立体几何中的折叠专题一、解答题（本大题共20小题，共240.0分）1. 如图，在矩形ABCD 中，AB =1，BC =2，E 为BC 的中点，F 为线段AD 上的一点，且AF =32.现将四边形ABEF 沿直线EF 翻折，使翻折后的二面角的余弦值为23．(1)求证：；(2)求直线与平面ECDF 所成角的大小．【答案】(1)证明：连接AC 交EF 于M 点， 由平面几何知识可得AC = ，EF = 52，以及AMMC =FMME =32，则有AM =3 55，MC =2 55，MF =3 510，故有AM 2+MF 2=AF 2，则AC ⊥EF ， 于是，， 而，故EF ⊥平面， 而平面，故． (2)解：由(1)知，二面角的 平面角就是， 即cos ∠A′MC =23， 根据余弦定理，可求得， 因为，所以，而，可知平面ECDF ， 因此，就是直线与平面ECDF 所成的角． 由于， 故直线与平面ECDF 所成的角为π4．【解析】(1)连接AC 交EF 于M 点，由平面几何知识可得AC = ，EF = 52，以及AMMC =FMME =32，经过计算可得：AM 2+MF 2=AF 2，则AC ⊥EF ，再利用线面垂直的判定与性质即可证明． (2)由(1)知，二面角的平面角就是，即cos ∠A′MC =23，根据余弦定理，可求得，利用，可得，可知平面ECDF，即可得出就是直线与平面ECDF所成的角．本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、空间角、勾股定理的逆定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2.如图△ABC为正三角形，且BC=CD=2，CD⊥BC，将△ABC沿BC翻折(1)若点A的射影在BD，求AD的长；(2)若点A的射影在△BCD内，且AB与面ACD所成的角的正弦值为22211，求AD的长．【答案】解：(1)过A作AE⊥BD交BD于E，则AE⊥平面BCD．取BC中点O，连接AO，OE，∵AE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AE⊥BC，△ABC是正三角形，∴BC⊥AO，又AE∩AO=A，AE，AO⊂平面AOE，∴BC⊥平面AOE，∴BC⊥OE．又BC⊥CD，O为BC的中点，∴E为BD的中点．∵BC=CD=2，∴OE=12CD=1，AO=3，BD=22，∴DE=2，AE= AO2−OE2=2．∴AD= AE2+DE2=2．(2)以O为原点，以BC为x轴，以BE为y轴，以平面BCD的过O的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角D−BC−A为θ，则A(0，3cosθ，3sinθ)，B(−1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)．∴BA=(1，3cosθ，3sinθ)，CD=(0，2，0)，CA=(−1，3cosθ，3sinθ)，设平面ACD的法向量为n=(x，y，z)，则n⋅CD=0 n⋅CA=0．∴2y=0−x+3cosθy+3sinθz=0，令z=1得n=(3sinθ，0，1)．∴cos<n⋅BA>=3sin2⋅ 3sin2θ+1=22211.解得sinθ=223．∴A(0，33，263)，又D(1，2，0)．∴|AD|=(33(263)=433．【解析】(1)过A作AE⊥BD交BD于E，则AE⊥平面BCD，证明BC⊥平面AOE得出E为BD的中点，利用勾股定理计算|AD|；(2)以O为原点建立空间坐标系，设二面角D−BC−A为θ，用θ表示出A的坐标，求出BA和平面ACD的法向量n，令|cos<n，BA>|=22211得出sinθ，从而得出A点坐标，代入两点间的距离公式求出|AD|．本题考查了空间角及空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．3.如图，已知等腰梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD=2AB=4，将△ABD沿BD折到△A′BD的位置，使平面A′BD⊥平面CBD．(Ⅰ)求证：CD⊥A′B；(Ⅱ)试在线段A′C上确定一点P，使得二面角P−BD−C的大小为45∘．【答案】证明：(I)证法一：在△ABC中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD cos A=4+4+8cos C，在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cos C=16+4−16cos C由上述两式可知，BD=2，cos C=12(3分)∴BD⊥CD(4分)又∵面面CBD，面面CBD=BD，∴CD⊥面分)面分)解：(II)法一：存在.P为上靠近的三等分点.(7分)取BD的中点O，连接又∵平面A′BD⊥平面平面CBD，(8分)∴平面平面BCD，过点P作PQ⊥OC于Q，则PQ⊥平面BCD，过点Q作QH⊥BD于H，连接PH．则QH是PH在平面BDC的射影，故PH⊥BD，所以，∠PHQ为二面角P−BD−C的平面角，(10分)P为上靠近的三等分点，∴PQ=23，OQOC=13，∴HQ=13DC=23，∴∠PHD=45∘．∴二面角P−BD−C的大小为45∘.(12分)证明：(Ⅰ)证法一：在等腰梯形ABCD中，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，则AE//DF，∴EF=AD=2，又∵在等腰梯形ABCD中，Rt△ABE≌Rt△DCF且BC=4∴BE=FC=1∴cos C=12D(2分)在△BCD中，BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cos C=42+22−2×4×2×12=12，∴BD2+CD2=BC2，∴CD⊥BD，(4分)又∵平面平面CBD，面面CBD=BD∴CD⊥平面分分)(Ⅱ)解法二：由(Ⅰ)知CD⊥BD，CD⊥平面A′BD．以D为坐标原点，以DB的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.(7分)则D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，取BD的中点O，连接在等腰中A′B=2，BD=23可求得分)所以DB=(23，0，0)，BA′=(−3，0，1)A′C=(−3，2，−1)设A′P=λA′C，则BP=BA′+A′P=(−3−3λ，2λ，1−λ)设n=(x，y，z)是平面PBD的法向量，则n⋅BP=0 n⋅DB=0，即(−3−3λ)x+2λy+(1−λ)z=023x=0可取n=(0，λ−12λ，1)易知：平面CBD的一个法向量为m=(0，0，1)(10分)由已知二面角P−BD−C的大小为45∘．∴|cos<m，n>|=m ⋅n|m|⋅|n|=(λ−1)2+1=22，解得：λ=13或λ=−1(舍)∴点P在线段靠近的三等分点处.(12分)【解析】(I)法一：由余弦定理推导出BD⊥CD，从而CD⊥面，由此能证明．法二：过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，则AE//DF，推导出CD⊥BD，从而CD⊥平面，由此能证明．(II)法一：取BD的中点O，连接A′O，推导出平面平面BCD，过点P作PQ⊥OC于Q，则PQ⊥平面BCD，过点Q作QH⊥BD于H，连接PH，推导出PH⊥BD，从而∠PHQ为二面角P−BD−C的平面角，由此能求出P为上靠近的三等分点，二面角P−BD−C的大小为45∘．法二：以D为坐标原点，以DB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法能求出点P在线段靠近的三等分点处．本题考查线线垂直的证明，考查满足条件的点的位置的确定与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．4.如图，将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC=6．(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)的余弦值．【答案】解：(1)证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G，∵ABCDEF是边长为2的正六边形，∴AC⊥BE，且AG=CG=3，在多面体中，由AC=，得AG2+CG2=AC2，∴AG⊥GC，又GC∩BE=G，GC，BE⊂平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE，又AG⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．(2)解：以G为坐标原点，分别以GC，GE，GA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，由已知得AG=CG=3，BG=1，GE=3，则A(0，0，3)，B(0，−1，0)，C(3，0，0)，D(3，2，0)，E(0，3，0)，F(0，2，3)，AB=(0，−1，−3)，AC=(3，0，−3)，FE=(0，−1，3)，FD=AC=(3，0，−3)，设平面ABC的法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AB=−y−3z=0n⋅AC=3x−3z=0，取z=1，得n=(1，−，1)，DE=(−3，1，0)，DF=(−3，0，3)，设平面DEF的一个法向量为m=(a，b，c)，则m⋅DE=−3a+b=0n⋅DF=−3a+3b=0，取a=1，得m=(1，3，1)，设平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)为θcosθ=|cos<n，m>|=|n ⋅m||n|⋅|m|=15，∴平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)的余弦值为15．【解析】(1)连结AC、BE，交点为G，由已知得AC⊥BE，且AG=CG=3，AG⊥GC，从而AG⊥平面BCDE，由此能证明平面ABEF⊥平面BCDE．(2)以G为坐标原点，分别以GC，GE，GA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ABC的法向量和平面DEF的一个法向量，利用向量法能求出平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)的余弦值．本题主要考查直线与平面之间的平行、垂直等位置关系，二面角的概念、求法等知识，以及空间想象能力和逻辑推理能力．5.已知直角梯形PBCD，A是PD边上的中点(如图3甲)，∠D=∠C=π2，BC=CD=2，PD=4，将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且SE=13SD，(如图乙)(1)求证：SA⊥平面ABCD；(2)求二面角E−AC−D的余弦值．【答案】解：(Ⅰ)证明：在题图中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，∴在图2中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，∵SB⊥BC，AB⊥BC，且SB∩AB=B，∴BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，∴BC⊥SA，又SA⊥AB，且BC∩AB=B，∴SA⊥平面ABCD．(Ⅱ)解：方法一：如图2，在AD上取一点O，使AO=13AD，连接EO．∵SE=13SD，∴EO//SA，所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC于H，连接EH，则AC⊥平面EOH，所以AC⊥EH．∴∠EHO为二面角E−AC−D的平面角，EO=23SA=43．在Rt△AHO中，∠HAO=45∘， HO=AO ⋅ sin45∘=23×22=23．∴二面角E−AC−D的余弦值为13．方法二：以A为原点建立空间直角坐标系，如图3，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，S(0， 0， 2)， E(0， 23， 43)，易知平面ACD的法向量为AS=(0， 0， 2)，设平面EAC的法向量为n=(x， y， z)，AC=(2， 2， 0)， AE=(0， 23， 43)，由n ⋅ AC=0 n ⋅ AE=0，∴x+y=0y+2z=0可取x=2y=−2z=1∴n=(2， −2， 1)，∴cos<n， AS>=n ⋅ AS|n||AS|=22×3=13，∴二面角E−AC−D的余弦值为13．【解析】(1)根据面面垂直的判定定理，证明SA⊥平面ABCD；(2)建立空间直角坐标系，利用向量坐标法求二面角E−AC−D的余弦值．本题主要考查空间位置关系的判断，以及空间二面角和直线所成角的大小求法，建立空间直角坐标系，利用向量坐标法是解决此类问题比较简洁的方法．6.如图1，直角梯形ABCD中，∠ABC=90∘，AB=BC=2AD=4，点E、F分别是AB、CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形AEFD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF，如图2．(Ⅰ)当AG+GC最小时，求证：BD⊥CG；(Ⅱ)当2V B−ADGE=V D−GBCF时，求二面角D−BG−C平面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明：∵点E、F分别是AB、CD的中点，∴EF//BC，又∠ABC=90∘，∴AE⊥EF，∵平面AEFD⊥平面EBCF，∴AE⊥平面EBCF，AE⊥EF，AE⊥BE，又BE⊥EF，如图建立空间坐标系E−xyz.…(2分)翻折前，连结AC交EF于点G，此时点G使得AG+GC最小．EG =12BC =2，又∵EA =EB =2．则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (2，4，0)， D (0，2，2)，E (0，0，0)，G (0，2，0)，∴BD =(−2，2，2)，CG=(−2，−2，0) ∴BD ⋅CG =(−2，2，2)(−2，−2，0)=0， ∴BD ⊥CG .…(5分)(Ⅱ)解法一：设EG =k ，∵AD //平面EFCB ，∴点D 到平面EFCB 的距离为即为点A 到平面EFCB 的距离． ∵S 四形GBCF =12[(3−k )+4]×2=7−k ，∴V D−GBCF =13⋅S 四形GBCF ⋅AE =23(7−k )， 又V B−ADGE =13S 四形ADGE ⋅BE =23(2+k )， ∵2V B−ADGE =V D−GBCF ，∴43(2+k )=23(7−k )，∴k =1即EG =1…(8分) 设平面DBG 的法向量为n 1 =(x ，y ，z )，∵G (0，1，0)，∴BG =(−2，1，0)，BD=(−2，2，2)， 则 n 1 ⋅BD =0n 1 ⋅BG =0，即 −2x +2y +2z =0−2x +y =0取x =1，则y =2，z =−1，∴n =(1，2，−1)…(10分)面BCG 的一个法向量为n 2 =(0，0，1)则cos <n 1 ，n 2 >=n 1⋅n 2|n 1||n 2|=−66…(12分) 由于所求二面角D −BF −C 的平面角为锐角， 所以此二面角平面角的余弦值为 66…(13分) (Ⅱ)解法二：由解法一得EG =1，过点D 作DH ⊥EF ，垂足H ， 过点H 作BG 延长线的垂线垂足O ，连接OD ． ∵平面AEFD ⊥平面EBCF ，∴DH ⊥平面EBCF ，∴OD ⊥OB ，∴∠DOH 就是所求的二面角D −BG −C 的平面角.…(9分) 由于HG =1，在△OHG 中OH =2 55，又DH =2，在△DOH 中tan ∠DOH =DHOH = 5…(11分) ∴此二面角平面角的余弦值为 66.…(13分)【解析】(Ⅰ)由已知条件推导出AE ⊥EF ，AE ⊥BE ，BE ⊥EF ，建立空间坐标系E −xyz ，利用向量法能求出BD ⊥CG ．(Ⅱ)法一：设EG =k ，由AD //平面EFCB ，得到点D 到平面EFCB 的距离为即为点A 到平面EFCB 的距离.分别求出平面DBG 的法向量和面BCG 的一个法向量，利用向量法能求出二面角平面角的余弦值．(Ⅱ)法二：由已知条件指法训练出EG =1，过点D 作DH ⊥EF ，垂足H ，过点H 作BG 延长线的垂线垂足O ，连接OD .由已知条件推导出∠DOH 就是所求的二面角D −BG −C 的平面角，由此能求出此二面角平面角的余弦值． 本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的平面角的余弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用．7.如图1，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB=2BC=2CD=2，E是AB的中点，F是DE的中点，沿直线DE将△ADE翻折至△A′DE(如图2)，(Ⅰ)取A′B的中点G，求证：EG//面A′FC；(Ⅱ)若使二面角A′−DE−B为60∘，求二面角F−A′B−C的正切值【答案】解：(Ⅰ)取中点H，连FH，GH，∴GH//FE//BC且GH=FE=12BC即四边形EFHG为平行四边形，∴FH//EG，EG⊄面面面；…(7分)(Ⅱ)解法一：作于K，连结KH，则FH⊥平面平面∴∠FKH为二面角的平面角.…(11分)又∽，∴HKBC =A′HA′B，得：HK=2114，又HF=34∴tan∠FKH=212.…(15分)解法二：以F为原点，FE为x轴，FC为y轴，建立空间直角坐标系，则的中点H(0，338，38)，平面的法向量为m=(3，−23，2)，平面的法向量为n=(0，3，1)，cos<m，n>=−25，所以二面角的正切值为212.…(15分)【解析】(Ⅰ)取中点H，连FH，GH，说明即四边形EFHG为平行四边形，利用直线与平面平行的判定定理证明EG//面．(Ⅱ)解法一：作于K，连结KH，说明∠FKH为二面角的平面角.通过∽，求解角即可．解法二：以F为原点，FE为x轴，FC为y轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为m=(3，−23，2)，平面的法向量，利用向量的数量积求解二面角F−A′B−C的余弦值，然后求解正切值．本题考查直线与平面平行的判断，二面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8. 如图E ，F 是正方形ABCD 的边CD 、DA 的中点，今将△DEF 沿EF 翻折，使点D 转移至点P 处，且平面PEF ⊥平面ABCEF(1)若平面PAF ∩平面PBC =l ，求证：l //BC ； (2)求直线BC 与平面PAB 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明：∵AF //BC ，AF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AF //平面PBC ，∵AF ⊂平面PAF ，平面PAF ∩平面PBC =l ， ∴l //BC ；(2)解：设正方形的边长为2，则 取EF 的中点O ，连接OA ，OB ，则 PO =22，OB =3 22，OA =102， ∴PA = 3，PB = 5， ∴cos ∠APB =2× 3× 5 15，∴sin ∠APB =1115， ∴S △PAB =1× 3× 5× 11 15=11设C 到平面PAB 的距离为h ， ∵V P−ABC =V C−PAB ， ∴13×12×2×2×22=13×112ℎ， ∴ℎ=2 11，∴直线BC 与平面PAB 所成的角的正弦值ℎ2= 2211．【解析】(1)先证明AF //平面PBC ，再利用线面平行的性质证明l //BC ；(2)利用V P−ABC =V C−PAB ，求出C 到平面PAB 的距离，即可求直线BC 与平面PAB 所成的角的正弦值．本题考查线面平行的判定与性质，考查直线BC 与平面PAB 所成的角的正弦值，正确运用线面平行的判定与性质，利用等体积计算C 到平面PAB 的距离是关键．9. 如图，在△ABC 中，∠B =π2，AB =BC =2，P 为AB 边上一动点，PD //BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD ．(Ⅰ)若点P 为AB 的中点，E 为A′C 的中点，求证：A′B ⊥DE ； (Ⅱ)当棱锥A′−PBCD 的体积最大时，求PA 的长．【答案】(Ⅰ)证明：如图，设F 为A′B 的中点，连结PF ，FE ． 则有EF //BC ，EF =12BC ，PD //BC ，PD =12BC ，∴DE //PF ，又A′P =PB ， ∴PF ⊥A′B ， 故A′B ⊥DE ．(Ⅱ)解：令PA =x (0<x <2)，则A′P =PD =x ，BP =2−x ． ∵A′P ⊥PD ，且平面A′PD ⊥平面PBCD ， ∴A′P ⊥平面PBCD ．∴V A′−PBCD =1Sℎ=1(2−x )(2+x )x =1(4x −x 3).令f (x )=16(4x −x 3)，由f′(x )=16(4−3x 2)=0，得x =2 33．当x ∈(0，2 33)时，f′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(2 33，2)时，f′(x )<0，f (x )单调递减．∴当x =2 33时，f (x )取得最大值，故当V A′−PBCD 最大时，PA =2 33．【解析】(Ⅰ)设F 为A′B 的中点，连接PF ，FE ，通过PDEF 是平行四边形，证明A′B ⊥DE ；(Ⅱ)令PA =x (0<x <2)求出体积表达式，利用导数确定函数的单调性，求出函数的最大值．本题是中档题，考查几何体的体积计算，函数最大值的求法，直线与直线的垂直的证明方法，考查空间想象能力，计算能力．10. 如图，已知ABCD 为平行四边形，∠A =60∘，线段AB 上点F 满足AF =2FB ，AB 长为12，点E 在CD 上，EF //BC ，BD ⊥AD ，BD 与EF 相交于N .现将四边形ADEF 沿EF 折起，使点D 在平面BCEF 上的射影恰在直线BC 上．(Ⅰ)求证：BD ⊥平面BCEF ；(Ⅱ)求折后直线DE 与平面BCEF 所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明：EF⊥DN，EF⊥BN，∴EF⊥平面BDN，∴平面BDN⊥平面BCEF，又∵BN为平面BDN与平面BCEF的交线，∴D在平面BCEF上的射影在直线BN上，而D在平面BCEF上的射影在BC上，∴D在平面BCEF上的射影即为点B，即BD⊥平面BCEF．(Ⅱ)解：如图，D在平面BCEF上的射影点为点B，∴∠DEB为DE与平面BCEF所成的角，DE=AF=8，NF=2，NE=4，NB=23，NB⊥NE，∴BE=27，DB= DE2−BE2=6，∴sin∠DEB=DBDE =34，即直线DE与平面BCEF所成角的正弦值为34．【解析】(Ⅰ)先证明出EF⊥平面BDN，根据面面垂直的判定定理证明出平面BDN⊥平面BCEF，根据BN为平面BDN 与平面BCEF的交线，进而推断D在平面BCEF上的射影在直线BN上，进而推断D在平面BCEF上的射影即为点B，证明出结论．(Ⅱ)DB⊥底面BCEF，所以∠DEB为DE与平面BCEF所成的角．本题主要考查了线面垂直，线面平行判定定理及其性质的运用，平面法向量的运用.综合考查了学生分析能力和解题能力．11.如图，四边形ABCD为平行四边形，AB=5，AD=4，BD=3，将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D处(不与平面ABCD重合)，E，F分别为对边AB，C1D的中点，(Ⅰ)求证：EF⊥BD；(Ⅱ)若异面直线EF，BC1所成的角为30∘，求二面角C1−AB−D的平面角的正切值．【答案】(Ⅰ)证明：连结CC1，并取CC1的中点M，连结FM，BM．因为F分别为C1D的中点，所以，FM//DC且FM=12DC；因为四边形ABCD为平行四边形，所以，DC//AB，DC=AB；又E分别为AB的中点，所以，FM//EB，FM=EB，即四边形FMDE为平行四边形；…(3分)所以，EF//MB．因为AB=5，AD=4，BD=3，；所以，BD⊥AD，BD⊥BC，BD⊥BC1；所以，BD⊥平面BCC1．又因为BM⊂平面BCC1，所以BD⊥BM，BD⊥EF.…(6分)(Ⅱ)解：取BC的中点N，过N作线段AB的垂线交AB的延长线于点H．由(Ⅰ)知，异面直线EF，BC1所成的角为∠C1BM，故∠C1BM=30∘；因为BC=BC1，M为CC1的中点，所以，∠C1BC=60∘，即△C1BC为正三角形．所以C1N⊥BC.…(9分)又BD⊥平面BCC1，所以，平面ABCD⊥平面BCC1；因为平面ABCD∩平面BCC1=BC，所以C1N⊥平面ABCD，所以C1N⊥AB；所以，∠C1HN为二面角C1−AB−D的平面角.…(12分)在Rt△C1NH中，C1N=32BC=23，NH=NB⋅sin∠NBH=12BC⋅BDAB=65，所以，tan∠C1HN=C1NNH =533，即二面角C1−AB−D的平面角的正切值为533.…(15分)【解析】(Ⅰ)连结CC1，并取CC1的中点M，连结FM，BM，证明BD⊥平面BCC1，即可证明：EF⊥BD；(Ⅱ)取BC的中点N，过N作线段AB的垂线交AB的延长线于点H.由(Ⅰ)知，异面直线EF，BC1所成的角为∠C1BM，故∠C1BM=30∘，证明∠C1HN为二面角C1−AB−D的平面角，即可求二面角C1−AB−D的平面角的正切值．本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，二面角的平面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．12.已知如图1所示的四边形ABCD中，DA⊥AB，点E为AD中点，连接CE，AD=EC=2AB=2BC=2；现将四边形沿着CE进行翻折，使得平面CDE⊥平面ABCE，连接DA，DB，BE得到如图2所示的四棱锥D−ABCE．(Ⅰ)证明：平面BDE⊥平面BDC；(Ⅱ)已知点F为侧棱DC上的点，若DF=15DC，求二面角F−BE−D的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明：如图所示，在图1中连结BE，∵AB=AE=1，DA⊥AB，∴BE=2，又∵BC=2，CE=2，∴△BCE是等腰直角三角形，∴∠AEC=∠AEB+∠BEC=90∘，即CE⊥AD，在图2中，∵平面CDE⊥平面ABCE，平面CDE∩平面ABCE=CE，∴CE⊥DE，∴DE⊥平面ABCE，∵BC⊂平面ABCE，∴DE⊥BC，又BE⊥BC，且DE∩BE=E，∴BC ⊥平面BDE ，又BC ⊂平面BDC ，∴平面BDE ⊥平面BDC ；(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知CE ⊥DE ，DE ⊥AE ，AE ⊥CE ， 故以E 为原点建立空间坐标系如图，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)， ∴DC =(0，−2，−1)，∴EB =(1，1，0)， 又DF =15DC ，∴F (0，25，45)，∴EF =(0，25，45)， 设平面EBF 的一个法向量为n =(x ，y ，z )，由 n⋅EB =0n⋅EF =0，得 x +y =02y +4z =0， 令x =−2，得n =(−2，2，−1)， 由(Ⅰ)知BC =(−1，1，0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos <n ，BC >=n⋅BC |n ||BC|=2 23，∵二面角F −BE −D 成锐角， ∴所求二面角F −BE −D 的余弦值为2 23．【解析】(Ⅰ)在图1中连结BE ，通过已知条件易得CE ⊥AD ，在图2中，通过面面垂直的性质定理、判定定理及线面垂直的判定定理可得结论；(Ⅱ)以E 为原点建立空间坐标系，则所求二面角即为平面EBF 的一个法向量与平面BDE 的一个法向量的夹角，计算即可．本题考查空间线面位置关系的判断及求二面角，考查空间想象能力、运算求解能力及推理论证能力，注意解题方法的积累，属于中档题．13. 如图，梯形FDCG ，DC //FG ，过点D ，C 作DA ⊥FG ，CB ⊥FG ，垂足分别为A ，B ，且DA =AB =2.现将△DAF 沿DA ，△CBG 沿CB 翻折，使得点F ，G 重合，记为E ，且点B 在面AEC 的射影在线段EC 上． (Ⅰ)求证：AE ⊥EB ；(Ⅱ)设AFBG =λ，是否存在λ，使二面角B −AC −E 的余弦值为 33？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(Ⅰ)证明：由已知，四边形ABCD 是边长为2的正方形， ∵DA ⊥AF ，DA ⊥AE ，AE ∩AF =A ， ∴DA ⊥面ABE ，则平面ABCD ⊥平面ABE ， 又CB ⊥AB ，∴CB ⊥AE ．又点B 在面AEC 的射影在线段EC 上，设为H ，则AE ⊥BH ， ∴AE ⊥面BCE ，又BE ⊄面BCE ， ∴AE ⊥EB ；(Ⅱ)解：以A 为原点，垂直于平面ABCD 的直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，AD 为z 轴，如图所示建立空间直角坐标系A −xyz ，由已知AFBG =λ=AEBE，假设存在λ，使二面角B−AC−E的余弦值为33．设E(a，b，0)，则AE=(a，b，0)，AC=(0，2，2)．设平面AEC的一个法向量n=(x，y，z)，则n⋅AE=ax+by=0n⋅AC=2y+2z=0，解得x=−bayz=−y，令y=a，得n=(−b，a，−a)是平面EAC的一个法向量．又平面BAC的一个法向量为m=(1，0，0)，由|cos<m，n>|=|m ⋅n|m||n||=2a2+b2=33，化简得a2=b2①，又∵AE⊥平面BCE，∴AE⊥BE，∴AE⋅BE=0，即a2+b(b−2)=0②，联立①②，解得b=0(舍)，b=1．由AE= a2+b2，BE= a2+(b−2)2，∴AE=BE．∴当λ=1时，二面角B−AC−E的余弦值为33．【解析】(Ⅰ)由已知可得DA⊥面ABE，进一步得到平面ABCD⊥平面ABE，再由CB⊥AB，点B在面AEC的射影在线段EC上，可得AE⊥面BCE，又BE⊄面BCE，得到AE⊥EB；(Ⅱ)以A为原点，垂直于平面ABCD的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD为z轴，如图所示建立空间直角坐标系A−xyz，由已知AFBG =λ=AEBE，假设存在λ，使二面角B−AC−E的余弦值为33.分别求出平面AEC与平面BAC的一个法向量由|cos<m，n>|=33得a2=b2，再由AE⋅BE=0，得a2+b(b−2)=0，联立求得b值，可得AE=BE.即当λ=1时，二面角B−AC−E的余弦值为33．本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间直角坐标系求解二面角的平面角，是中档题．14.如图(1)，五边形ABCDE中，ED=EA，AB//CD，CD=2AB，∠EDC=150∘.如图(2)，将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到四棱锥P−ABCD.点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD．(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；(2)若直线PC与AB所成角的正切值为12，设AB=1，求四棱锥P−ABCD的体积．【答案】(1)证明：取PD的中点N，连接AN，MN，则MN//CD，MN=12CD，又AB//CD，AB=12CD，∴MN//AB，MN=AB，则四边形ABMN为平行四边形，∴AN//BM，又BM⊥平面PCD，∴AN⊥平面PCD，∵AN⊆面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD；(2)解：取AD的中点O，连接PO，∵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，∴∠PDA=60∘，又∠EDC=150∘，∴∠CDA=90∘，则CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD．∵PO⊥AD，面PAD∩面ABCD=AD，PO⊂面PAD，∴PO⊥面ABCD，PO是锥P−ABCD的高．∵AB//CD，∴∠PCD为直线PC与AB所成的角，由(1)可得∠PDC=90∘，∴tan∠PCD=PDCD =12，得CD=2PD，由AB=1，可知CD=2，PA=AD=AB=1，∴PO=1−(12)2=32，S ABCD=12(1+2)×2=3．则V P−ABCD=13⋅S ABCD⋅PO=13×3×32=32．【解析】(1)取PD的中点N，连接AN，MN，由三角形中位线定理可得及已知可得四边形ABMN为平行四边形，得AN//BM，在由已知BM⊥平面PCD，可得AN⊥平面PCD，由面面垂直的判定可得平面PAD⊥平面PCD；(2)取AD的中点O，连接PO，由AN⊥平面PCD，可得AN⊥PD，AN⊥CD.再由已知可得△PAD为等边三角形，得到CD⊥AD，则平面PAD⊥平面ABCD.再由线面垂直的性质可得PO是锥P−ABCD的高.由已知直线PC与AB所成角的正切值为12，AB=1求得CD=2，PA=AD=AB=1，再由棱锥体积公式求得四棱锥P−ABCD的体积．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．15.如图1在等腰梯形B中，AB//CD，AB=2BC=2CD=2，E是AB的中点，F是DE的中点，沿直线DE将△ADE翻折，使二面角A−DE−B为60∘(如图2)．(Ⅰ)证明：FC不可能与AB垂直；(Ⅱ)取AB的中点G，求证：EG//面AFC；(Ⅲ)求AB与面BCDE所成角的正切值．【答案】解：(Ⅰ)证：假设FC⊥AB，由已知平面图形得FC⊥AB，∴FC⊥面ACB，∴FC⊥AC由已知得∠AFC为A−DE−B的平面角60∘，又AF=FC∴△AFC为正三角形，即FC与AC成60∘∴假设不成立．∴FC不可能与AB垂直.----------------------------------(5分)(Ⅱ)取AC中点H，连FH，GH，∴GH//FE//BC且GH=FE=1 BC即四边形EFHG为平行四边形∴FH//EG，EG⊄面AFC，FH⊂面AFC，∴EG//面AFC------------------------------------------------(10分)(Ⅲ)由已知得面AFC⊥面BCDE，取FC中点M，得到AM⊥FC∴AM⊥面BCDE，∴∠ABM为AB与面BCDE所成角．记BC=a，则FC=3a2，在△ABM中，∴AM=3a，BM=19a∴tan∠ABM=31919-------(15分)【解析】(Ⅰ)假设FC⊥AB，推出FC与AC成60∘，说明假设不成立，即可证明：FC不可能与AB垂直；(Ⅱ)取AB的中点G，取AC中点H，连FH，GH，利用直线与平面平行的判定定理证明EG//面AFC；(Ⅲ)取FC中点M，说明∠ABM为AB与面BCDE所成角.在△ABM中，求AB与面BCDE所成角的正切值．本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面所成角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力．16.如图1，在平行四边形ABB1A1中，∠ABB1=60∘，AB=4，AA1=2，C、C1分别为AB、A1B1的中点，现把平行四边形ABB1A11沿CC1折起如图2所示，连接B1C、B1A、B1A1．(1)求证：AB1⊥CC1；(2)若AB1=6，求二面角C−AB1−A1的正弦值．【答案】证明：(1)取CC1的中点O，连接OA，OB1，AC1，∵在平行四边形ABB1A1中，∠ABB1=60∘，AB=4，AA1=2，C、C1分别为AB、A1B1的中点，∴△ACC1，△BCC1为正三角形，则AO⊥CC1，OB1⊥CC1，又∵AO∩OB1=O，∴CC1⊥平面OAB1，∵AB1⊂平面OAB1∴AB1⊥CC1；…4分(2)∵∠ABB1=60∘，AB=4，AA1=2，C、C1分别为AB、A1B1的中点，∴AC=2，OA=OB1=3，∵AB1=6，则OA2+OB12=AB12，则三角形AOB1为直角三角形，则AO⊥OB1，…6分以O为原点，以OC，OB1，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(1，0，0)，B1(0，3，0)，C1(−1，0，0)，A(0，0，3)，则CC1=(−2，0，0)则AA1=CC1=(−2，0，0)，AB1=(0，3，−3)，AC=(1，0，−3)，设平面AB1C的法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AB1=3y−3z=0n⋅AC=x−3z=0，令z=1，则y=1，x=3，则n=(3，1，1)，设平面A1B1A的法向量为m=(x，y，z)，则m⋅AA1=−2x=0m⋅AB1=3y−3z=0，令z=1，则x=0，y=1，即m=(0，1，1)，…8分则cos<m，n>=105…10分∴二面角C−AB1−A1的正弦值是155.…12分．【解析】(1)取CC1的中点O，连接OA，OB1，AC1，说明AO⊥CC1，OB1⊥CC1，推出CC1⊥平面OAB1，然后证明AB1⊥CC1；(2)证明AO⊥OB1，以O为原点，以OC，OB1，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面AB1C的法向量，平面A1B1A的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角C−AB1−A1的正弦值即可．本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，考查计算能力与空间想象能力．17.如图一所示，四边形ABCD为等腰梯形，AD//BC，AD=4，BC=8，O、O1分别为BC、AD的中点，将梯形ABOO1沿直线OO1折起，使得平面ABOO1⊥平面OO1DC，得到如图二所示的三棱台AO1D−BOC，E为BC的中点．(1)求证：BC⊥平面OO1E；(2)若直线O1E与平面ABCD所成的角的正弦值为1010，求三棱锥A−BOC的体积．【答案】解：(1)在等腰梯形ABCD中，O、O1分别为两底BC、AD的中点，∴OO1⊥BC，因此在三棱台三棱台AO1D−BOC中，OO1⊥BO，OO1⊥OC，又BO∩OC=O，∴OO1⊥平面BOC，∴OO1⊥BC，又BO=OC，E为BC的中点，∴OE⊥BC，∵OO1∩OE=O，∴BC⊥平面OO1E；(2)由(1)可得：OO1⊥平面BOC，∴OO1⊥BC，又平面ABOO1⊥平面OO1DC，∴∠BOC=90∘．以O为坐标原点，分别以OB，OC，OO1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．设OO1=m，由题意可得，O(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，O1(0，0，m)，E(2，2，0)，A(2，0，m)．∴AB=(2，0，−m)，BC=(−4，4，0)，O1E=(2，2，−m)．设平面ABCD的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AB=2x−mz=0n⋅BC=−4x+4y=0，令x=1，则y=1，z=2m，即n=(1，1，2m)，设直线O1E与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ=|cos<O1E，n>|=|O1E⋅n||O1E||n|=8+m22+m2=1010，解得m=2或m=22，∴V A−BOC=13×S△BOC×OO1=13×12×42×m=823或1623．【解析】(1)在等腰梯形ABCD中，O、O1分别为两底BC、AD的中点，可得OO1⊥BC，因此在三棱台三棱台AO1D−BOC 中，OO1⊥BO，OO1⊥OC，利用线面垂直的判定与性质可得OO1⊥BC，利用等腰三角形的性质可得：OE⊥BC，即可证明．(2)由(1)可得：OO1⊥平面BOC，OO1⊥BC，又平面ABOO1⊥平面OO1DC，可得∠BOC=90∘.以O为坐标原点，分别以OB，OC，OO1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).设OO1=m，设平面ABCD的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AB=2x−mz=0n⋅BC=−4x+4y=0，可得n，利用设直线O1E与平面ABCD所成的角为θ，sinθ=|cos<O1E，n>|=|O1E⋅n||O1E||n|，即可得出．本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、等腰三角形与等腰梯形的性质、线面角的计算公式、三棱锥的体积计算公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．18.如图甲，设正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在AB、CD上，并且满足AE=2EB，CF=2FD，如图乙，将直角梯形AEFD沿EF折到A1EFD1的位置，使点A1在平面EBCF上的射影G恰好在BC上．(1)证明：A1E//平面CD1F；(2)求平面BEFC与平面A1EFD1所成二面角的余弦值．【答案】(1)证明：在图甲中，易知AE//DF，从而在图乙中有A1E//D1F，∵A1E⊂平面CD1F，D1F⊂平面CD1F，∴A1E//平面CD1F.(2)解：如图，在图乙中作GH⊥EF，垂足为H，连接A1H，由于A1G⊥平面EBCF，则A1G⊥EF，∴EF⊥平面A1GH，则EF⊥A1H，图甲中有EF⊥AH，又GH⊥EF，则A、G、H三点共线，设CF的中点为M，则MF=1，可证△ABG≌△EMF，∴BG=MF=1，则AG=10；又由△ABG∽△AHE，得A1H=AH=AB⋅AEAG =10，于是，HG=AG−AH=10在Rt△A1GH中，A1G= A1H2−HG2=(10)2−(10)2=2，作GT//BE交EF于点T，则TG⊥GC，以点G为原点，分别以GC、GT、GA1所在直线为x、y、z轴，建立如图丙所示的空间直角坐标系，则G(0，0，0)，E(−1，1，0)，F(2，2，0)，A1(0，0，2)，则EF=(1，3，0)，EA1=(−1，1，2)，∴GA1=(0，0，2)是平面BEFC的一个法向量，设n=(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量，则n⋅EF=x+3y=0n⋅EA1=−x+y+2z=0，不妨取y=−1，则x=3，z=2，∴n=(3，−1，2．设平面BEFC与平面A1EFD1所成二面角为θ，可以看出，θ为锐角，∴cosθ=|cos<n，GA1>|=2×22×32+(−1)2+(22)2=23，所以，平面BEFC与平面A1EFD1所成二面角的余弦值为23．【解析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)如图所示，利用图甲、乙，求出EF、A1E、A1G，作GT//BE交EF于点T，则TG⊥GC，以点G为原点，分别以GC、GT、GA1所在直线为x、y、z轴，建立如图丙所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．熟练掌握线面平行的判定定理、三角形的相似与全等的判定定理和性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角的方法等知识与方法是解题的关键．19.如图，梯形ABCD中，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F，且AF=BF=BC=1，DE=2，现将△ABF，△CDE分别沿BF与CE翻折，使点A与点D重合．(Ⅰ)设面ABF与面CDE相交于直线l，求证：l//CE；(Ⅱ)试类比求解三角形的内切圆(与三角形各边都相切)半径的方法，求出四棱锥A−BCEF的内切球(与四棱锥各个面都相切)的半径．【答案】证明：(Ⅰ)∵CECE//BF，CE⊄面ABF，BF⊂面ABF∴CE//面ABF又∵CE⊄面ACE，面ABF∩面ACE=l．∴l//CE…(6分)(Ⅱ)∵AF=BF=BC=1，DE=2，∴AE2=DE2=AF2+FE2，即AF⊥EF，又∵BF⊥AD于F，即AF⊥BF，EF，BF⊂平面BCEF，EF∩BF=F，∴AF⊥平面BCEF，故四棱锥A−BCEF是以平面BCEF为底面，以AF为高的棱锥，故四棱锥A−BCEF的体积V=13×1×1×1=13，四棱锥A−BCEF的表面积S=12(1+1+1+2)×1+12×1×1+12×1×2=2+2，类比求解三角形的内切圆(与三角形各边都相切)半径的方法，设四棱锥A−BCEF的内切球半径为R，则V=13SR，故R=2+2=2−22【解析】(Ⅰ)由已知可得CE//BF，由线面平行的判定定理得到CE与平面ABF平行，再由线面平行的性质定理得到l//CE；(Ⅱ)根据线面垂直的判定定理，可得AF⊥平面BCEF，故四棱锥A−BCEF是以平面BCEF为底面，以AF为高的棱锥，求出棱锥的体积，类比求解三角形的内切圆(与三角形各边都相切)半径的方法，可得答案．本题考查了线面平行、类比推理及棱锥的体积表面积公式，是立体几何的简单综合应用，难度中档．20.已知正六边形ABCDEF的边长为2，沿对角线AE将△FAE的顶点F翻折到点P处，使得PC=10．(1)求证：平面PAE⊥平面ABCDE；(2)求二面角B−PC−D的平面角的余弦值．【答案】证明：(1)连结AC，EC，取AE中点O，连结PO，CO，由已知得PE=PA=2，AE=AC=EC=4+4−2×2×2×cos120∘=23，∴PO⊥AE，CO⊥AE，∴∠POC是二面角P−AE−C的二面角，∴PO=4−3=1，CO=12−3=3，∴PO2+CO2=PC2，∴PO⊥CO，∴∠POC=90∘，∴平面PAE⊥平面ABCDE．解：(2)以O为原点，OA为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0，0，1)，C(0，3，0)，B(3，2，0)，D(−3，2，0)，PB=(3，2，−1)，PC=(0，3，−1)，PD=(−3，2，−1)，设平面PBC的法向量n=(x，y，z)，则PB⋅n=3x+2y−z=0PC⋅n=3y−z=0，取x=1，得n=(1，3，33)，设平面PCD的法向量m=(a，b，c)，则PC⋅m=3b−c=0PD⋅m=−3a+2b−c=0，取b=1，得m=(−33，1，3)，设二面角B−PC−D的平面角为θ，则cosθ=|m ⋅n||m|⋅|n|=293331⋅3=2931．∴二面角B−PC−D的平面角的余弦值为2931．【解析】(1)连结AC，EC，取AE中点O，连结PO，CO，推导出PO⊥AE，CO⊥AE，则∠POC是二面角P−AE−C的二面角，求出PO⊥CO，由此能证明平面PAE⊥平面ABCDE．(2)以O为原点，OA为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B−PC−D的平面角的余弦值．本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．第21页，共21页。