立体几何的翻折问题
立体几何中的翻折问题
C Q O P D
B
2 2 2 2 ) x2 2 x cos 45 ( )2 (2 x) 2 ． 2 2 2
解得 x 1 ． 由（1）知 AB 面 ACQ ．
直线 AP 与平面 ACQ 所成的角的正弦值 sin 就是直线 AP 与直线 AB 所成角的
余弦值 cos BAP ，即 sin cos BAP = 即直线 AP 与平面 ACQ 所成的角为
绍兴市稽山中学 骆永明2来自展成平面, 逆向探究求最小值例5（06年江西卷文）
绍兴市稽山中学 骆永明
3.探寻轨迹, 点动成圆用两性质
例 6 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，在翻折过程中 ( ) A． 存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B． 存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C． 存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D． 对任意位置，直线 AC 与 BD，AB 与 CD，AD 与 BC 均 不垂直 ( 2012 年浙江省数学高考理科试题)
立体几何中的翻折问题
绍兴市稽山中学 骆永明
随着自主命题的深入，浙江省数学高 考立体几何试题对翻折问题似乎情有独 钟，且常考常新． 这类试题背景简单， 立意深远，对考生的空间想象能力要求很 高，能较好地改善学生对立体几何的思维 定势．
绍兴市稽山中学 骆永明
研究翻折问题应注意折前折后各元素相对位置的 变化． 要理清哪些位置关系和度量关系发生了变 化，哪些没有改变． 解决翻折问题的关键可以归纳 如下: ( 1) 找准“基准图”折叠; ( 2) 画好“2 个图”———折叠前的平面图和折 叠后的立体图; ( 3) 寻找“2 个量”———哪些量( 或关系) 发 生了变化，哪些量( 或关系) 没有发生变化．
第16讲 立体几何的翻折问题 讲义-2021-2022学年高三数学二轮复习专题
第15讲 立体几何中的翻折问题一、学习目标1. 掌握翻折问题的基本结论；2. 掌握翻折问题的基本处理策略.翻折问题的基本结论：ABC ∆中，BC AO ⊥，将ABC ∆沿着边BC 翻折到BC A '∆，在翻折的过程中有 ①BC OA ⊥，BC OA ⊥'，'AOA ∠是二面角'A BC A --的平面角； ②'A 在底面上的投影一定在直线''AA 上； ③'BA BA =，'CA CA =；④点A 的轨迹是以O 为圆心的圆，AC AB 、的轨迹是以BC 为旋转轴的两个圆锥侧面.二、典例分析例1.（1）如图，在正方形ABCD 中，点F E 、分别是BC AB 、的中点，点G 是EF 的中点，现在沿DF DE 、及EF 把这个正方形折成一个四面体，使C B A 、、三点重合，重合后的点记为P ，则在四面体DEF A -'中必有（ ）A.⊥PD 平面EF A 'B.⊥DG 平面PEFC.⊥PE 平面DEFD.PG ⊥平面DEF9．如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，翻折ABD △和ACD △，使得平面ABD ⊥平面ACD .下列结论错误的是（ ）A ．BD AC ⊥B ．ABC 是等边三角形 C ．三棱锥D ABC -是正三棱锥D ．平面ACD ⊥平面ABC【答案】（1）C ； （2）D. 变式：（1）已知正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，ED A '∆是AED ∆绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列结论错误的是（ ）A.动点'A 在平面ABC 上的射影在线段AF 上B.三棱锥FED A -'的体积有最大值C.恒有平面⊥GF A '平面BCEDD.异面直线E A '与BD 不可能互相垂直【答案】D（2）如图，在矩形ABCD 中，AD AB 2=，E 为AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成DE A '∆，若M 是线段C A 1的中点，则在ADE ∆翻折的过程中，下列命题正确的是（ ）A.BM 是定值B.M 的轨迹是一段圆弧C.//BF 平面DE A 'D.存在某个位置，使得C A DE 1⊥【答案】D例2.（1）已知矩形ABCD ，1,2AB BC ==ABD ∆沿矩形的对角线BD 所在的直线经翻折，在翻折过程中（ ）A.存在某个位置，使得直线AC 与BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直（2）如图，在菱形ABCD 中，︒=∠60BAD ，线段BD AD ,的中点分别为F E ,，现将ABD ∆沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是（ ）A.)3,6(ππ B.]2,6(ππ C.]2,3(ππ D.)32,3(ππ【答案】（1）B ； （2）C.. 变式：1.在正方形ABCD 中，点F E 、分别是AD BC 、的中点，将ABF ∆沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE ∆沿DE 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，（ ） A.点A 与点C 在某一位置可能重合 B.点A 与点C 的最大距离为AB 3 C.直线AB 与直线CD 可能垂直 D.直线AF 与直线CE 可能垂直【答案】D2.如图，在ABC Rt ∆中，1=AC ，x BC =，D 是斜边AB 的中点，将BCD ∆沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得AD CB ⊥，则x 的取值范围是（ ） A.]3,0( B.]2,22（ C.]32,3( D.]4,2( 【答案】A例3.（1）如图，在长方形ABCD 中，3,1AB BC ==，E 为线段DC 上一动点，现将AED ∆沿AE 折起，使得点D 在面ABC 上的射影K 在直线AE 上，当E 从D 运动到C ，则K 所形成的轨迹的长度是__________.（2）如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．【答案】（1）3π； （2）)1,21(. 变式：1.在矩形ABCD 中，3=AB ，1=BC ，E 为DC 的三等分点（靠近C 处），F 为线段EC 上一动点（包括端点），现将AFD ∆沿AF 折起，使D 点在平面内的射影恰好落在边AB 上，则当F 运动时，二面角B AF D --的余弦值的取值范围是________.【答案】]41,91[例4.如图，在平行四边形ABCD 中，2AB BC =，120ABC ∠=︒，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。
立体几何中的翻折问题资料
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.
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
=13ga2g46a=126a3
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.
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
,
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
立体几何微专题：翻折问题-高三数学一轮复习课件
D
A
B
C
K
A A0
B
O
K
A2
D C
K
A D
A0
B
O
K
C A2
D C
模型应用
A
D
O
B
H
C
A A0
O
B
H
A1
D C
模型应用
A A0
O
B
H
A1
D C
模型应用
D
EF
C
D
C F
A
B
A
K
B
模型应用
D
EF
O
A
H
C
D
O
B
A
K
C F
B
考题选讲
D E A
P C
F B
D
C
E
F
H
A
B
考题选讲
BB C
C PC
1 P CP 1 1 C C
课后练习
课后练习
结束
点、直线、平面间的位置关系，注意线段的长度、角度的变化情况等．
A1 轨迹面
B
A2
A
OH
初始面
C 翻折轴
翻折面
课后作业： 1、整理本节课答案，规范作答 2、完成环节4精选精做的1、2题
随堂检测
A
A EA
EE
D
1
11
DD
A
PP
P
EA
A
E
D
E
ED D
2
2
B 1
EE
22
2
21
B 1
B
高考研讨会资料——立体几何中的翻折问题(共14张PPT)
例 3.正四面体 ABCD，CD 在平面 α 内，点 E 是线段 AC 的中 点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 α 所成 角正弦值的范围
F θ
定 面 求 角
cos BEF cos q cos BEF
所以
cos BEF cos q
0 q BEF .
B． ������ < ������ < ������ D． ������ < ������ < ������
θ
β
α
定 边 求 角
AO tan a OD AO tan b OC AO tan q OE
又
OE EF BF CF OC OD ,
所以 即：
tan a tan b tan q a b q.
小结
角度（线线角、线面角、二面角） 求解翻折问题前必做的两件事 作出翻折前后两幅图 找出翻折中的不变量和不变关系 角 线（射影） 面
不变
动中寻静
定量关系
天道酬勤
由Байду номын сангаас可得：
33 所 以 0 sin q sin BEF . 6
例 4. （2018 年 11 月浙江省高中学业水平考试 18） 如图， 四边形 ABCD 为矩形， 沿 AC 将 D ADC 翻折成 D ADC .设二面角 D AB C 的平 面角为 q ， 直线 AD 与直线 BC 所成角为 q1 ， 直线 AD 与平面 ABC 所 成角为 q2 .当 q 为锐角时，有 A. q2 q1 q B. q2 q q1 C. q1 q2 q D. q q2 q1
综上q2 q q1.
故答案：B
高考数学难点突破八立体几何中的翻折问题答案
高考数学难点突破八----立体几何中的翻折问题一、知识储备翻折问题就是把平面图形经过折叠变成一个空间图形，实际上，折叠问题就是轴对称的问题，折痕就是对称轴，重合的即是全等图形，解决折叠问题时，要把运动着的空间图形不断地与原平面图形进行对照，看清楚其中哪些量在变化，哪些量没有变化，从而寻找出解决问题的方法，达到空间问题与平面问题相互转化的目的。
核心是抓牢折痕就是翻折前与翻折后平面图形的公共底边，折痕与公共底边上两高所在平面垂直。
二、应用举例例1.如图，在矩形ABCD 中，M 在线段AB 上，且1AM AD ==，3AB =，将ADM ∆沿DM 翻折．在翻折过程中，记二面角A BC D --的平面角为θ，则tan θ的最大值为(C )ABCD例2.在矩形ABCD 中，4,3AB AD ==,E 为边AD 上的一点，1DE =，现将ABE ∆沿直线BE 折成A BE '∆，使得点A '在平面 BCDE 上的射影在四边形BCDE 内（不含边界），设二面角 A BE C '--的大小为θ，直线,A B A C ''与平面BCDE 所成的角分 别为αβ，，则( D ) A.βαθ<< B.βθα<< C.αθβ<< D.αβθ<<例3.如图，矩形ABCD 中心为, O BC AB >，现将DAC 沿着对角线AC 翻折成EAC ，记BOE a ∠=，二面角B AC E --的平面角为β，直线DE 和BC 所成角为γ，则（ D ）A. ,2a ββγ>>B. ,2a ββγ><C. ,2a ββγ<>D. ,2a ββγ<<例4.如图，在ABC △中，1AB =，22BC =，4B π=，将ABC △绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 中点，设Q 是线段PA 上的动点，则当PC 与DQ 所成角取得最小值时，线段AQ 的长度为（ B ） A ．5 B ．25C ．35D ．25例5.已知在矩形ABCD 中，2AD AB =，沿直线BD 将ABD ∆ 折成'A BD ∆，使得点'A 在平面BCD 上的射影在BCD ∆内（不含边界），设二面角'A BD C --的大小为θ，直线','A D A C 与平面BCD 所成的角分别为,αβ，则（ ）A. αθβ<<B. βθα<<C. βαθ<<D. αβθ<< 【答案】DQ DPCBA【解析】分析：由题意画出图形，由两种特殊位置得到点A′在平面BCD上的射影的情况，由线段的长度关系可得三个角的正弦的大小，则答案可求．详解：如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BA′⊥A′D，当A′点在底面上的射影O落在BC上时，有平面A′BC⊥底面BCD，又DC⊥BC，可得DC⊥平面A′BC，则DC⊥BA′，∴BA′⊥平面A′DC，在Rt△BA′C中，设BA′=1，则，∴A′C=1，说明O为当A′点在底面上的射影E落在BD上时，可知A′E⊥BD，设BA′=1，则A D'=，要使点A′在平面BCD上的射影F在△BCD内（不含边界），则点A′的射影F落在线段OE上（不含端点）．可知∠A′EF为二面角A′﹣BD﹣C的平面角θ，直线A′D与平面BCD所成的角为∠A′DF=α，直线A′C与平面BCD所成的角为∠A′CF=β，<，而A′C的最小值为1，可求得DF＞CF，∴A′C＜A′D，且A′E=13∴sin∠A′DF＜sin∠A′CF＜sin∠A′EO，则α＜β＜θ．故答案为：D点睛：本题主要考查二面角的平面角和直线与平面所成的角，考查正弦函数的单调性，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力分析推理能力.例6、（嘉兴市2020年1月期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．22π分析：设 AC ,FC 的中点为 M , N ，CP 的中点G 的轨迹是以 MN 为直径的半圆．例7、（宁波市2020年1月期终）已知平面四边形ABCD 中，90A C ∠=∠=︒，BC CD =，AB AD >，现将ABD △沿对角线BD 翻折得到三棱锥A BCD '-，在此过程中，二面角A BC D '--、A CDB '--的大小分别为α，β，直线A B '与平面BCD 所成角为γ，直线A D '与平面BCD 所成角为δ，则（ ）A ．γδβ<<B ．γαβ<<C ．αδβ<<D ．γαδ<<例8、（柯桥一中2020年1月期终）已知在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示， 沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ C ） A．5B.5C.4例9、（名校合作体2020年3月）已知C 为ABD Rt ∆斜边BD 上一点，且ACD ∆为等边三角形，现将ABC ∆沿AC 翻折至C B A '∆，若在三棱锥ACD B -'中，直线B C '和直线B A '与平面ACD 所成角分别为βα，，则（ ）A. βα<<0B.βαβ2≤<C.βαβ32≤≤例10、（2020年1月嘉兴期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．分析：取DE 中点O ，连CO PO ,，则点G 的轨迹是以CO 的中点为圆心，2221=PO 为半径的半圆，轨迹长为22ππ=r例11、（2020年4月温州模拟）如图，在ABC ∆中，点M 是边BC 的中点，将ABN ∆沿着AM 翻折成M B A '∆，且点B '不在平面AMC 内，点P 是线段C B '上一点，若二面角B AM P '--与二面角C AM P --的平面角相等，则直线AP 经过C B A '∆的（ A ） A. 重心 B. 垂心 C. 内心 D.外心G PFD B A例12、（2020年嘉兴一模）将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 翻折，使得二面角A BD C --的平面角的大小为π3，若点E ,F 分别是线段AC 和BD 上的动点，则BE CF 的取值范围为 （ ）A ．[1,0]-B ．1[1,]4-C ．1[,0]2-D ． 11[,]24-例13、(2020年5月暨阳联考）如图:ABC ∆中，︒=∠⊥90,ACB BC AB ，D 为AC 的中点，ABD ∆沿BD 边翻折过程中，直线AB 与BC 直线所成的最大角，最小角分别记为11βα，，直线AD 与直线BC 所成的最大角，最小角分别记为22βα，，则有（ D ）A. ββαα≤<121,B. 2121ββαα><，C. 2121ββαα≤≥，D.2121ββαα>≥，分析一：翻折到180时，,AB BC 所成角最小，可知130β=，,AD BC 所成角最小，20β=，翻折0时，,AB BC 所成角最大，可知190α=，翻折过程中，可知AD 的投影可与BC 垂直，所以,AD BC 所成最大角290α=，所以 1190,30αβ︒︒==，2290,0αβ︒︒==分析二:对角线向量定理例14、（2020年4月台州二模）如下图①，在直角梯形ABCD 中，90=∠=∠=∠DAB CDB ABC ， 30=∠BCD ，4=BC ，点E 在线段CD 上运动，如下图②，沿BE 将BEC ∆折至C BE '∆，使得平面⊥'C BE 平面ABED ，则C A '的最小值为 .⇒例15、（2020年嘉兴市基础知识测试）如图，矩形ABCD 中，2,1==BC AB ，点E 为AD 中点，将ABE ∆沿BE 折起，在翻折过程中，记二面角B DC A --的平面角大小为α，则当α最大时，=αtan （ ） A. 22 B. 32 C. 31 D.21。
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=<>.。
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2
2
D
C
CH
（ , ] 所成角的范围是 3 2
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1 3 3 3 q 0), C (0， ,0), A(0， cos , sin q ) 则 D( ,0， 2 2 2 2 1 3 3 1 q E( , cos , sin q ) 0) B ( ,0， 4 4 4 2 B 3 3 3 3 BE ( , cosq , sin q ), FC (0, ,0) 4 4 4 2
角范围是 [
2
, ] BE, CF 3 3 ∴异面直线
所成角的范围是
（
, ] 3 2 .
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几何本质：圆锥
D
H E
H E
C
F
D
A
A F
C
B
B
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变式：取BC中点K，连接EK , DK , 则将ABD沿BD旋转 过程中，令二面角A - BD - C的平面角为，则（ ） A. E ' FK B. E ' FK C. E ' DK D. E ' DK
A'
D E A F
F
E'
C
E' D
K
B
B
K
C
①特例法 当 0 时，EFK 0 当 180 时， EFK 180
E ' DK
EDK
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故答案为 B.
③从几何本质上讲， DEF 绕 BD 旋转形成以圆 O 为底面的 两个圆锥 D O ，圆锥 F O ，
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立体几何动态问题的基本类型：
点动问题；线动问题； 面动问题；体动问题； 多动问题等
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一、面动问题（翻折问题）
（一）请学生们用草稿纸演示翻折过程:
EFK EFE, EOE
在等腰△ OEE 与等腰△ FEE 中， ； 边 EE 共底，腰 FE FE OE OE ，D ∴ EF E EO E ，故 E FK
A E E' F K B
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A
2 2 CF FH CH 3 21 cos CFH 则 4 CH 4 ， 2* CF * FH
.
E H
3 3 2 15 2 CH CH 2 4 F 16 3 3 3 2* * B 4 2 4 5 4 3 21 1 1 2 CH CH cos CFH [ , ] 4 3 4 4 2 2 2 [ CFH 的取值范围是 , ] ，但异面直线 BE 与
O C
二、翻折问题题目呈现：
（一）翻折过程中的范围与最值问题
3、 （ 2015 年浙江·理 8）如图，已知 ABC ， D 是 AB 的 中 点 ， 沿直 线 CD 将 ACD 折 成 ACD ， 所 成二 面 角
A CD B 的平面角为 ，则
（
） D. ACB
A. ADB B. ADB C. ACB
翻折过程中的范围与最值问题的破解方法： 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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一、面动问题（翻折问题）
一线：垂直于折痕的线即DF AE.
（二）翻折问题的一线五结论
五结论:
1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两 侧的几何量和位置关系发生改变； 2）DHF是二面角D - AE - F的平面角；
3）D在底面上的投影一定在射线DF上；
4) 点D '的轨迹是以H为圆心，DH ' 为半径的圆；
D A B
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A
C
E B
D C
二、翻折问题题目呈现：
（一）翻折过程中的范围与最值问题
2 （2015 年 10 月浙江省学业水平考试 18） .如图， 在菱形 ABCD 中， ∠BAD=60° ，线段 AD，BD 的中点分别为 E，F。现将△ABD 沿对 角线 BD 翻折，则异面直线 BE 与 CF 所成角的取值范围是
A. ( 6 , 3 )
B. ( 6 , 2 ]
, ] ( C. 3 2
, 2 ) D. ( 3 3
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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，
5）面AD'E绕AE翻折形成两个同底的圆锥.
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二、翻折问题题目呈现：
（一）翻折过程中的范围与最值问题
1、 （2016 联考试题）平面四边形 ABCD 中，AD=AB= 2 ，CD=CB= 现将△ABD 沿对角线 BD 翻折成 A ' BD ， 则在 A ' BD 5 ,且 AD AB ， 折起至转到平面 BCD 的过程中， 直线 A ' C 与平面 BCD 所成最大角的 正切值为_______
设二面角 A BD C 的大小为q ，
建立空间直角坐标系 向量法：
z
A E D C
F
y
3 3 cos q cos q 1 8 cos BE , FC 8 cos q 3 2 9 3 3 * 4 16 16 2 1 1 q [0, ] cos BE , FC [ , ] ， 向量 BE, FC 的夹 2 2