面角、二面角、长度等问题。
一．翻折问题的审题建议1.过顶点作折线的垂线，如沿着折起，作，F于点并交BEAG?BEBEABE在翻折过程中，点A的轨迹是以AF为直径的圆，旋转一周所得的几何体ABE是两个同底圆锥，母线分别是AB与AE。
2.弄清变与不变的量，如中的角、线段长度是不变的，BCDEABE与四边形但在翻折过程中，等量是变化的。
AD、AC、AEDAFG、?ABC、??二．平行问题例1．（2017春?让胡路区校级期中）在如图（1）的平面图形中，ABCD为正方形，CDP为等腰直角三角形，E、F、G分别是PC、PD、CB的中点，将△PCD 沿CD折起，得到四棱锥P﹣ABCD如图（2）．求证：在四棱锥P﹣ABCD中，AP∥平面EFG．【分析】连接E、F，连接E、G，可得EF∥平面PAB．EG∥平面PAB．即可证平面PAB∥平面EFG，PC分别为F，E中，PABCD，在四棱锥G、E，连接F、E【解答】证明：连接．PD的中点，∴EF∥CD．∵AB∥CD，∴EF∥AB．∵EF?平面PAB，AB?平面PAB，∴EF∥平面PAB．同理EG∥平面PAB．又EF∩EG=E，∴平面PAB∥平面EFG．又AP?平面PAB，∴AP∥平面EFG．【点评】本题考查了空间线面平行的判定，属于中档题．【变式训练1】（2017?闵行区校级模拟）如图，正△ABC的边长为4，CD是AB 边上的高，EF分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．（1）证明：AB∥平面DEF；？如果存在，求出的值；如果AP⊥DE2）在线段BC上是否存在点P，使（不存在，请说明理由．∥平ABAB，由此证明BC的中点，得EF∥、【分析】（1）由E、F分别是AC；面DEF轴，建zyx轴、轴、DBD为坐标原点，以直线、DC、DA分别为（Ⅱ）以点．DEAP ⊥，使立空间直角坐标系，利用向量法找出在线段BC上存在点P中，），在△ABC）证明：如图（【解答】解：（12，∥EFAB、、EF分别是ACBC的中点，∴∵，平面EFDEF?又AB平面，?DEF∴AB∥平面DEF；（2）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，；建立空间直角坐标系，如图（3）所示），2，00，0），C（0，（则A0，0，2），B（2，），，0F（1E（0，，，1），2，=），（﹣，0），2，0，﹣22=（，，10=（0，，1）；），=（2，﹣2λ，则2=），+=（设2=λ，﹣λ=0，?得由AP⊥DEλ=，解得，×）21×（﹣2=0λ+∴，且DEP，使AP⊥=．∴在线段BC上存在点【点评】本题考查了直线与平面平行的证明与满足条件的点是否存在的判断问题，阶梯式要注意向量法的合理运用．二．垂直问题例2.（2017春?三元区校级月考）如图，在四形边ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论正确的是（）A．AD⊥平面BCD B．AB⊥平面BCDC．平面BCD⊥平面ABC D．平面ADC⊥平面ABC【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC ⊥平面ADC．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°∴BD⊥CD又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．故选D．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查逻辑思维能力，是中档题．例3．（2016?杨浦区校级模拟）已知矩形ABCD，AB=1，BC=2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中（）A．存在某个位置，使得直线AB和直线CD垂直垂BDAC和直线B．存在某个位置，使得直线直垂和直线BCC．存在某个位置，使得直线AD直．无论翻折到什么位置，以上三组直线均不垂直D【分析】假设各选项成立，根据线面位置关系推导结论，若得出矛盾式子，则假设错误，得出正确选项．垂直，与直线CDA，若存在某个位置，使得直线AB【解答】解：对于，⊥平面ABCBC，∴CD∵CD⊥上，BC，则E在，过点A作平面BCD的垂线AE∴平面ABC⊥平面BCD正确；ACD．故上的射影在BC上时，AB⊥∴当A在平面BCD垂直，与直线BD对于B，若存在某个位置，使得直线AC错误；B⊥EC，显然这是不可能的，故AFC⊥BD，则BD⊥平面，∴BD作AF 垂直，BCAD与直线对于C，若存在某个位置，使得直线，⊥AC⊥平面ACD，BC则BC错误．，显然这是不可能的，故C1＞BC，即＞2AB∴．A故选：翻折问题中的变与不变，本题主要考查了空间的线面和面面的垂直关系，【点评】空间想象能力和逻辑推理能力，有一定难度，属中档题．【变式训练2】（2017春?辛集市校级月考）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有（）A．AG⊥△EFH所在平面B．AH⊥△EFH 所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面【分析】本题为折叠问题，分析折叠前与折叠后位置关系、几何量的变与不变，可得HA、HE、HF三者相互垂直，根据线面垂直的判定定理，可判断AH与平面HEF的垂直．【解答】解：根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B 正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，D不正确．故选B【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，一般利用线线?线面?面面，垂直关系的相互转化判断．，BC∥AD中，ABCD杭州期末）如图所示，四边形?秋2016】（3【变式训练．AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使面ABD⊥面BCD，连结AC，则下列命题正确的是（）A．面ABD⊥面ABC B．面ADC⊥面BDC C．面ABC⊥面BDC D．面ADC⊥面ABC【分析】证明CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，即可得到平面ADC⊥平面ABC．【解答】解：由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD．在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC．故选D．【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．三．线线角中，，BC=1，将△浙江模拟）矩形ABCDABC与△ADC例4．（2017?沿AC所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD与直线BC成的角范围（包含初始状态）为（）．D．．B ．AC【分析】求出两个特殊位置，直线AD与直线BC成的角，即可得出结论．【解答】解：由题意，初始状态，直线AD与直线BC成的角为0，DB=时，AD⊥DB，AD⊥DC，∴AD⊥平面DBC，AD⊥BC，成的角为BC，直线AD与直线，[0AD与直线BC成的角范围（包含初始状态）为]．∴在翻折过程中直线故选：C．【点评】本题考查两直线所成的角的范围的求法，考查学生的计算求解能力、推理论证能力、空间思维能力，考查数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想，是中档题．例5.（2017春?涵江区校级期中）正方形ABCD，沿对角线BD折成直二面角A ﹣BD﹣C，则折后的异面直线AB与CD所成的角的大小为（）90°．60°DB．45°C．30°A．O，以AO、CO【分析】取BD中点O，连结轴，zOA为轴，x轴，OD为y为原点，OC为利用向量法能求出折后的建立空间直角坐标系，所成的角．CDAB 与异面直线，COAO、【解答】解：取BD中点O，连结，﹣CBDBD折成直二面角A设正方形ABCD﹣边长为，∵沿对角线，⊥CO⊥BD，AO∴AO⊥BD，CO轴，建立空间直角坐标系，为zy轴，OA为原点，OC为x轴，OD为以O ），，10D（0，，，10），C（1，00），（，（A0，01），B0，﹣），0，1，1，﹣11），=（﹣，﹣=（0，所成的角为θAB设折后的异面直线与CD=＞|cos＜|cosθ=则，==．∴θ=60°．所成的角为CD60°与∴折后的异面直线AB．故选：C【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．BC=CD=，AB=BD=DA=2．浙江一模）如图四边形ABCD，【变式训练4】（2016?，的大小在][，则直线折起，使二面角ABD沿BDA﹣BD﹣C现将△）所成角的余弦值取值范围是（AB与CD，0]D．．[0[，，∪（1）B．][，]．A[0C，]【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，轴，建立空间z作平面BCD的垂线为过点OCD与直角坐标系，利用向量法能求出直线AB所成角的余弦值取值范围．，COAO，O【解答】解：取BD中点，连结，BDCOAB=BD=DA=2．⊥BC=CD=，∴∵，AO=CO=1AO⊥BD，且，的平面角，﹣CBDAOC是二面角A﹣∴∠轴，yx轴，OD为以O为原点，OC为建立空间直角坐标系，轴，BCD的垂线为z过点O作平面），1，0），D（0，00B（0，﹣1，），C（1，0，，则﹣C的平面角为θ，设二面角A﹣BD）（，、连AOBO，则∠AOC=θ，A，∴，，αAB设、CD的夹角为，则cosα==．[∈∵﹣1，∴|，∴cos|，0]．cos∴．故选：D【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．（2016?浙江二模）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，【变式训练5】沿BD将△ABD翻折，得到三棱锥A﹣BCD，则当三棱锥A﹣BCD体积最大时，异面直线AD与BC所成的角的余弦值为（）．DC ．B．．A【分析】菱形ABCD中，∠DAB=60°，△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形，将△ABD沿BD翻折过程中，点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线上，三棱锥的高最大时，平面ABD⊥平面BCD．【解答】解：△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形，将△ABD沿BD翻折形成三棱锥A﹣BCD如图：点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线CE上，则三棱锥A﹣BCD的高为△AEC过A点的高；所以当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A﹣BCD的高最大，体积也最大，此时AE⊥平面BCD；求异面直线AD与BC所成的角的余弦值：平移BC到DC′位置，|cos∠ADC′|即为所求，AC′=EC′=AE=，AD=DC=1，，=，||||cos∠ADC′=所成的角的余弦值为，AD与BC所以异面直线故选B．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．【变式训练6】（2016?丽水校级模拟）如图，长方形ABCD，M，N分别为AB，AD上异于点A的两点，现把△AMN沿着MN翻折，记AC与平面BCD所成的角为θ，直线AC与直线MN所成的角为θ，则θ与θ的大小关系是（）2211=θB．θ＞θC．θ＜θA．θD．不能确定212112【分析】作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接CO，过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH=CO，在△AOC和△AHC 中，CO=CH，AO⊥平面BCD，从而AO＜AH，由此能求出θ＜1θ．2【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接C过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH=CO，，⊥平面BCD中，CO=CH，AOAHC在△AOC和△，＜AH∴AO，＜∠ACH∴∠ACO，θ所成的角为，直线AC与直线MN∵AC与平面BCD所成的角为θ21，MNBCD，CH∥AO⊥平面．Cθ＜θ．故选：∴∠ACO=θ，∠ACH=θ∴2211。
二轮复习专题：立体几何中的翻折与旋转问题
∴又∵C′N 平面 BCC′ ∴C′N //平面 ADD′
题醉了
（3）由前，∵AC⊥平面 ABC′ 同理 A C′⊥平面 ABC， 以 A 为原点，直线 AB 为 x 轴、AC 为 y 轴、AC′为 z 轴，建立空间直角坐标系
z
设 AB=1，则 B（1,0,0）,C（0, 3 ,0）,C′（0,0, 3 ）
D C
由已知可知 平面 C′BA⊥平面 ABC 又∵ 平面 C′BA∩平面 ABC=AB ∴ AC⊥平面 AB C′
B N
（2） ∵AD//BC， BC 平面 BCC′ AD 平面 BCC′ ∴AD//平面 BCC′ 同理 AD′ 平面 BCC′ 又∵AD∩AD′=A ∴ 平面 ADD′//平面 BCC′
题醉了
【证明】如图①，连接 DE 交 AD 于 O.
E P
AOΒιβλιοθήκη D1A B
O
C
1
D
C B
(2)在等腰∆ABD 中，∵AD=2，AB=BD= 5 ，且 BO⊥AD ∴BO=2 ∴S∆ABD=2∵三棱锥 P-ABD 的体积是 2 .
在四边形 OBCD 中， OB//DC,且 OB=2， DC=1.∴S∆ABD=2 S∆BOD=4S∆ACD
E
A
D
1
A B C
D
C B
①
②
题醉了
【证明】如图①，连接 DE 交 AD 于 O.
立体几何中的翻折问题(教案)
立体几何中的翻折问题教学目标: ◆知识与技能目标:1.使学生掌握翻折问题的解题方法, 并会初步应用。
2.通过立体几何中翻折问题的学习, 进一步掌握立体几何中求距离与求角的求法。
◆能力与方法目标:1.培养学生的动手实践能力。
2.在实践过程中, 使学生提高对立体图形的分析能力, 进一步理解“转化”的数学思想,并在设疑的同时培养学生的发散思维。
◆情感态度与价值观目标:通过平面图形与翻折后的立体图形的对比, 向学生渗透事物间的变化与联系观点。
教学重点: 了解平面图形与翻折后的立体图形之间的关系, 找到变化过程中的不变量。
教学难点: 转化思想的运用及发散思维的培养。
关键：层层设计铺垫, 给学生充分的探讨、研究的时间。
学法指导: 渗透指导、点拨指导、示范指导教学方法: 探究法, 演示法、例1（2012广州调研试题）已知正方形的边长为2, . 将正方形沿对角线折起, 使, 得到三棱锥, 如图所示.（1）当时, 求证: ；（2）当二面角的大小为时, 求二面角的正切值．变式训练: 1.（2013年广州二模）等边三角形ABC的边长为3, 点D.E分别是边AB.AC上的点, 且满足(如图3).将ΔADE沿DE折起到ΔA1DE的位置, 使二面角成直二面角, 连结 (如图4).(1) 求证: A1D丄平面BCED;(2) 在线段BC上是否存在点P, 使直线PA1与平面A1BD所成的角为600？若存在, 求出PB的长；若不存在, 请说明理由2（2013年广东高考）、如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE ==O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.. C O BD E AC D O B E 'A 图1 图2作业: 【2012高考湖北理19】如图1, , , 过动点A 作 , 垂足D 在线段BC 上且异于点B, 连接AB, 沿 将△ 折起, 使 （如图2所示）.（Ⅰ）当 的长为多少时, 三棱锥 的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥 的体积最大时, 设点 , 分别为棱 , 的中点, 试在棱 上确定一点 , 使得 , 并求 与平面 所成角的大小．【2012高考北京理16】如图1, 在Rt △ABC 中, ∠C=90°, BC=3, AC=6, D, E 分别是AC, AB 上的点, 且DE ∥BC, DE=2, 将△ADE 沿DE 折起到△A1DE 的位置, 使A1C ⊥CD,如图2.(I)求证: A1C ⊥平面BCDE ；(II)若M 是A1D 的中点, 求CM 与平面A1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P, 使平面A1DP 与平面A1BE 垂直？ 说明理由D A B C A CD B 图2 图1 ME . ·。
立体几何中的翻折问题
A
B
练习:如图所示，在直角梯形 ABCP 中， AB=BC=3,AP=7,CD⊥AP,现将△PCD 沿折 线 CD 折成直二面角 P-CD-A，设 E,F,G 分 别是 PD,PC,BC 的中点。 (1)求证：PA∥平面 EFG; (2)求 AF 与平面 PAD 所成角的正弦值。
练习：如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=2BC， ∠ABC=120° 。E 为线段 AB 的中点，将△ ADE 沿 直线 DE翻折成△ A’DE， 使平面 A’DE⊥平面 BCD， F 为线段 A’C 的中点。 （1）求证：BF∥平面 A’DE； （2）设 M 为线段 DE 的中点，求直线 FM 与平面 A’DE 所成角的余弦值。
立体几何中的 翻折问题
2012.9.17
例 1:已 知 :E,F是 正 方 形 ABCD的 边 BC和
CD的 中 点 ,分 别 沿 AE,EF,AF将 ABE,ECF, AFD折 起 使 B,C,D三 点 重 合 于 P点 ,如 图 ,
(1)求 证 :AP EF;
(2)求 二 面 角 A-EF-P的 大 小 .
P(B,C,D) A D F C E A E F
B
小结：求解翻折问题的基本方法：
(1)先比较翻折前后的图形，弄 清哪些量和位置关系在翻折过程中 不变，哪些已发生变化。 (2)将不变的条件集中到立体图 形中，将问题归结为一个条件与结 论明朗化的立几问题。
2.如图，ABCD是正方形，E是AB的中点，
D
A
B
G
CAΒιβλιοθήκη B4．将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成二 面角 D-AC-B， 使点 B、D 的距离等于 AB 的长，此时直线 AB 与 CD 所成的 角为 ；
立体几何翻折问题解题技巧
立体几何翻折问题解题技巧
立体几何翻折问题是指将一个平面图形通过折叠变成一个立体
图形的问题。
这种问题在数学竞赛和考试中经常出现，需要掌握一些解题技巧。
1. 观察图形
首先需要认真观察给定的图形，理解其形状和结构。
可以通过画出各个面的展开图或者模型来加深对图形的理解。
2. 寻找对称性
考虑到翻折后的立体图形具有一定的对称性，可以通过寻找对称轴来简化问题。
对称轴可以是图形的中心线、对角线或者其他线段。
3. 利用平行四边形法则
平行四边形法则指如果一个图形经过翻折后，两个相邻的侧面是平行四边形，则它们的对边相等。
这个定理对解决立体几何翻折问题非常有用。
4. 利用角度关系
如果一个图形经过翻折后，两个相邻的侧面是由同一直线切割而成，则它们的夹角相等。
这个关系可以用于计算角度，解决一些复杂的立体几何问题。
5. 练习和实践
最后，需要进行大量的练习和实践，提高解题能力和技巧。
可以尝试解决不同形状和难度级别的立体几何翻折问题，不断挑战自己。
总之，掌握立体几何翻折问题的解题技巧需要综合运用几何知识
和逻辑思维能力。
通过多练习和实践，可以提高解题水平，取得更好的成绩。
专题06 立体几何中的翻折问题(解析版)
第三篇 立体几何专题07 立体几何中的翻折问题常见考点考点一 翻折问题典例1．如图1五边形ABCDE 中，ED EA =，//AB CD ，2CD AB =，150EDC ∠=︒，将EAD 沿AD 折到PAD △的位置，得到四棱锥P ABCD -，如图2，点M 为线段PC 的中点，且BM ⊥平面PCD ．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）若直线PC 与AB 所成角的正切值为12，求二面角P BD C --余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）取PD 的中点N ，连结AN ，MN ，利用中位线定理可证明四边形ABMN 为平行四边形，从而//AN BM ，可得AN ⊥平面PCD ，推出AN PD ⊥，AN CD ⊥，利用PAD △为等边三角形，由边角关系可得CD AD ⊥，结合线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用线线角的定义可得PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角，从而得到2CD PD =，设1PD =，建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由空间向量夹角公式计算即可． 【详解】（1）证明：取PD 的中点N ，连接AN ，MN 则//MN CD ，12MN CD =， 又//AB CD ，12AB CD =，所以//MN AB ，MN AB =，则四边形ABMN 为平行四边形，所以//AN BM ，又BM ⊥平面PCD ，∴AN ⊥平面PCD ，∴AN PD ⊥，AN CD ⊥． 由ED EA =即PD PA =及N 为PD 的中点，可得PAD △为等边三角形， ∴60PAD ∠=︒，又150EDC ∠=︒，∴90CDA ∠=︒，∴CD AD ⊥，又,AN AD 在平面PAD 内相交， ∴CD ⊥平面PAD ．（2）//AB CD ，∴PCD ∠为直线PC 与AB 所成的角， 由（1）可得90PDC ∠=︒，∴1tan 2PD PCD CD ∠==，∴2CD PD =， 设1PD =，则2CD =，1PA AD AB ===，取AD 的中点O ，连接PO ，易知PO ⊥平面ABCD 过O 作AB 的平行线， 可建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则1,0,02D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，1,2,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴14M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以()1,1,0DB =，1,1,2PB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，34BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 设(),,n x y z =为平面PBD的法向量，则0102x y x y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 取3x =，则(13,3,n =-为平面PBD 的一个法向量， 又平面BCD 的法向量()20,0,1n =，设二面角P BD C --为θ∴1212123cos cos ,721n n n n n n θ⋅-====-，由图可知二面角为钝角，所以二面角P BD C --余弦值为变式1-1．如图，在Rt ABC 中，AC BC ⊥，30BAC ∠=︒，BC =，3AC DC =，//DE BC ，沿DE 将点A 折至1A 处，使得1A C DC ⊥，点M 为1A B 的中点.（1）证明：1A B ⊥平面CMD . （2）求二面角B CM E --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）先证明DC ⊥平面1A CB ，可得1DC A B ⊥，再利用勾股定理计算出1A C BC =，由三线合一得1CM A B ⊥，即可证明出1A B ⊥平面CMD ；（2）以C 为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得平面CMB 的法向量为()11,0,0n =，求出平面CME 的法向量，再利用向量的夹角公式计算余弦值. 【详解】（1）证明：由DC BC ⊥，1A C DC ⊥，且1AC BC C =， 可得DC ⊥平面1A CB ，又1A B ⊂平面1A CB ，因此1DC A B ⊥.由30BAC ∠=︒，BC =33AC DC ===，因此1DC =，12AD A D ==，由勾股定理可得1AC BC =. 又因为点M 为1A B 的中点，所以1CM A B ⊥， 而CD CM C ⋂=，故1A B ⊥平面CMD .（2）解：因为DE CD ⊥，1DE A D ⊥，所以DE ⊥平面1A CD ，又//BC DE ，所以BC ⊥平面1A CD .如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系C xyz -，则M ⎛⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()B ，则0,,22CM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，1,3CE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭.易知()11,0,0n =是平面CMB 的一个法向量.设平面CME 的法向量为()2,,n x y z =，则2200n CM n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00y x y =⎨⎪=⎪⎩，令y =(2n =-.12cos ,n n ==易知二面角B CM E --为锐角，故二面角B CM E --【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.变式1-2．如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AB =，3CD =，45ADC∠=︒，AE 为梯形ABCD 的高，将ADE 沿AE 折到PAE △的位置，使得PB（1）求证：PE ⊥平面ABCE ；（2）求平面PBC 与平面P AE 所成二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）连接BE ，易知PE AE ⊥，BE 1PE =，由勾股定理证得PE BE ⊥，再由线面垂直的判定定理，得证；（2）以E 为原点建立空间直角坐标系，求得平面PBC 的法向量n ，由线面垂直的判定定理可证得EC ⊥平面PAE ，故平面PAE 的一个法向量为EC ，再由cos EC <，||||EC n n EC n ⋅>=⋅，即可得解．【详解】（1）证明：折叠前DE AE ⊥，折叠后PE AE ⊥，折叠前由已知得1DE AE AB ===，在AEB △中，BEBE =1PE =，因为PB PEB △为直角三角形，即PE BE ⊥，， 因为AE BE E =，AE ⊂平面ABCE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以PE ⊥平面ABCE ．（2）由（1）知PE EC ⊥，又EA EC ⊥所以以E 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，()0,0,0E ，()0,2,0C ， 所以平面P AE 的法向量为()0,2,0CE =-，又()0,0,1P ，()1,1,0B -，()1,1,1PB =--，()0,2,1PC =- 设平面PBC 的一个法向量为(),,n x y z =则0PBn PCn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可求得平面PBC 的一个法向量为()1,1,2n =-计算得cos ,n CE <>==所以平面PBC 与平面P AE变式1-3．已知边长为2的等边ABC （图1），点D 和点E 分别是边AC 、AB 上的中点，将ADE 沿直线DE 折到ADE 的位置，使得平面A DE '⊥平面BCDE （图2），此时点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点.（1）证明：CD ⊥平面A OP '；（2）求平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）先证明DC OP ⊥，再由平面A DE '⊥平面BCDE 证明AOCD '⊥，利用线面垂直的判定定理即可证明CD ⊥平面A OP '；（2）以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）连接BD∴点O 和点P 分别是边DE 、BE 上的中点. ∴//BD OP∴等边ABC 中，点D 是边AC 的中点 ∴DC BD ⊥∴DC OP ⊥∴等边ADE 中，点O 是边DE 的中点 ∴A O DE '⊥又∴AO '⊂平面A DE∴平面A DE '⊥平面BCDE 且平面A DE '平面BCDE DE =∴AO '⊥平面BCDE ∴AOCD '⊥ ∴A O OP O '⋂=∴CD ⊥平面A OP '（2）设BC 的中点H ，由图1得OH BC ⊥以O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA '所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎛' ⎝⎭，10,,02D ⎛⎫⎪⎝⎭，C ⎫⎪⎪⎝⎭，所以10,2DA ⎛'=- ⎝⎭，31,02DC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面ACD '的法向量为(),,n x y z =.由10231022n DA y z n DC x y ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪'⎩，取y =()1,3,1n =-； 因为平面BCDE 的法向量为()0,0,1m =设平面ACD '与平面BCDE 所成锐二面角为θcos 51m n m nθ⋅===+ 所以，平面ACD '与平面BCDE .【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．典例2．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∴CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ∴平面BCO 1O ，如图2，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∴OB .（1）证明：OD ∴平面P AQ ；（2）若BE ＝2AE ，求二面角C BQ A 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由OA，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到OD∴AQ，OD∴PQ证得OD∴平面P AQ；（2）由空间直角坐标系求得平面CBQ的法向量和平面ABQ的法向量，根据数量积的夹角公式可得答案.【详解】(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．∴点P为BC的中点，∴P9 (0,,3)2，∴OD＝(3，0，6)，AQ＝(0，m，0)，PQ＝9 (6,,3)2m--.∴OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，∴OD∴AQ，OD∴PQ，即OD∴AQ，OD∴PQ，又AQ∩PQ＝Q，∴OD∴平面P AQ.(2)∴BE＝2AE，AQ∴OB，∴AQ＝12OB＝3，则Q(6，3，0)，∴OB＝(－6，3，0)，BC＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11.0,.0,n QB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩得630,360,x y y z -+=⎧⎨-+=⎩令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，1n ＝(1，2，1)． 易得平面ABQ 的一个法向量为2n ＝(0，0，1)． 设二面角C BQ A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝212||||I n n n n ⋅⋅＝即二面角C BQ A 【点睛】本题考查了立体几何，建立空间直角坐标系是解题的关键，线面垂直可以通过直线的方向向量进行相应的计算，二面角的平面角可以通过法向量之间进行相应的计算，就能够得到问题的解决. 变式2-1．如图1，四边形ABCD 是正方形，四边形11ADE F 和22BCE F 是菱形，2AB =，1260DAF CBF ∠=∠=︒.分别沿AD ，BC 将四边形11ADE F 和22BCE F 折起，使1E 、2E 重合于E ，1F 、2F 重合于F ，得到如图2所示的几何体.在图2中，M 、N 分别是CD 、EF 的中点.（1）证明：MN ⊥平面ABCD ；（2）求平面DCN 与平面ABF所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）先利用菱形与等边三角形的垂直关系得EF ⊥平面DNC ，再根据//EF AD 得AD ⊥平面DNC ，再得AD MN ⊥，又根据M 是DC 的中点得MN DC ⊥，故MN ⊥平面ABCD ；（2）根据题意，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -，利用法向量求解即可. 【详解】（1）连接DF ，由图1知，四边形ADEF 为菱形，且60DEF ∠=︒， 所以DEF 为等边三角形，从而EF DN ⊥. 同理EF CN ⊥，又DN CN N =，∴EF ⊥平面DNC .∴//EF AD ，∴AD ⊥平面DNC ，又∴MN ⊂平面DNC ，∴AD MN ⊥. ∴ND NC =，M 是DC 的中点，∴MN DC ⊥.又AD ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，AD DC D =，∴MN ⊥平面ABCD . （2）取AB 的中点G ，连接MG ，∴四边形ABCD 是正方形，MG DC ⊥.如图，以M 为原点，MG ，MC ，MN 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系M xyz -， 则M ()0,0,0M ，()2,1,0A -，()2,1,0B ，()2,0,0G，(F ， ∴()0,2,0AB =，(AF =-，()2,0,0MG =.设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，由00n AB n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得200y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，取()2,0,1n =，∴MG ⊥平面DNC ，∴取平面DNC 的法向量()2,0,0MG =，∴22cos ,23MG n MG n MG n⋅===⋅ 设平面DCN 与平面ABF 所成锐二面角的平面角为θ，∴cos θ=，故平面DCN 与平面ABF 【点睛】本题考查线面垂直的证明，利用向量方法求解二面角问题，考查数学运算能力，是中档题.变式2-2．如图，已知四边形ABDE AD 与BE 相交于点O ，BCD △为等边三角形．现将EAD 沿AD 折起到E AD '的位置，将CBD 沿BD 折起到C BD '的位置，使得折后E D '⊥平面C BO '．（1）求证：OB ⊥平面'AE D ； （2）求二面角A OC B -'-的大小．【答案】(1)见解析;(2)3π.【解析】 【分析】(1)推导出E D OB '⊥,OB AD ⊥,由此能证明OB ⊥平面AE D '．(2)以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角A OC B -'-的大小． 【详解】(1)证明:E D '⊥平面C BO ',OB ⊂平面C BO ',∴E D OB '⊥， ∴在正方形ABDE 中,O 为AD 与BE 的交点,OB AD ∴⊥E D AD D '⋂=,OB ∴⊥平面AE D '.(2)解:AE E D '=',O 为AD 中点,E O AD ∴'⊥以O 为原点,OA ,OB ,OE '为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系A ,B ,(D ,E ',E D '⊥平面C BO ',∴平面C BO '的一个法向量为(3,0,n E D ='=E D '⊥平面C BO ',∴E D OC '⊥'设(,,)C x y z ',则(,)DC x y z '=+,(,)BC x y z '=1E D OC '⊥,||||6DC BC '='=,066=∴，解得x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩或x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎪⎩(舍).(C ∴' 设平面AOC '的法向量(,,)n x y z =则OA 3x 0OC 3x 0n n '⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩,取1y =,得(0,1,1)n =- 设二面角A OC B -'-为θ,则|||31cos ||||22n m n m θ⋅-===⋅⋅由图知3πθ=,∴ 二面角A OC B -'-的大小为3π.【点睛】本题考查了线面垂直的判定,考查了二面角的求法.在证明线面垂直时,关键是在平面内找到两条直线与已知直线垂直,常运用勾股定理、矩形的临边、正方形的对角线、等腰三角形三线合一、线面垂直的性质等来证明线线垂直.求二面角的大小时,建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,进而可求.变式2-3．如图1，在矩形ABCD 中，AB =BC =点E 、P 分别在线段DC 、BC 上，且DE =152DP =，现将AED ∆沿AE 折到'AED ∆的位置，连结'CD ，'BD ，如图2（1）证明：'AE D P ⊥；（2）记平面'AD E 与平面'BCD 的交线为l .若二面角'B AE D --为23π，求l 与平面'D CE 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2 【解析】(1)建立坐标系证明AE DP ⊥，再由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质证明'AE D P ⊥； (2)根据公理3得到平面'AD E 与平面'BCD 的交线，再根据二面角定义得到二面角'B AE D --的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求l 与平面'D CE 所成角的正弦值. 【详解】解：（1）证明：如图1，线段,DP AE 交于点O在Rt PCD ∆中，由DC AB ==152DP =，PC =以点A 为坐标原点，建立直角坐标系，则(5,2AE =，PD ⎛=- ⎝⎭即30AE PD ⋅=-= AE DP ∴⊥，从而有AE OD ⊥，AE OP ⊥，即在图2中有AE OD '⊥，AE OP ⊥，OD OP O '⋂=，,OD OP '⊂平面POD 'AE ∴⊥平面POD 'D P '⊂平面POD '，AE D P '∴⊥；（2）延长AE ，BC 交于点Q ，连接'D Q根据公理3得到直线'D Q 即为l ，再根据二面角定义得到23D OP π'∠=. 在平面'POD 内过点O 作底面垂线，O 为原点，分别以OA 、OP 、及所作为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标则(0,D '-，(1,0,0)E -，(11,0,0)Q -，(3,4,0)C -，(11,1,D Q '=-，(2,4,0)EC =-，(1,ED '=-，设平面'D EC 的一个法向量为(,,)n x y z =，由2400n EC x y n ED x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩'， 取1y =，得2,1,n ⎛= ⎝⎭. l ∴与平面D CE '所成角的正弦值为15cos ,5n D Q n D Q n D Q'⋅'=='⋅【点睛】本题主要考查了由线面垂直证线线垂直以及利用向量法证明线面角，属于较难题.巩固练习练习一 翻折问题1．如图1，在平面五边形ABCDE 中，AD ∥,24,BC AD BC AB ===90ABC ∠=,ADE 是等边三角形.现将ADE 沿AD 折起，记折后的点E 为E '，连接,E B E C ''得到四棱锥E ABCD '-，如图2.(1)证明：BC CE ⊥'；(2)若平面E CD '⊥平面ABCD ，求二面角'A DE B --的余弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）构建CE '所在的面，通过线面垂直证明线线垂直（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值 (1)如上图所示，设M 为AD 中点，连接,E M CM '，因为ADE 是等边三角形，所以AD E M ⊥'，因为AD∥,BC 所以BC E M ⊥'，因为2AD BC =所以AM BC =且//AM BC ，所以//AB CM ，因为90,ABC =∠所以CM BC ⊥ 又,CME M M '=CM 、EM ⊂平面E MC '， BC ∴⊥平面E MC '，又因为'CE ⊂平面E MC '，所以'BC CE ⊥(2)如下图所示，过A 作AH DC ⊥于点H ，由平面E CD '⊥平面ABCD ，平面E CD '平面ABCD CD =，AH ∴⊥平面,E CD '又因为'CE ⊂平面E MC '，所以AH E C ⊥' 又'BC C E ⊥，,AH BC 相交，AH 、BC ⊂平面ABCDCE ∴'⊥平面,ABCD CE '以C 为原点建立如图所示的坐标系()()()(,,2,0,0,D A B E '-()(',BD BE =-=-，()('4,0,0,2,AD AE =-=-设平面'BDE 的法向量(),,n x y z =满足(0403,26,020n BD x n n BE x ⎧⎧⋅=-=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⋅=-=⎪'⎪⎩⎩ 设平面'ADE 的法向量(),,m x y z =满足()4000,1,1200x m AD m x m AE ⎧-=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=⎨⎨-+=⎪=⎩⎪⎩'⋅313cos ,13n m m n n m ⋅==⋅.所以二面角'A DE B --2．如图所示，在边长为12的正方形11AA A A ''中，点B ，C 在线段AA '上，且3AB =，4BC =，作11BB AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1B 、P ，作11CC AA ∥，分别交11A A '、1AA '于点1C 、Q ，将该正方形沿BB 1、CC 1折叠，使得1A A ''与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱111ABC A B C -．(1)试判断直线AQ 是否与平面11AC P 平行，并说明理由； (2)求平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值． 【答案】(1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由见解析【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面11AC P 的法向量，看向量AQ 是否与平面11AC P 的法向量垂直，从而得到答案；（2）求出平面APQ 与平面ABC 的法向量，从而求出平面APQ 与平面ABC 所成二面角的余弦值. (1)直线AQ 是否与平面11AC P 不平行，理由如下：如图，以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0B ，()3,0,0A ，()0,4,0C ，()13,0,12A ，()10,4,12C ，()0,0,3P ，()0,4,7Q ，所以()3,4,7AQ =-，设平面11AC P 的法向量为(),,n x y z =，则11039093,,149040n PA x z n y z n PC ⎧⋅=+=⎧⎪⎛⎫⇒⇒=-⎨⎨ ⎪+=⎝⎭⋅=⎩⎪⎩，因为0AQ n ⋅≠，所以直线AQ 与平面11AC P 不平行；(2)设平面APQ 的法向量()1111,,x n y z =则()11103301,1,14400n PA x z n y z n PQ ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ 所以，面APQ 的法向量为()11,1,1=-n ，由题意得：面ABC 的法向量为()20,0,1n =，所以1212121cos ,3n n n n n n ⋅===，设平面APQ 与平面ABC 所成二面角为α，显然α为锐角，故123cos cos ,3n n α== 所以平面APQ 与平面ABC 3．如图，四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，且π3B ∠=，现沿着AC 将ABC 折到EAC 的位置，使得平面EAC ⊥平面ACD ，M ，N 是线段EC ，ED 上的两个动点（不含端点），且EM ENEC EDλ==.(1)证明：//MN 平面EAB ；(2)求直线EC 与平面EAD 所成的角的正弦值；(3)设平面AMN 与平面EAD 所成锐二面角为θ，当cos θ=λ的值. 【答案】(1)证明见解析(3)13【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得//MN CD 、//AB CD ，进而可得//MN AB ，再由线面平行的判定定理即可求证；（2）取AC 的中点O ，连接,EO BO ，证明,,OB OC OE 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面EAD 的一个法向量n 以及EC 的坐标，由空间向量夹角公式即可求解；（3）由（2）知平面EAD 的法向量n ，根据AM AE EC λ=+，AN AE ED λ=+求出AM 和AN 的坐标，再求出平面AMN 的一个法向量m ，根据空间向量夹角公式计算cos cos 105,m n θ==解方程即可得λ的值. (1) 因为EM ENEC EDλ==，所以//MN CD ， 因为四边形ABCD 是一个边长为2的菱形，所以//AB CD ， 所以//MN AB ，因为MN ⊄平面EAB ，AB 平面EAB ，所以//MN 平面EAB . (2)因为2EA EC ==，取AC 的中点O ，连接,EO BO ，则EO AC ⊥，BO AC ⊥， 因为平面EAC ⊥平面ACD ，平面EAC 平面ACD AC =，OE ⊂面EAC ， 所以EO ⊥面ABCD ，可得,,OB OC OE 两两垂直，如图：以O 为原点，分别以,,OB OC OE 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(E ，()0,1,0C ，()0,1,0A -，()D ，所以(0,1,EC =，(AE =，()AD =-， 设平面EAD 的一个法向量(),,n x y z =，则3030AE n y z AD n x y⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，可得y =1z =-，所以()1,3,1n =-， 设直线EC 与平面EAD 所成的角为α，则2sin cos ,52EC n EC nEC nα⋅====⨯⋅. 所以直线EC 与平面EAD . (3)由（2）知：平面EAD的法向量为()1,3,1n =-， 因为EM ENEC EDλ==，所以()0,,EM EC λλ==，(),0,EN ED λ==-，()0,1AM AE EM λ=+=+，()AN AE EN =+=，设平面AMN 的一个法向量()000,,=m x y z ，则()))000001030AM my z AN m x y z λλ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令0y 011z λλ+=-，01x =-，所以11m λλ+⎛⎫=- ⎪-⎝⎭， 所以cos cos ,55m n m n m nθ⋅====⋅⨯，整理可得：29610λλ-+=，解得：13λ=.4．如图，正方形11ABB A 的边长为2，11,AB A B 的中点分别为1,C C ，正方形11ABB A 沿着1CC 折起形成三棱柱111ABC A B C -，三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AD AA λ→→=.(1)证明：当12λ=时，求证：1DC ⊥平面BCD ；(2)若二面角1D BC C --λ的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)14λ= 【解析】 【分析】（1）由题知点D 是1AA 的中点，进而根据几何关系得1DC DC ⊥，再根据已知条件证明BC ⊥平面11ACC A 得1BC DC ⊥，最后结合判定定理证明即可；（2）根据题意，点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. (1)证明：当12λ=时，点D 是1AA 的中点，因为1111AC AD A D AC ====，所以1DC DC ==又12CC =，所以22211DC DC CC +=，所以1DC DC ⊥，因为BC AC ⊥，1BC CC ⊥，1AC CC C =， 所以BC ⊥平面11ACC A ，1DC ⊂平面11ACC A ， 所以1BC DC ⊥，且DC BC C =，所以1DC ⊥平面BCD ； (2)解：因为1CC ，CA ，CB 两两互相垂直，所以以点C 为原点，以CA →，CB →，1CC →作为x ，z ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，CA ⊥平面1BCC ，所以向量()1,0,0CA →=是平面1BCC 的法向量，设AD h =()0,1,0B ，()10,0,2C =，()1,0,D h ，()10,1,2BC →=-，()1,1,BD h →=-，设平面1DBC 的法向量(),,n x y z →=，所以100BC n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y hz y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，2x h =-，2y =，所以平面1DBC 的一个法向量()2,2,1n h →=-，cos ,CA nCA n CA n→→→→→→⋅==12h = 所以114AD AA →→=，即14λ=，此时二面角1D BC C--5．如图甲所示，在矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，沿AE 将AED 翻折，使D 折至D 处，且二面角D AE B '--为直二面角（如图乙）．（1）求证：AD BE '⊥；（2）求平面D EC '与平面ECB 所成角的正切值． 【答案】（1）答案见解析；（2 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，进而得到(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--，计算出数量积为0，由此即可得证； （2）求得OD '=是平面EBC 的一个法向量，求出平面CD E '的一个法向量，再利用向量的夹角公式求得所求二面角的余弦值，进而求得正切值． 【详解】（1）证明：由题意4AB =，2BC =，E 为DC 的中点，AD E '∴为等腰三角形，取AE 的中点O ，则D O AE '⊥，又因为二面角D AE B '--为直二面角，平面D AE '平面EABC AE =，所以D O '⊥平面EABC ，以O 为原点，过O 分别作,AB BC 的平行线作为,y x 轴，OD '为z 轴建立如图坐标系：则(0,0,0),(1,1,0),(1,3,0),(1,3,0),(1,1,0),O A B C E D '---，∴(1,1,2),(2,2,0)AD BE '=-=--， ∴0AD BE '⋅=，ADBE '∴⊥；（2）(0,2,0),(1,EC ED '==-，OD '=是平面EBC 的一个法向量，设平面CD E '的一个法向量为(,,)n x y z =，则·20·0n EC y n ED x y ⎧==⎪⎨=-'+=⎪⎩，则可取(2,0,1)n =-，∴3cos ,3||||OD n OD n OD n '⋅'<>=='，∴tan ,2OD n '<>=，即平面CD E '与平面ECB6．如图1，Rt ABC 中，90B ∠=︒，AB =2BC =，D ，E分别是AB ，AC 的中点.把ADE 沿DE 折至PDE △的位置，P ∉平面BCED ，连接PB ，PC ，F 为线段PB 的中点，如图2.（1）求证：DF ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P BDE -的体积为12时，求直线BD 与PC 所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2【解析】 【分析】（1）根据已知容易得出DF PB ⊥，再由DE ⊥平面PBD ，DE BC ∕∕可得BC DF ⊥，从而可证DF ⊥平面PBC ；（2）根据三棱锥P BDE -的体积为12及BDE 的面积可得PD ⊥平面BDE ，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线BD 与PC 所成角的正切值. 【详解】（1）证明：因为D 是AB 的中点， 所以AD BD =，即PD BD =，又因F 为线段PB 的中点，所以DF PB ⊥， 因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点， 所以DE BC ∕∕，因为90B ∠=︒，所以DE AB ⊥， 即DE PD ⊥，DE BD ⊥， 因为PD BD D ⋂=， 所以DE ⊥平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD ， 因为DF ⊂平面PBD ， 所以BC DF ⊥， 又因BC PB B =， 所以DF ⊥平面PBC ；（2）解：因为AB =2BC =，D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以BD PD ==1DE =， 由（1）得BDE 为直角三角形，故BDES=， 设三棱锥P BDE -的高为h ，则1132P BDE BDEV Sh -=⋅==，所以h PD ，所以线段PD 即为三棱锥P BDE -的高， 所以PD ⊥平面BDE ，则,PD BD PD DE ⊥⊥， 如图，以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，)B ，(P ，)C ，故()3,0,0DB =，(3,2,PC =，所以cos ,103DB PC DB PC DB PC⋅===， 又因直线BD 与PC 所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，所以直线BD 与PC所以直线BD 与PC7．如图是矩形ABCD 和边AB 为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，若点E 是折后图形中半圆O 上异于,A B 的点．（1）证明：EA EC ⊥；（2）若22AB AD ==，且异面直线AE 和DC 所成的角为6π，求平面DCE 与平面AEB 所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得BC ⊥圆O ，由线面垂直的性质得BC EA ⊥，根据线面垂直的判定可得EA ⊥面EBC ，再由线面垂直的性质可证EA EC ⊥.（2）法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，首先求得1,0)2E ，再分别求平面DCE 和平面AEB 的法向量，利用法向量求二面角的余弦值；法二：首先作出两个平面的交线，再作出二面角的平面角，再求二面角的余弦值. 【详解】（1）∴平面ABCD 垂直于圆O 所在的平面，两平面的交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，∴BC 垂直于圆O 所在的平面．又EA 在圆O 所在的平面内，∴BC EA ⊥． ∴AEB ∠是直角，∴BE EA ⊥．而BE BC B =，∴EA ⊥平面EBC ． 又∴EC ⊂平面EBC ，∴EA EC ⊥． （2）法1（向量法）：如图，以点O 为坐标原点，AB 所在的直线为y 轴，过点O 与BC 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -．由异面直线AE 和DC 所成的角为6π，//AB DC 知6BAE π∠=，∴3BOE π∠=，∴1,0)2E ． 由题设可知(0,1,1)C ，(0,1,1)D -，∴33(,1)22DE =-，31(,1)2CE =--． 设平面DCE 的一个法向量为000(,,)p x y z =，由0DE p ⋅=，0CE p ⋅=000000302102y z y z +-=--= 得00z x =，00y =，取02x =，得0=z∴p =．又平面AEB 的一个法向量为(0,0,1)q =， ∴21cos ,7p q p q p q ⋅<>==． 故平面DCE 与平面AEB法2（几何法）：如图，过点E 作直线//m DC ， 则m 是平面DCE 与平面AEB 的交线． 再过点B 作BP m ⊥，P 为垂足，连接CP ，则BPC ∠是平面DCE 与平面AEB 所成锐二面角的平面角．在直角三角形AEB 中，6BAE π∠=，2AB =，所以 1.BE =在直角三角形PEB 中，,13BEP BE π∠==，所以BP =．在直角三角形PBC 中，BP PC BPC PC ==∠=．故平面DCE 与平面AEB ． 8．如图1是由正方形11ACC A 和长方形11BCC B 组成的平面图形，且24AC BC ==，D 、E 分别是11A C 、BC 的中点．将其沿1CC 折起，使得二面角1A CC B --的平面角大小为60，如图2．（1）判断直线1C E 与平面ABD 的位置关系，并证明你的结论； （2）求直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）1//C E 平面ABD ，证明见解析；（2 【解析】 【分析】（1）取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，证明出四边形1ENDC 为平行四边形，可得出1//C E DN ，利用线面平行的判定定理可得出结论；（2）以点B 为坐标原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）1//C E 平面ABD ，理由如下：取AB 的中点N ，连接EN 、DN ，因为四边形11ACC A 为正方形，则11//AC A C 且11AC A C =， D 为11A C 的中点，所以，1//DC AC 且112DC AC =， N 、E 分别为AB 、BC 的中点，则//NE AC 且12NE AC =， 所以，1NE DC =且1//NE DC ，故四边形1ENDC 为平行四边形，从而1//C E DN ．而DN ⊂平面ABD ，1C E 平面ABD ，所以1//C E 平面ABD ；（2）1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，所以，二面角1A CC B --的平面角为ACB ∠，所以60ACB ∠=．而4AC =，2CB =，由余弦定理可得2222cos 12AB AC BC AC BC ACB =+-⋅∠=，由勾股定理可得222AB BC AC +=，从而AB BC ⊥．在图2中，1CC AC ⊥，1CC BC ⊥，AC BC C =，1CC ∴⊥平面ABC ，11//CC BB ，1BB ∴⊥平面ABC ，以点B 为原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴，1BB 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则()0,0,0B、()0,A、()4D 、()2,0,0C ．从而()BA =，()1,BD =，()2,0,0BC =． 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =，由00n BA n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得040x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩， 取4x =，则()4,0,1n =-，所以，cos ,17n BCn BC n BC ⋅===⋅ 所以直线BC 与平面ABD 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin h lθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.。
立体几何的翻折问题
AE
A D
2
E
H
D
B
4F C
F
C
5.(16届金华十校一模17)如图, 在矩形ABCD中, 已知AB=2, AD=4点 E、F分别在AD、BC上, 且AE=1, BF=3, 将四边形AEFB沿EF折起, 使点B在平面CDEF上的射影H在直线DE上. (Ⅰ) 求证: CD⊥BE; (Ⅱ) 求线段BH的长度; (Ⅲ) 求直线AF与平面EFCD所成角的正弦值.
5
1 2 M
5
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6.(2016届温州一模·理8)如图, 在矩形中ABCD, AB=2, AD=4, 点E在 线段AD上且AE=3, 现分别沿BE, CE将△ABE, △DCE翻折, 使得点 D落在线段AE上, 则此时二面角D-EC-B的余弦值为 ( D )
4
5
6
7
A.
B.
C.
D.
5
6
7
8
4 2
25 5
22
85 5
方法:
(1) 特殊法(极端情形), 关注特殊位置、特殊图形、 特殊点 等;
(2) 建立角或者边的关系的函数转化为函数的最值问题; (3) 充分挖掘翻折过程中点、线、面的几何本质.
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×
E
E
B × ×
方法二: 定义法
E
H
二、翻折问题题目呈现: (一) 翻折过程中的范围与最值问题
C
方法三: 向量基底法
定义法: 对于异面直线所成的角，如利用平
行线转化为平面角，把空间问题转化为平面问题
过 F 作 FH ∥ EB，交 AD于 H .设菱形 ABCD的边长为 1， A
第48讲 立体几何中的翻折、探究性、最值问题
第四十八讲：立体几何中的翻折、探究性、最值问题 【典题分析】题型1：平面图形的翻折问题例1 如图，四边形ABCD 为正方形，F E ,分别为BC AD ,的中点，以DF 为折痕把DFC ∆折起，使点C 到达点P 的位置，且BF PF ⊥.（1）证明：平面⊥PEF 平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【方法规律】 3步解决平面图形翻折问题：第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明 .【题组练习】1、如图，梯形EFBC 中，FB EC //，BF EF ⊥，432==EC BF ，2=EF ，A 是BF 的中点，EC AD ⊥，D 在EC 上，将四边形AFED 沿AD 折起，使得平面⊥AFED 平面ABCD ，点M 是线段EC 上异于C E ,的任意一点.（1）当点M 是EC 的中点时，求证：//BM 平面AFED ；（2）当平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角的正弦值为630时，求三棱锥BDM E -的体积.2、如图，ABC ，ACD △，ABE △均为正三角形，2AB =，AB 中点为O ，将ABE △沿AB 翻折，使得点E 折到点P 的位置．（1）证明：CD ⊥平面POC ；（2）当6PC =时，求二面角B PC D --的余弦值．3、如图甲，在ABC 中，AB BC ⊥，6AB =，3BC =，D ，E 分别在AC ，AB 上，且满足2AE AD BE DC==，将ADE 沿DE 折到PDE △位置，得到四棱锥-P BCDE ，如图乙． 1）已知M ，N 为PB ，PE 上的动点，求证：MN DE ⊥；（2）在翻折过程中，当二面角P ED B --为60°时，求直线CE 与平面PCD 所成角的正弦值．题型2：立体几何中的探究性问题例2 如图，在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，E 为AB 的中点，F 为BC 的中点，O 为1BD 的中点.（1）求证：AF ⊥平面1DD E ；（2）线段AF 上是否存在点G ，使得//OG 平面1DD E ，若存在，求出AG GF 的值，若不存在，请说明理由.。
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从而O1F= O1 A O1C
AC 所以sin∠O1FE=
O O
1E 1F
=2 =
1
3
3 1 4
.又O1E=OO1·sin30°= 3.
3 2
,
规律小结：
分析求解折叠问题的关键是分辨折叠前后的不变量和不 变关系，在求解过程中充分利用不变量和不变关系.
如图，已知四边形ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为 3 的等
腰梯形（如图①）.将它沿对称轴OO1折成直二面角(如图②).
(1)证明：AC⊥BO1； (2)求二面角O—AC—O1的正弦值.
H
又因为BC⊂平面β，所以BC⊥D′E， 所以BC⊥α. 而D′C ⊂ α，所以BC⊥D′C， 所以∠D′CA为二面角β-BC-γ的平面角.
由于∠D′CA=45°，
所以二面角β-BC-γ的大小为45°.
VD'-ABC
=13SDABC
•D'O=1•1AC•BC•D'O 32
=13a2 46a=126a3
(2)由(1)知,AC⊥BO1,OC⊥BO1,知BO1⊥平面AOC.
设OC∩O1B=E,过点E作EF⊥AC于F,连接O1F,
则EF是O1F在平面AOC内的射影.
由线面垂直O1的平面角.
由已知，OA=3，OO1= 3 ，O1C=1，
所以O1A= OA2 OO12 =2 3 ,AC= O1A2 O1C2 = 1 3 ，
立体几何中的翻折问题
如有一只小虫要从A爬到点M，
N
所走的最短路径是什么？
E
N
M
E
F
D
C
A
B
N
MN
M
E
E F
F
D
C
D
C
A
BA
B
D
A
M
F
C
B
把一个平面图形按某种要求折起，转化为空间图 形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变 化，这就是翻折问题.
图形的展开与翻折问题就是一个由抽象到直观，由 直观到抽象的过程.在历年高考中以图形的展开与折 叠作为命题对象时常出现，因此，关注图形的展开 与折叠问题是非常必要的.
求解翻折问题的基本方法：
(1)先比较翻折前后的图形，弄清哪些量和位置关系在翻 折过程中不变，哪些已发生变化； (2)将不变的条件集中到立方体图形中，将问题归结为一 个条件与结论明朗化的立几问题.
（1）若二面角α-AC-β为直二面角，求二面角β-BC-γ的大小； （2）若二面角α-AC-β为60°，求三棱锥D′-ABC的体积.