專題1-6折疊翻轉(zhuǎn)八大題型匯總題型1平行問(wèn)題 1題型2垂直問(wèn)題 12題型3體積距離問(wèn)題 17題型4線面角問(wèn)題 28題型5二面角問(wèn)題 39題型6角度相關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 51題型7體積相關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 57題型8最值問(wèn)題 60題型1平行問(wèn)題【例題1】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖1所示，在邊長(zhǎng)為12的正方形AA'A1'A1中，點(diǎn)B，C在線段AA'上，且AB=3，BC=4，作BB1//AA1，分別交A1A1'、AA(1)在三棱柱ABC－A1B1(2)試判斷直線AQ是否與平面A1【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)直線AQ與平面A1【分析】（1）利用線面垂直判定定理去證明AB⊥平面BCC（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的方法去判斷直線AQ與平面A1【詳解】（1）∵AB=3，從而有AC又∵AB⊥BB∴AB⊥平面BCC（2）直線AQ與平面A1以B為原點(diǎn)，BA為x軸，BC為y軸，BB1為A（3，0，AQ=設(shè)平面A1C1則n?PA1=3x+9z=0∵AQ∴直線AQ與平面A1【變式1-1】1.（2022秋·河南鄭州·高二鄭州市第二高級(jí)中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）如圖1，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)P、Q分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，將△APD、△CDQ分別沿DP、DQ折疊，使A、C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)M，連BM、PQ，得到圖2所示幾何體．(1)求證：PM⊥DQ；(2)在線段MD上是否存在一點(diǎn)F，使BM∥平面PQF，如果存在，求FM【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，1【分析】（1）由勾股定理得MP⊥MQ，從而證得MP⊥平面MDQ，然后可得線線垂直；（2）假設(shè)在線段DM上存在一點(diǎn)F，使BM∥【詳解】（1）由圖1可得MP=MQ=2，PQ=22∴MP2+M∵M(jìn)P⊥MD，MD∩MQ=M，MD、MQ?平面MDQ，∴MP⊥平面MDQ，∵DQ?平面MDQ，∴MP⊥MQ．（2）當(dāng)MFMD=1理由如下：連BD交PQ于點(diǎn)O，連OF，由圖1可得OB=2，BD=42，即因?yàn)镸FMD=1所以O(shè)DBD=FD因?yàn)锽M?平面PQF，OF?平面PQF，所以BM∥【變式1-1】2.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）將邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD沿對(duì)角線BD折疊，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE=2(1)求DE與平面BEC所成角的正弦值；(2)直線BE上是否存在一點(diǎn)M，使得CM∥平面ADE，若存在，確定點(diǎn)M的位置，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】(1)6(2)存在，點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用平面BDA⊥平面BDC得到線面垂直，進(jìn)而確定點(diǎn)C的坐標(biāo)，求出平面BEC的法向量和直線DE的方向向量，利用向量夾角的余弦值求線面角的正弦值；（2）先利用三點(diǎn)共線設(shè)出EM=λEB和點(diǎn)【詳解】（1）解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AE所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E0，0，2取BD中點(diǎn)F，連接CF，AF；由題意可得CF⊥BD且AF=CF=2又因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面CBD，所以CF⊥平面BDA，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為C1設(shè)平面BCE的法向量為n=則n→?EB→令x＝1，得n=1設(shè)平面DE與平面BCE所成角為θ，則sinθ=即DE與平面BEC所成角的正弦值為63（2）解：假設(shè)存在點(diǎn)M使得CM∥面ADE，則EM→=λEB所以EM=2λ，又因?yàn)锳E⊥平面ABD，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADE；因?yàn)镃M∥面ADE，則CM→⊥AB即2λ?1=0，解得λ=1即點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)時(shí)，CM∥面ADE.【變式1-1】3.（2021秋·寧夏銀川·高二?？茧A段練習(xí)）如圖①所示的等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為2a，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC,BC邊的中點(diǎn)現(xiàn)將ΔABC沿CD折疊，使平面ADC⊥平面BDC，如圖②所示.

①

②（1）試判斷折疊后直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）求四面體ADBC外接球的體積與四棱錐D?ABFE的體積之比.【答案】（1）AB//平面DEF，見(jiàn)解析；（2）20【分析】（1）由已知中E、F分別為AC、BC中點(diǎn)，由三角形中位線定理可得EF//AB，由線面平行的判定定理可得AB（2）以DA，DB，DC為棱補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，則四面體A?DBC的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球，進(jìn)而求出球的體積，和四棱錐D?ABFE的體積，可得答案．【詳解】解：（1）AB//平面DEF證明：∵E、F分別是AC，BC的中點(diǎn)，∴AB∵AB?平面DEF，EF?平面DEF∴AB//平面DEF（2）以DA，DB，DC為棱補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，則四面體ADBC的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球.設(shè)球的半徑為R，則a2+a2+3又VA?BDC=13S故四面體ADBC外接球的體積與四棱錐D?ABFE的體積之比為2015【點(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，點(diǎn)到平面的距離，屬于中檔題.【變式1-1】4.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知如圖1所示，在邊長(zhǎng)為12的正方形AA'A1A1，中，BB1//CC1//AA1，且AB=3,BC=4,AA1'分別交B（1）求證：當(dāng)k=34時(shí)，BM//（2）若k=14，求三棱錐【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）14【分析】（1）過(guò)M作MN//CQ交AQ于N，連接PN，證明四邊形MNPB為平行四邊形，然后得出（2）易得AB⊥BC，然后用VM?APQ【詳解】（1）證明：在下圖中，過(guò)M作MN//CQ交AQ于N，連接PN，所以∴MNPB共面且平面MNPB交平面APQ于PN，∵k=34,MNCQ∴四邊形MNPB為平行四邊形，∴BM//PN?平面APQ，BM?平面APQ∴BM//平面APQ（2）因?yàn)锳B=3,BC=4，所以AC=5，從而AC即AB⊥BC．因?yàn)閗=14．所以所以V【點(diǎn)睛】在算三棱錐的體積的時(shí)候要利用圖形的特點(diǎn)，看把哪個(gè)側(cè)面當(dāng)成底面更好算一些.【變式1-1】5.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，四邊形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，△MAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，以AC為折痕，將△MAC向上折疊到△DAC的位置，使D點(diǎn)在平面ABC內(nèi)的射影在AB上，再將△MAC向下折疊到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成幾何體DABCE.（1）點(diǎn)F在BC上，若DF//平面EAC，求點(diǎn)F（2）求二面角D?BC?E的余弦值.【答案】（1）F為BC的中點(diǎn)；（2）3?3【解析】（1）設(shè)D點(diǎn)在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，取BC的中點(diǎn)F，易得OF//平面EAC.取AC的中點(diǎn)H，連接EH，由平面EAC⊥平面ABC，得到EH⊥平面ABC，又DO⊥平面ABC，則DO//EH，則DO（2）連接OH，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面BDC的一個(gè)法向量為m=x,y,z和平面EBC的一個(gè)法向量為n=【詳解】（1）如圖，設(shè)D點(diǎn)在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，∵AD=CD，∴OA=OC，∴在Rt△ABC中，O為AB取BC的中點(diǎn)F，連接OF，DF，則OF//AC，又OF?平面EAC，AC?平面∴OF//平面EAC取AC的中點(diǎn)H，連接EH，則易知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC=AC，∴EH⊥平面ABC，又DO⊥平面ABC，∴DO//EH，又DO?平面EAC，EH?平面∴DO//平面EAC又DO∩OF=O，∴平面DOF//平面EAC又DF?平面DOF，∴DF//平面EAC，此時(shí)F為BC（2）連接OH，由（1）可知OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B1,?1,0，D0,0,2，E從而B(niǎo)C=0,2,0，BD=設(shè)平面BDC的一個(gè)法向量為m=則BC?n得y=0，取x=2，則z=1，m設(shè)平面EBC的一個(gè)法向量為n=則BC?n得b=0，取a=3，則c=?1，n從而cosm易知二面角D?BC?E為鈍二面角，所以二面角D?BC?E的余弦值為3?3【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）在求解與圖形的翻折有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵是弄清翻折前后哪些量變了，哪些量沒(méi)變，哪些位置關(guān)系變了，哪些位置關(guān)系沒(méi)變；（2）利用向量法求二面角的關(guān)鍵是建立合適的空間直角坐標(biāo)系及準(zhǔn)確求出相關(guān)平面的法向量.題型2垂直問(wèn)題【例題2】（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知梯形ABCD,AB∥CD，現(xiàn)將梯形沿對(duì)角線AC向上折疊，連接BD，問(wèn)：(1)若折疊前BD不垂直于AC，則在折疊過(guò)程中是否能使BD⊥AC？請(qǐng)給出證明；(2)若梯形ABCD為等腰梯形，AB=3,CD=5，折疊前AC⊥BD，當(dāng)折疊至面ADC垂直于面ABC時(shí)，二面角A?BD?C的余弦值．【答案】(1)不能，證明見(jiàn)解析(2)?【分析】（1）利用反證法去證明在折疊過(guò)程中不能使BD⊥AC；（2）法一：作出二面角A?BD?C的平面角，再利用余弦定理即可求得二面角A?BD?C的余弦值；法二：建立空間直角坐標(biāo)系，利用二面角兩個(gè)半平面的法向量的夾角的余弦值即可求得二面角A?BD?C的余弦值．（1）假設(shè)折疊過(guò)程中能使BD⊥AC．折疊前，假設(shè)DE⊥AC，E為垂足，連BE，則BE與AC不垂直．①折疊后，若BD⊥AC，又BD與BE是平面BDE內(nèi)的相交直線，故AC⊥平面BDE，又BE?平面BDE，從而有AC⊥BE，故折疊前也應(yīng)有AC⊥BE②.顯然，①與②矛盾．故假設(shè)不能成立．即折疊過(guò)程中不能使BD⊥AC．（2）設(shè)折疊前AC與BD的交點(diǎn)為F，則由題意易知AF=BF=3折疊前，在梯形ABCD內(nèi)過(guò)B做BG⊥CD，垂足為G，則CG=1,BG=DG=4,AD=BC=17折疊后，因?yàn)槊鍭DC垂直于面ABC，而DF⊥AC,BF⊥AC，所以DF⊥BF．所以BD=B又BF和DF是平面BDF內(nèi)的相交直線，所以AC⊥平面BDF．所以AC⊥BD．解法①：過(guò)點(diǎn)C在平面BCD內(nèi)作CH⊥BD，H為垂足，連接AH，又CH∩CA=C，則BD⊥平面ACH，又AH?平面ACH，所以BD⊥AH，故∠AHC即為二面角A?BD?C的平面角．在△BDC中，BD=BC=17所以cos∠BDC=5217得DH=25217所以cos∠AHC=即二面角A?BD?C的余弦值為?19解法②：以F為原點(diǎn)，分別以FD、FC、FB為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則F(0,0,0),D5于是，BD=5設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為n=(x則522x1?32設(shè)平面BCD的一個(gè)法向量m=(x則522x2?32記二面角A?BD?C的平面角為φ，則|cos又觀察發(fā)現(xiàn)二面角A?BD?C為鈍角，故二面角A?BD?C的余弦值為?19【變式2-1】（2020·全國(guó)·校聯(lián)考三模）如圖甲，E是邊長(zhǎng)等于2的正方形的邊CD的中點(diǎn)，以AE、BE為折痕將△ADE與△BCE折起，使D，C重合(仍記為D)，如圖乙.（1）探索:折疊形成的幾何體中直線DE的幾何性質(zhì)(寫(xiě)出一條即可，不含DE⊥DA，DE⊥DB，說(shuō)明理由)；（2）求二面角D-BE-A的余弦值【答案】（1）幾何性質(zhì)見(jiàn)解析，理由見(jiàn)解析；（2）1【分析】（1）根據(jù)折前折后折痕同側(cè)的位置關(guān)系、長(zhǎng)度不變，可以證明DE⊥平面ABD，據(jù)此結(jié)論也可得到DE⊥AB，或DE與平面ABD內(nèi)任一直線都垂直，也可計(jì)算直線DE與平面ABE所成角等于π3（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可求二面角的余弦值.【詳解】（1）性質(zhì)1：DE⊥平面ABD.證明如下：翻折前，DE⊥DA，??翻折后仍然DE⊥DA，??且DA∩DB=D，則DE⊥平面ABD.性質(zhì)2：DE⊥AB.證明如下：與性質(zhì)1證明方法相同，得到DE⊥平面ABD.又因AB?平面ABD，則DE⊥AB.性質(zhì)3：DE與平面ABD內(nèi)任一直線都垂直.證明如下：與性質(zhì)1證明方法相同，得到DE⊥平面ABD，從而DE與平面ABD內(nèi)任一直線都垂直.性質(zhì)4：直線DE與平面ABE所成角等于π3證明如下：如圖，取AB的中點(diǎn)F，連接DF，EF，由DA=DB，??得DF⊥AB與性質(zhì)2證明相同，得DE⊥AB，DE⊥DF，再因DE∩DF=D，則AB⊥平面DEF，進(jìn)而平面DEF⊥平面ABE.作DH⊥EF于H，則DH⊥平面ABE，即∠DEF就是直線DE與平面ABE所成的角.DE=1，EF=2，cos∠DEF=DEEF（2）與（1）之性質(zhì)4證明相同，得到DE⊥DF，AB⊥平面DEF，AB⊥EF，AB?平面ABE內(nèi)，則平面DEF⊥平面ABE.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)、EF為x軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.DF=DDH=DE×DFEF=32，EH=E(0，?0，??0)，B(2，?設(shè)n→=(x，?則n取z=1，求得一個(gè)法向量n記二面角D?BE?A的大小為θ，則θ與?n|cos因θ是銳角，則cosθ=【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊問(wèn)題，線線、線面垂直的判定，線面角，二面角的求法，考查了空間想象力，運(yùn)算能力，屬于中檔題.題型3體積距離問(wèn)題【例題3】（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝12圖1

圖2(1)求證：AM∥平面BEC；(2)求證：BC⊥平面BDE；(3)求點(diǎn)D到平面BEC的距離．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)6【分析】（1）取EC中點(diǎn)N，連接MN，BN，根據(jù)中位線的性質(zhì)證明四邊形ABNM為平行四邊形即可；（2）根據(jù)線面垂直的判定證明ED⊥平面ABCD，再在直角梯形ABCD中，根據(jù)勾股定理證明BC⊥BD，進(jìn)而證明BC⊥平面BDE；（3）解法一：根據(jù)線面垂直的性質(zhì)結(jié)合（2）證明DG⊥平面BEC，再根據(jù)幾何關(guān)系求DG即可；解法二：利用等體積法VD－BCE＝VE－BCD求解即可【詳解】（1）證明：取EC中點(diǎn)N，連接MN，BN，在△EDC中，M，N分別為ED，EC的中點(diǎn)，所以MN∥CD，且MN＝12由已知AB∥CD，AB＝12所以MN∥AB，且MN＝AB，所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以BN∥AM，又因?yàn)锽N平面BEC，且AM平面BEC，所以AM∥平面BEC；（2）證明：在正方形ADEF中，ED⊥AD，因?yàn)镋D⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC?平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，∴ED⊥BC，又在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，故BD=2由余弦定理BC2=B在△BCD中，BD＝BC＝2，CD＝2，所以BD2＋BC2＝CD2，故BC⊥BD，因?yàn)镋D∩BD＝D，ED，BD?平面BDE，所以BC⊥平面BDE；（3）解法一：由（2）知BC⊥平面BDE，因?yàn)锽C?平面BCE，所以平面BDE⊥平面BCE，過(guò)點(diǎn)D作EB的垂線交BE于點(diǎn)G，∵平面BDE∩平面BCE＝BE，DG?平面BDE，則DG⊥平面BEC，所以點(diǎn)D到平面BEC的距離等于線段DG的長(zhǎng)度，∵ED⊥平面ABCD，BD在平面ABCD內(nèi)，∴ED⊥BD，在三角形BDE中，S△BDE所以DG=BD?DE所以點(diǎn)D到平面BEC的距離等于63解法二：由（2）BC⊥平面BDE，BE?平面BDE，所以BC⊥BE，因?yàn)镈E＝1，AB=AD=1所以BD＝2，BC＝2，BE＝3，所以S△BDCS△BEC設(shè)點(diǎn)D到平面BCE的距離為h，根據(jù)VD－BCE＝VE－BCD，由（2）可知ED⊥平面ABCD即13S△BEC??=1即點(diǎn)D到平面BCE的距離為6【變式3-1】1.（2021·高二課時(shí)練習(xí)）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正三角形ABC中，點(diǎn)D，E，G分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，連接DE，連接AG交DE于點(diǎn)F．現(xiàn)將△ADE沿DE折疊至△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED．連接A1G【答案】15【分析】連接BE，證得直線A1F,GF,DE兩兩垂直，以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)G，F(xiàn)E，F(xiàn)A1所在直線分別為x，y，【詳解】解：連接BE，因?yàn)樵谶呴L(zhǎng)為2的正三角形ABC中，點(diǎn)D，E，G分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，所有DE//BC,AG⊥BC，所以AF⊥DE,GF⊥DE，又因?yàn)槠矫鍭1DE⊥平面BCED，所以A1F⊥平面以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)G，F(xiàn)E，F(xiàn)A1所在直線分別為x，y，則B32,?1,0，A10,0,∴EB=32,?3設(shè)平面A1EG的法向量為則n?EA1=?12則n=3,3,∴點(diǎn)B到平面A1EG的距離【變式3-1】2.（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖是矩形ABCD和以邊AB為直徑的半圓組成的平面圖形，將此圖形沿AB折疊，使平面ABCD垂直于半圓所在的平面，若點(diǎn)E是折后圖形中半圓O上異于A，B的點(diǎn)（1）證明：EA⊥EC；（2）若AB=2AD=2，且異面直線AE和DC所成的角為π6，求三棱錐D?ACE【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）36【分析】（1）由面面垂直得到BC⊥EA，利用直徑對(duì)應(yīng)的圓周角為直角得到BE⊥EA，可以證明EA⊥平面EBC，再利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明EA⊥EC；（2）先求出EF=32，利用等體積轉(zhuǎn)化法把求三棱錐D?ACE的體積轉(zhuǎn)化為求三棱錐【詳解】（1）∵平面ABCD垂直于圓O所在的平面，兩平面的交線為AB，BC?平面ABCD，BC⊥AB，∴BC垂直于圓O所在的平面．又EA在圓O所在的平面內(nèi)，∴BC⊥EA．∵∠AEB是直角，∴BE⊥EA．而B(niǎo)E∩BC=B，∴EA⊥平面EBC．又∵EC?平面EBC，∴EA⊥EC（2）因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，AB∥CD，直線AE和DC所成的角為π6所以直線AE和AB所成的角為π6，即∠BAE=過(guò)E作EF⊥AB于F，則EF⊥平面ABCD．又AB=2,∠BAE=π6，所以因此S△ACD于是VD?ACE故三棱錐D?ACE的體積是3【變式3-1】3.（2020·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示長(zhǎng)方形BCEF，F(xiàn)B=2AB=2FA=2BC，現(xiàn)沿AD，GH兩道折痕進(jìn)行折疊，AD、GH均與CE垂直，∠HAB=π（1）若FH:HA=1:2，F(xiàn)A⊥AB，求證平面EFGH//平面ABCD；（2）在（1）的條件下，設(shè)AB=3，請(qǐng)求出四面體H?ACE的體積.【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）23【分析】（1）要證明面面平行，需證明平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行，根據(jù)條件可證明FH//AB，HG//AD；（2）首先根據(jù)四面體H?ACE的結(jié)構(gòu)，將其放置在長(zhǎng)方體ABCD?EFMN，在長(zhǎng)方體中求幾何體的體積.【詳解】（1）如圖作HT⊥FA，∵FA⊥AB，∠HAB=π3∴HT=HAsin又∵FH=12HA，∴F∴△AFH為直角三角形，

∴FH⊥AF，∴FH//AB，又∵HG//AD，∴FH∩HG=H,AB∩AD=A，所以，平面EFHG//平面ABCD.（2）如圖，把四面體H?ACE，放在長(zhǎng)方體ABCD?EFMN中，AB=3，BC=3，AF=3，F(xiàn)H=1∴=93所以，四面體H?ACE的體積23【點(diǎn)睛】本題考查面面平行，四面體的體積，重點(diǎn)考查空間想象能力，推理能力，計(jì)算能力，屬于中檔題型，很多設(shè)計(jì)幾何體的體積，結(jié)構(gòu)問(wèn)題，可以采用補(bǔ)體解決問(wèn)題.【變式3-1】4.（2019秋·全國(guó)·高三階段練習(xí)）如圖一，在直角梯形ABCD中，E,F分別為AB的三等分點(diǎn)，F(xiàn)G//BC,ED∥BC，AB=3，BC=2，若沿著FG,DE折疊使得點(diǎn)A和B重合，如圖二所示，連結(jié)GC,BD.

（1）求證：平面GBD⊥平面BCDE；（2）求點(diǎn)E到平面CDG的距離.【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）2【分析】1取BD,BE的中點(diǎn)分別為O,M，連結(jié)GO,OM,FM,可得四邊形OGFM為平行四邊形,則GO∥FM,由FM⊥EB,利用面面垂直的性質(zhì)和線面垂直的性質(zhì)及判定即可得證.2由BE//CD,把點(diǎn)E到平面CDG的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)B到平面CDG的距離,利用等體積法VG?BCD=VB?CDG,通過(guò)代數(shù)運(yùn)算間接求出點(diǎn)【詳解】（1）證明:取BD,BE的中點(diǎn)分別為O,M，連結(jié)GO,OM,FM如圖，則OM//DE且OM=1又因?yàn)镚F∥DE且GF=1所以GF∥OM且GF=OM，故四邊形OGFM為平行四邊形，所以GO∥FM.因?yàn)镸為EB中點(diǎn)，三角形BEF為等邊三角形，所以FM⊥EB，因?yàn)槠矫鍱FB⊥平面BCDE,平面BEF∩平面BCDE=BE,故FM⊥平面BCDE，因?yàn)镚O∥FM，所以GO⊥平面BCDE，又因?yàn)镚O?平面GBD,故平面GBD⊥平面BCDE；（2）因?yàn)锽E//CD，又因?yàn)锽E?平面CDG,CD?平面CDG,故BE//平面CDG，故點(diǎn)E到平面CDG的距離等于點(diǎn)B到平面CDG的距離.由（1）知三棱錐G?BCD的體積VG?BCDOG=FM=32，故VG?BCD在ΔCDG中，DG=CG=2取CD中點(diǎn)P，連結(jié)GP，則GP=C故SΔCDG設(shè)點(diǎn)B至平面CDG的距離為d，所以三棱錐B?CDG的體積V2由于V1=V2，則故點(diǎn)E到平面CDG的距離為221【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直的判定及性質(zhì)和面面垂直的性質(zhì)以及利用線面平行和等體積法間接求點(diǎn)到面的距離;正確作出輔助線和等體積法的應(yīng)用是求解本題的關(guān)鍵;屬于中檔題.【變式3-1】5.（2023·四川瀘州·瀘縣五中?？既＃┤鐖D1，在梯形ABCD中，AB//CD，且AB=2CD=4，△ABC是等腰直角三角形，其中BC為斜邊.若把△ACD沿AC邊折疊到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面（1）證明：AB⊥PA；（2）若E為棱BC的中點(diǎn)，求點(diǎn)B到平面PAE的距離.【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）26【分析】（1）證明AB⊥平面PAC，則有AB⊥PA；（2）等體積法求點(diǎn)到平面的距離.【詳解】（1）證明：∵△ABC是等腰直角三角形，BC為斜邊，∴AB⊥AC.∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，AB?平面ABC∴AB⊥平面PAC，∵PA?平面PAC，∴AB⊥PA；（2）解：由（1）知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，由題意可得PC=2，AC=AB=4，AC⊥AB，則BC=42，PA=∵E為棱BC的中點(diǎn)，∴AE=CE=1∴PE=4+8在△PAE中，AE=22，PA=25，∴AE即AE⊥PE，則△PAE的面積為12設(shè)點(diǎn)B到平面PAE的距離為h∵VB?PAE∴13∴?=2【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質(zhì)，點(diǎn)到平面距離的求法，考查直觀想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題.題型4線面角問(wèn)題【例題4】（2023·全國(guó)·高三對(duì)口高考）如圖1，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，P為CD中點(diǎn)，分別將△PAD,△PBC沿PA,PB所在直線折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)D重合于點(diǎn)O，如圖2．在三棱錐P-OAB中，E為PB中點(diǎn)．(Ⅰ)求證：PO⊥AB;(II）求直線BP與平面POA所成角的正弦值；(Ⅲ）求二面角P-AO-E的大?。敬鸢浮浚á瘢┮?jiàn)解析;（Ⅱ）155.（Ⅲ）π【分析】第一問(wèn)利用幾何體的特征可以得出相應(yīng)的線線垂直，之后利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)得出所要的結(jié)果；第二問(wèn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求得線面角的正弦值；第三問(wèn)利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后確定出二面角的大小.【詳解】（Ⅰ）在正方形ABCD中，P為CD中點(diǎn)，PD⊥AD,PC⊥BC，所以在三棱錐P?OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因?yàn)镺A∩OB=O，所以PO⊥平面OAB.因?yàn)锳B?平面OAB,所以PO⊥AB.（Ⅱ）取AB中點(diǎn)F，連接OF，取AO中點(diǎn)M，連接BM.過(guò)點(diǎn)O作AB的平行線OG.因?yàn)镻O⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.因?yàn)镺A＝OB，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)F⊥AB.所以O(shè)F⊥OG.如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.A（1，3,0），B（?1，3,0），P（0,0因?yàn)锽O＝BA，M為OA的中點(diǎn)，所以BM⊥OA.因?yàn)镻O⊥平面OAB，PO?平面POA，所以平面POA⊥平面OAB.因?yàn)槠矫鍼OA∩平面OAB＝OA，BM?平面OAB，所以BM⊥平面POA.因?yàn)锽M＝(32，－32，0)．所以平面POA的法向量m＝（BP＝(1，－3，1)．設(shè)直線BP與平面POA所成角為α，則sinα=所以直線BP與平面POA所成角的正弦值為.15（Ⅲ）由(Ⅱ)知E?12,3設(shè)平面OAE的法向量為n，則有OA?n令y=?1，則x=3，z=23.即所以cosm由題知二面角P－AO－E為銳角，所以它的大小為π3【變式4-1】1.（2020·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形MABC中△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，以AC為折痕，將△MAC向上折疊到△DAC的位置，使點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影在AB上，再將△MAC向下折疊到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成幾何體DABCE.（1）點(diǎn)F在BC上，若DF//平面EAC，求點(diǎn)F（2）求直線AB與平面EBC所成角的余弦值.【答案】（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)；（2）104【分析】（1）設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為O，證明O是AB中點(diǎn)，取AC的中點(diǎn)H，證EH⊥平面ABC，取BC的中點(diǎn)F，證明DO,OF與平面EAC平行后得面面平行，從而證得線面平行．（2）連接OH，由（1）OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，用空間向量法求直線與平面所成角．【詳解】（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn).理由如下：設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為O，O在AB上，連接OD，OC，∵AD=CD，∴OA=OC，所以∠OAC=∠OCA，∴在Rt△ABC中，∠OBC=∠OCB，∴OC=OB，O為AB的中點(diǎn)取AC的中點(diǎn)H，連接EH，則易知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC=AC，EH?平面EAC，∴EH⊥平面ABC，所以DO//EH，DO?平面EAC，EH?平面EAC，所以DO//平面EAC，取BC的中點(diǎn)F，連接OF，則OF//又OF?平面EAC，AC?平面EAC，∴OF//平面又DO∩OF=O，DO,OF?平面DOF，∴平面DOF//平面EAC又DF?平面DOF，∴DE//平面EAC（2）連接OH，由（1）OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B1,?1,0，A?1,1,0，E0,1,?∴AB=2,?2,0，BC=設(shè)平面EBC的法向量為n=a,b,c，則BC得b=0，取a=3，則c=?1，∴n=3設(shè)直線AB與平面EBC所成的角為θ，則sinθ=故cosθ=【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查證明線面垂直，考查求直線與平面所成的角，求線面角常用方法：（1）定義法：作出直線與平面所成的角并證明，然后在直角三角形中計(jì)算可得；（2）向量法：建立空間直角坐標(biāo)系，由直線的方向向量與平面的法向量夾角的余弦的絕對(duì)值等于直線與平面所成角的正弦值計(jì)算【變式4-1】2.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在平面多邊形ABFCDE中，ABFE是邊長(zhǎng)為2的正方形，DCFE為等腰梯形，G為CD的中點(diǎn)，且DC=2FE，DE=CF=EF，現(xiàn)將梯形DCFE沿EF折疊，使平面DCFE⊥平面ABFE．（1）求證：EG⊥平面BDF；（2）求直線BD與平面CBF所成角的大小．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）60°【分析】（1）先證明EG⊥DF、BF⊥EG，然后證明EG⊥平面BDF即可；（2）取EF的中點(diǎn)O，連接GO，過(guò)點(diǎn)O在平面ABFE內(nèi)作EF的垂線OH，以O(shè)H,OF,OG所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，然后再利用空間向量的運(yùn)算求解即可.【詳解】解：（1）連接GF，由已知，得DG//EF,DG=EF，DE=DG=2，則四邊形DEFG為菱形，故EG⊥DF．因?yàn)槠矫鍰CFE⊥平面ABFE，平面DCFE∩平面ABFE=EF,BF⊥EF，所以BF⊥平面DCFE．又EG?平面DCFE，所以BF⊥EG又BF∩DF=F，所以EG⊥平面BDF．（2）取EF的中點(diǎn)O，連接GO，則易知GO⊥平面ABFE，過(guò)點(diǎn)O在平面ABFE內(nèi)作EF的垂線OH，以O(shè)H,OF,OG所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(2,1,0),F(0,1,0),C(0,2,3所以FB=(2,0,0),設(shè)平面CBF的法向量為n=(x,y,z)則n?FB=0,n?取y=?3，則z=1故n=(0,?3,1)設(shè)直線BD與平面CBF所成的角為θ，則sinθ=|從而直線BD與平面CBF所成的角為60°．【點(diǎn)睛】本題考查了面面垂直的性質(zhì)定理,重點(diǎn)考查了空間向量的應(yīng)用,屬中檔題.【變式4-1】3.（2020·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，等腰梯形ABCD中，AB//CD,DA=AB=BC=2，CD=4，E為CD中點(diǎn)，將△DEA沿AE折到（1）證明：AE⊥D（2）當(dāng)折疊過(guò)程中所得四棱錐D1?ABCE體積取最大值時(shí)，求直線D1【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）15【分析】（1）在平面圖中，連BE，DB，設(shè)DB交AE于F，要證AE⊥D1B，轉(zhuǎn)證AE⊥平面D1FB（2）要使四棱錐體積最大，則需要平面D1AE垂直于底面ABCE，以【詳解】解：（1）在平面圖中，連BE，DB，設(shè)DB交AE于F，因?yàn)锳BCD是等腰梯形，AB//CD,DA=AB=BC=2，∴DE=EC=2即AB=EC，且AB故四邊形ABCE為平行四邊形又AB=BC所以平行四邊形ABCE為棱形，同理可證ABED也為棱形所以AE⊥DB．于是得出在立體圖形中，AE⊥D1∵D1F∩BF=F，所以AE⊥平面D1∵D1B?故AE⊥D（2）要使四棱錐體積最大，則需要平面D1AE垂直于底面此時(shí)D1F⊥平面以F為原點(diǎn)，F(xiàn)E,FB,FD1為則A(?1,0,0),B(0,則D設(shè)平面ABD1由n?A令x=3，得∴∴直線D1E與平面ABD【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直的判定，利用空間向量法求線面角，屬于中檔題.【變式4-1】4.（2021·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，四邊形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，以AC為折痕，將△MAC向上折疊到△DAC的位置，使點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影在AB上，再將△MAC向下折疊到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成幾何體DABCE．（1）點(diǎn)F在BC上，若DF∥平面EAC，求點(diǎn)F的位置；（2）求直線AB與平面EBC所成角的余弦值．【答案】（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)；（2）104【分析】（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，取AC的中點(diǎn)H，連接EH，由題意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由題意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中點(diǎn)F，連接OF，則OF∥AC，從而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能證明DF∥平面EAC；（2）連接OH，由OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線AB與平面EBC所成角的余弦值．【詳解】解：（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，理由如下：設(shè)點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O為AB的中點(diǎn)，取AC的中點(diǎn)H，連接EH，由題意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由題意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中點(diǎn)F，連接OF，則OF∥AC，又OF?平面EAC，AC?平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF?平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）連接OH，由（1）可知OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣3），C（1，1，0），∴AB＝（2，﹣2，0），BC＝（0，2，0），BE＝（﹣1，2，﹣3），設(shè)平面EBC的法向量n＝（a，b，c），則BC?n=2b=0BE?n=?a+2b?設(shè)直線與平面EBC所成的角為θ，則sinθ＝|AB?n||∴直線AB與平面EBC所成角的余弦值為cosθ＝1?(64【點(diǎn)睛】求直線與平面所成的角的一般步驟：（1）、①找直線與平面所成的角，即通過(guò)找直線在平面上的射影來(lái)完成；②計(jì)算，要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中求解；（2）、用空間向量坐標(biāo)公式求解．題型5二面角問(wèn)題【例題5】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，F(xiàn)B=2，EC=3.現(xiàn)沿平行于EF的AD折疊，使得ED⊥DC且BC⊥平面BDE，如圖2所示.(1)求AB的長(zhǎng)度；(2)求二面角F?EB?C的大小.【答案】(1)1(2)5【分析】（1）利用垂直關(guān)系得BC⊥BD，再結(jié)合勾股定理，即可求解；（2）分別求平面BCE和BEF的法向量，根據(jù)二面角的向量公式，即可求解.【詳解】（1）由BC⊥平面BDE，BD?平面BDE，得BC⊥BD，在矩形EFBC中，由BF//CE,EC⊥EF，EF=1,FB=2,EC=3，知BC=2設(shè)AB=x0<x<2，則AF=DE=2?x，CD=x+1故BD2=A由勾股定理：BD解得：x=1，AB的長(zhǎng)度為1；（2）因?yàn)镋D⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC=D，且AD,DC?平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，結(jié)合DA⊥DC知，DA,DC,DE兩兩互相垂直，故以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA,DC,DE為x，D0,0,0，A1,0,0，B1,1,0，C0,2,0，所以BF=0,?1,1，EF=1,0,0，設(shè)n1=x1,取x1=1，則設(shè)n2=x2,取y2=?1，則記所求二面角大小為θ，θ為鈍角，則cosθ=所求二面角的大小為5π【變式5-1】1.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，平面圖形ABCDFE中，其中矩形ABCD的邊長(zhǎng)分別為AB=3，BC=8，等腰梯形ADFE的邊長(zhǎng)分別為AE=5，EF=2.現(xiàn)將該平面圖形沿著AD折疊，使梯形ADFE與矩形ABCD垂直，再連接BE，CF，得到如圖所示的空間圖形，對(duì)此空間圖形解答如下問(wèn)題：(1)證明：AB⊥DF；(2)求平面ABE與平面CDF所成銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)7【分析】（1）因?yàn)锳B⊥AD，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，可證明AB⊥平面ADFE，即可證明結(jié)論；（2）解法一：作EH⊥AD，F(xiàn)G⊥AD，垂足分別為H,G，過(guò)H,G分別作HK//AB，GS//CD，交BC分別于K,S，連接EK,HK,GS,FS，則由題可知，△ABE在平面EHK的射影為△HKE，即可求出cosθ，從而求出cos2解法二：建立空間直角坐標(biāo)系，求平面ABE的法向量及平面CDF的法向量，利用法向量夾角即可求出.（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB⊥AD.∵平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，∴AB⊥平面ADFE.∵DF?平面ADFE，∴AB⊥DF.（2）解法一：如圖所示，作EH⊥AD，F(xiàn)G⊥AD，垂足分別為H,G，過(guò)H,G分別作HK//AB，GS//CD，交BC分別于K,S，連接EK,HK,GS,FS.∵△ABE為直角三角形，且AB=3，AE=5，∴S△AEB在等腰梯形ADFE中，易求HE=4，而S△EHK由題可知，△ABE在平面EHK的射影為△HKE，∴cosθ=可知平面ABE與平面CDF所成二面角為2θ，而cos2θ=2解法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O0,0,0，A0,?3,0，B3,?3,0，D0,5,0，F(xiàn)0,2,4AB=3,0,0，AE=0,3,4設(shè)平面ABE的法向量為v=則v?AB=0v?AE=0設(shè)平面CDF的法向量為u=則u?CD=0u?CF所以cosv二面角A?PB?C的角的余弦值為725【變式5-1】2.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在直角梯形CEPD中，PD//EC,PD=8,CE=6，A為線段PD的中點(diǎn)，四邊形ABCD為正方形．將四邊形PABE沿AB折疊，使得(1)求直線PD與平面PCE所成角的正弦值；(2)當(dāng)F為線段AB的中點(diǎn)時(shí)，求二面角P?CE?F的余弦值．【答案】(1)3(2)6【分析】（1）（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用即可向量法計(jì)算可得；【詳解】（1）解：依題意可得PA⊥AB、PA⊥AD，AB⊥AD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0、B4,0,0、C4,4,0、D0,4,0、所以CE=0,?4,2，CP=設(shè)平面PCE的法向量為n=x,y,z，所以n?CE=?4y+2z=0n?CP=?4x?4y+4z=0設(shè)直線PD與平面PCE所成角為θ，則sin（2）解：依題意可得F2,0,0，則CF設(shè)平面CEF的法向量為m=a,b,c，所以m?CF=?2a?4b=0則cosn,m所以二面角P?CE?F的余弦值為66【變式5-1】3.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知三角形PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，現(xiàn)將菱形ABCD沿AD折疊，所成二面角P?AD?B的大小為120°，此時(shí)恰有PC⊥AD.(1)求BD的長(zhǎng)；(2)求二面角D?PC?B的余弦值.【答案】(1)BD=2(2)?【分析】（1）取AD中點(diǎn)M，連接PM，CM，即可得到PM⊥AD，再由PC⊥AD，從而得到AD⊥平面PMC，即可得解AD⊥MC，從而求出BD；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出二面角的余弦值；【詳解】（1）解：取AD中點(diǎn)M，連接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC,PM?平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC?平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60°，則∴BD=（2）解：取M為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則D?1,0,0，P0,3,0，設(shè)平面PCD的法向量為m=∵DP∴?332y+32z=0x+3設(shè)平面PCB的法向量為n∵CB∴?332b+32c=02a=0所以cosm又二面角D?PC?B為鈍二面角，二面角D?PC?B的余弦值為?2【變式5-1】4.（2022·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖1是由邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD與腰長(zhǎng)及下底長(zhǎng)均為2的等腰梯形ABEF組成的平面圖形，將此圖形沿AB邊折疊，使得平面ABCD⊥平面ABEF，如圖2所示．(1)在圖2中，連接BF，DF，求證：BF⊥平面ADF；(2)求圖2中平面ADF與平面BDE的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)7【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理結(jié)合已知條件利用線面垂直的判定定理即可證明；（2）以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面BDE與平面ADF的一個(gè)法向量，利用空間向量的夾角公式即可求解．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD⊥AB．又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，∴AD⊥平面ABEF．又BF?平面ABEF，∴AD⊥BF．在等腰梯形ABEF中，AB=4，AF=EF=BE=2，易得∠BAF=60°，BF=23，BF⊥AF．又AD∩AF=A，AD，AF?平面ADF，∴BF⊥（2）以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)B，F(xiàn)A所在直線分別為x，y軸，過(guò)點(diǎn)F且垂直于平面ABEF的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系F?xyz如圖所示，則B23,0,0，D0,2,4，∴BD=?23設(shè)平面BDE的法向量為n=則n令x=1，得y=?3，z=3，故易知平面ADF的一個(gè)法向量為FB=所以cosFB故平面ADF與平面BDE的夾角的余弦值為77【變式5-1】5．（20121秋·全國(guó)·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在直角梯形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB的三等分點(diǎn)，F(xiàn)G//BC，ED//BC，（1）求證：平面GBD⊥平面BCDE；（2）求二面角B?CG?D的余弦值.【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）?7【分析】（1）取BD，BE的中點(diǎn)分別為O，M，連結(jié)GO，OM，MF，先證四邊形OGFM為平行四邊形，可得GO//FM，再證FM⊥平面BCDE，因此GO⊥平面BCDE，進(jìn)而可得平面GDB⊥平面BCDE；（2）以EB為y軸，ED為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出各點(diǎn)坐標(biāo)，求得平面CDG和平面CBG的法向量，進(jìn)而求得二面角B?CG?D的余弦值.【詳解】（1）如圖，取BD，BE的中點(diǎn)分別為O，M，連結(jié)GO，OM，MF，∴OM//DE，又因?yàn)镚F//DE，所以GF//OM，故四邊形OGFM為平行四邊形，故GO//FM，因?yàn)镸為EB的中點(diǎn)，三角形BEF為等邊三角形，故FM⊥EB，因?yàn)槠矫鍱FB⊥平面BCDE，故FM⊥平面BCDE，因此GO⊥平面BCDE，又GO?平面GDB，故平面GDB⊥平面BCDE；（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,1,0)，C(0,1,2)，D(0,0,2)，G(3CD=(0,?1,0)，CG=(3設(shè)平面CDG的法向量為m=(x1取x1=1，得：同理得出平面CBG的法向量n=(1,∴cosθ=所以二面角的余弦值為?7【點(diǎn)睛】本題考查面面垂直的證明，考查利用向量法求二面角的余弦值，考查邏輯思維能力和空間想象能力，考查計(jì)算能力，屬于?？碱}.題型6角度相關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題【例題6】（2021·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）圖①是矩形ABCD和以邊AB為直徑的半圓O組成的平面圖形，將此圖形沿AB折疊，使平面ABCD垂直于半圓O所在的平面，如圖②，若點(diǎn)E是半圓O上異于A，B的點(diǎn)．(1)證明：平面EAD⊥平面EBC；(2)若AB=2AD=2，且異面直線BE和DC所成的角為π3【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)42【分析】（1）根據(jù)條件得到BC⊥AB，由面面垂直的性質(zhì)定理得到BC垂直于半圓O所在的平面，BC⊥EA，根據(jù)圓的幾何性質(zhì)得到BE⊥EA，故得到EA⊥平面EBC，再由面面垂直的判定定理得到平面EAD⊥平面EBC；（2）由異面直線BE和DC所成的角為π3，AB∥DC知道∠ABE=π3【詳解】（1）∵平面ABCD垂直于半圓O所在的平面，兩平面的交線為AB，BC?平面ABCD，BC⊥AB，∴BC垂直于半圓O所在的平面．又EA在半圓O所在的平面內(nèi)，∴BC⊥EA．∵AB是半圓O的直徑，∴∠AEB是直角，∴BE⊥EA．而B(niǎo)E∩BC=B，∴EA⊥平面EBC．又∵EA?平面EAD，∴平面EAD⊥平面EBC．（2）由（1）可知BC垂直于半圓O所在的平面．如圖，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O且與AB垂直的直線為x軸，AB所在的直線為y軸，過(guò)點(diǎn)O且與BC平行的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz．由異面直線BE和DC所成的角為π3，AB∥DC∵AB=2，∴BE=1，∴E32,12∵AB=2AD=2，∴C0,1,1，D∴AE=32,3設(shè)平面DCE的一個(gè)法向量為p=由DE?p=0,z1=32x1，y1設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為q=由CE?q=0,AE?q=0,取y2=?1，得x2∴q=3,?1,2故平面DCE與平面AEC所成的銳二面角的余弦值為427【變式6-1】1.（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，平面五邊形ABCD中，∠B=∠BAD=∠E=∠CDE=90°，CD=DE=EA=2，將ΔADE沿AD折疊，得四棱錐(1)證明：PC⊥AD；(2)若二面角P?AD?B的大小是120°，求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)5【分析】（1）取AD的中點(diǎn)O，連結(jié)PO，CO，由等腰直角三角形的性質(zhì)可知AD⊥PO，∠PDA=45°，則可知∠ADC=45°，易證AD⊥CO，進(jìn)而證明；（2）以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，由（1）可知∠POC為二面角P?AD?B的平面角，表示出B，C，D，P的坐標(biāo)，即可得到PB，DC，PC，利用DC，PC求得平面PCD的法向量，再根據(jù)n?【詳解】（1）證明：取AD的中點(diǎn)O，連結(jié)PO，CO，因?yàn)镈E=EA=2，即PA=PD=2，所以AD⊥PO，因?yàn)椤螮=∠CDE=90°，即∠P=90°，∠PDA=45°，所以∠ADC=45°，又CD=2，所以AD⊥CO因?yàn)镻O∩CO=O，PO?平面POC，CO?平面POC，所以AD⊥平面POC，因?yàn)镻C?平面POC，所以AD⊥PC.（2）解：以O(shè)為原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由（1）可知，∠POC為二面角P?AD?B的平面角，即∠POC=120°，C0,1,0，D?1,0,0，B1,1,0則PB=1,32,?設(shè)平面PCD的法向量為n=x,y,z，則n?令z=?3，則y=?1，x=1，所以平面PCD的法向量為n設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ，則sinθ=所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為510【變式6-1】2.（2021秋·全國(guó)·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知五邊形PABCD是平面圖形(如圖1)，四邊形ABCD是矩形，PA=PD，PA⊥PD.現(xiàn)在沿AD折疊△PAD，使得∠PAB=90°，得到四棱錐（1）求證：PD⊥平面PAB；（2）若二面角A?PB?C的余弦值為?23，求【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）2.【分析】（1）由垂直關(guān)系和線面垂直的判定可證得AB⊥平面PAD，由此得到AB⊥PD，結(jié)合PA⊥PD，根據(jù)線面垂直的判定可證得結(jié)論；（2）設(shè)ABBC=λλ>0，以A【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB⊥AD，∵在圖2中，∠PAB=90°，又AD∩PA=A，AD,PA?平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD，又PA⊥PD，且PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，∴PD⊥平面PAB.（2）由（1）易知：△PAB≌△PDC，∴PB=PC，設(shè)ABBC如圖，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，過(guò)點(diǎn)A垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz.取BC=2，則AB=2λλ>0則A0,0,0，B2λ,0,0，C2λ,2,0，D∴PB=2λ,?1,?1，BC∵PD⊥平面PAB，∴PD是平面PAB設(shè)平面PBC的法向量為n=則n?PB=2λx?y?z=0n?BC=2y=0，令x=1∴cos<PD∴AB題型7體積相關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題【例題7】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖1，在直角梯形BCDE中，BC//DE，BC⊥CD，A為DE的中點(diǎn)，且DE=2BC=4，BE=22，將△ABE(1)在折疊過(guò)程中，PB是否始終與平面ACM平行？請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積最大時(shí)，求CD與平面ACM所成角的正弦值．【答案】(1)PB始終與平面ACM平行，理由見(jiàn)解析.(2)3【分析】（1）先證明四邊形ABCD為正方形，連接BD交AC于點(diǎn)N，連接MN，易得MN//PB，再由線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立合適的空間角坐標(biāo)系，分別求出DC和平面ACM的一個(gè)法向量，進(jìn)而求出線面角的正弦值.【詳解】（1）在折疊過(guò)程中，PB始終與平面ACM平行.理由如下：由已知可得：AB⊥DE,DE=2BC=4,BE=22所以AB=2，即四邊形ABCD為正方形，連接BD與AC于點(diǎn)N，連接MN，又M為PD的中點(diǎn)，所以MN//PB，因?yàn)镻B?平面ACM，MN?平面ACM，所以PB//平面ACM（2）要使四棱錐P-ABCD的體積最大，只需點(diǎn)P到平面ABCD的距離最大，即PA⊥平面ABCD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0AC=設(shè)平面ACM的法向量為n=則n?令y=?1，得x=z=1，則n=設(shè)CD與平面ACM所成角為θ，所以sinθ=即CD與平面ACM所成角的正弦值為33【變式7-1】（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖1，已知矩形ABCD，其中AB=2，BC=4，線段AD，BC的中點(diǎn)分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，現(xiàn)將△ABE沿著B(niǎo)E折疊，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P，得到四棱錐P?BCDE，如圖2.(1)求證：BE⊥PF；(2)當(dāng)四棱錐P?BCDE體積最大時(shí)，求二面角P?EC?B的大小.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)π【分析】（1）要證明線線垂直，需先證明線面垂直，首先作輔助線，取BE的中點(diǎn)O，連接PO，OF，證明BE⊥平面PFO；（2）首先確定點(diǎn)P的位置，法一，利用坐標(biāo)法，求二面角；法二，幾何法，根據(jù)二面角的定義，得二面角P?EC?B的平面角就是∠PEB，即可求解.【詳解】（1）取BE的中點(diǎn)O，連接PO，OF，因?yàn)锳B=2，BC=4，線段AD，BC的中點(diǎn)分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，所以BE=CE=22，∠BEC=90°又因?yàn)镕O∥CE，所以FO⊥BE，在等腰直角△PBE中，F(xiàn)O∩PO=O，所以BE⊥平面PFO，因?yàn)镻F?平面PFO，所以BE⊥PF.（2）當(dāng)四棱錐P?BCDE體積最大時(shí)，點(diǎn)P在平面BCDE的射影即為點(diǎn)O，即PO⊥平面BCDE.法一：以O(shè)B，OF，OP方向?yàn)閤軸，y軸和z軸分別建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz.如圖3.則P0,0,2，E?2PE=?設(shè)平面PEC的法向量為n=x,y,z取x=1，可得n易得平面ECB的一個(gè)法向量m所以cos因?yàn)槎娼荘?EC?B是銳角，所以二面角P?EC?B的大小為π4法二：在△ECB中，因?yàn)镋C=22，EB=22，BC=4，所以在△PEC中，PC=PO2+OC2=2由二面角的定義可知，二面角P?EC?B的平面角就是∠PEB.所以二面角P?EC?B的大小為π4題型8最值問(wèn)題【例題8】（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．現(xiàn)將△ADE沿DE折起，使得二面角A?DE?B大小為60°，得到如圖（2）所示的空間幾何體（折疊后點(diǎn)