立體幾何中的翻折問題

[思超I4]

在考查立體幾何的高考解答題中，翻折問題與探索性問題也是常考題型，考查熱點仍是

點、線、面的位置關系的判斷和空間角的計算，解題的關鍵是明確翻折前后不變的位置關系

和數量關系，根據題目條件合理引入參數，利用方程的思想解題.

二.翻折問題的兩個解題策略

確定翻折畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，分清翻折前后圖形的位置和數量關系

前后變與的變與不變.一般地，位于“折痕”同側的點、線、面之間的位置和數量關系不

不變的變，而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位置關系會發生變化；對于不變的

關系關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關系則要在立體圖形中解決

所謂的關鍵點，是指翻折過程中運動變化的點.因為這些點的位置移動，會

確定翻折

帶動與其相關的其他的點、線、面的關系變化，以及其他點、線、面之間位

后關鍵點

置關系與數量關系的變化.只有分析清楚關鍵點的準確位置，才能以此為參

的位置

照點，確定其他點、線、面的位置，進而進行有關的證明與計算

三.三步解決平面圖形翻折問題

確定折疊前后的各量之間的關系，搞清折疊前后的

第一步-i

變化量和不變量

0

在折疊后的圖形中確定線和面的位置關系，明確需

第二步

要用到的線面

工

第三步利用判定定理或性質定理進行證明

【典例】（2019?全國III卷）圖①是由矩形ADEB,R34BC和菱形BFGC組成的一個平面圖

形，其中A2=l,BE=BF=2,NEBC=60。.將其沿AB,8C折起使得BE與8尸重合，連接

DG,如圖②.

(1)證明：圖②中的A,C,G,。四點共面，且平面ABC,平面2CGE；

(2)求圖②中的二面角B-CG-A的大小.

【解題指導】

點

四颼處到陽折疊不變性不礪斗復軍

面

共

面

面

直

垂｛端器H線面垂直嚙平面M面BCGE］

求二利用線面閨求相關|求面BCG與面ACG、計算

面角位置關系［系)的坐標［的法向量求角

【解析】(1)由已知得AO〃BE,CG//BE,所以AO〃CG,

所以A。，CG確定一個平面，從而A,C,G,。四點共面.

由已知得A8_LBE,AB1BC,ABE^BC=B,BE,BCu平面BCGE,所以A8J_平面8CGE

又因為ABu平面ABC,所以平面ABCJ_平面8CGE.

⑵解作垂足為我

因為EHc平面BCGE,平面BCGE_L平面ABC,平面BCGEC平面ABC=BC,

所以EH_L平面ABC.

由已知，菱形BCGE的邊長為2,ZEBC=60°,可求得即/=1,即=3.

以X為坐標原點，反?的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系8—QZ,則

A(—l,1,0),C(l,0,0),G(2,0,3)，且=(1,0,V3),6=(2,-1,0).

設平面ACGZ)的法向量為"=(x,y,z),

C&n=0,f尤+1§z=0,

則即

6.〃=0,⑵—y=0.

所以可取〃=(3,6,—\/3).

又平面BCGE的法向量可取機=(0,1,0),

ZK.S),、nm近

所以cos〈"，加=而而=2-

因此二面角B-CG-A的大小為30。.

【解題技法】1.折疊問題中的平行與垂直關系的處理關鍵是結合圖形弄清折疊前

后變與不變的關系，尤其是隱含的垂直關系.一般地翻折后還在同一個平面上的

性質不發生變化，不在同一平面上的性質發生變化.

2.由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉化,因此整個證明過程

圍繞著線面垂直這個核心展開，這是解決空間垂直問題的技巧.

【跟蹤訓練】（2022??鹽城中學模擬預測）圖1是直角梯形ABC。，AB//DC,"=90。，

AB=2,DC=3,AD=>/3,CE=2ED,以3E為折痕將BCE折起，使點C到達G的位置，且

AQ=R,如圖2.

（1）求證：平面平面ABED；

（2）已知點尸為線段。&上一點，且Pq=2PD,求直線3尸與平面ABG所成角的正弦值.

【解析】（1）證明：如圖所示，連接AC與8E相交于點0,過點B作BFLEC交EC于點尸.

DC=3,CE=2ED,^\DE=\,EC=2.四邊形ABED為矩形，可得BF=AO=6，FC=\.

BC=\IBF2+FC2=2■ZBCF=60。..?.△BCE是等邊三角形.

:.0C=/,ECI/AB,EC=AB=2,OC±EB.可得：OA=OC=y/3,OALEB.

222

.■.OA+OC1=6=AC1,:.OA±OCt.又OBp|OG=。，OB,OC|U平面86石.

平面BC|E.又OAu平面ABED,.?.平面BGE-L平面

⑵解：建立如圖所示的空間直角坐標系.0(0,0,0),A("0,0),3(0,1,0),

G(0,0,73),所以如卜61,0),猬="。典，/=卜孚|,,，麗=悔-:0),

-fAB-n=-A/3X+y=0_

設面ABG的法向量為〃=(尤,y,z),所以—廠"r，令x=l,貝|y=JLz=l,

、'AC,-n=-J3x+J3z=Q

所以：?=（1,也,1）

因為點P為線段上一點，且g=2PD,所以赤=；/,所以

BP=BD+DP=BD+^DC[=

4A/3

\BP-n\

亍2A/70

設直線BP與平面ABC,所成角為0,則sin61=l,J,=

35

\BP\'\n\回x亞

3

所以直線3尸與平面ABC所成角的正弦值為2場

1.(2023?廣東梅州?統考一模)如圖，在邊長為4的正三角形A3C中，E為邊42的中點,

過E作ED_LAC于把VADE■沿。E翻折至△ADE的位置，連接片。、

4

(1)尸為邊AC的一點，若#=2隔，求證：即//平面

(2)當四面體C-EBA的體積取得最大值時，求平面\DE與平面AtBC的夾角的余弦值.

【分析】⑴由線面平行判定定理證明MB//平面，MF〃平面ADE,根據面面平行判

定定理證明平面〃平面AOE，根據面面平行性質定理證明防〃平面AOE；

(2)根據錐體體積公式由條件確定平面ABC,建立空間直角坐標系，求平面AOE與平

面A8C的法向量，根據向量夾角公式求法向量的夾角余弦，由此可得結論.

【詳解】(1)取AC中點M,連接MEMB

因為在正三角形ABC中，MB1AC,

又因為EDLAC,所以

人田0平面4。石，。￡匚平面4。￡,

所以MB〃平面，

B

而MRa平面AQE,AOu平面4。￡,所以MR//平面AQE.

有A/Fn〃B=Af,M產,Affiu平面MRB,

所以平面MFB〃平面ADE,

又3斤u平面JWFB,

因此3尸〃平面AQE.

（2）因為^C-BEA,~/-BCE，又因為△■BCE的面積為定值，

所以當4到平面BCE的距離最大時，四面體C-BE4的體積有最大值,

因為￡>E_LDC,DEA.AXD,DC[}AXD=D,DC,4￡>u平面ADC,

所以DE工平面4QC,

因為DEu平面A5C,所以平面ABC4平面A。。，

當ADLC。時，平面ABCc平面AQC=C。，AOu平面AOC

所以AO_L平面ABC,即在翻折過程中，點A到平面3CE的最大距離是A。，

因此四面體C-的體積取得最大值時，必有A。，平面ABC.

如圖，以點。為原點，DE為尤軸，DA為,軸，D4為z軸，建立空間直接坐標系,

C（0,-3,0）,4（0,0,1）,5（273,-1,0）,

4=（0,1,0）為平面AQE的一個法向量,

LU

設平面BCA的法向量為n2=（x,y,z）,

承=（0,-3,-1）,CB=（2^/3,2,0）

AC-n=-3y-z=0

:2百

由<一?一r，令y=—1得:x——,z=3,

CB-n2=2+2y=03

所以馬=為平面BCA的一個法向量,

_々?%_-1

cos（々,乙

3131.

lx

所以平面AQE與平面AfC的夾角（銳角）的余弦值為力.

31

2.（2023?江蘇泰州?統考一模）如圖，在AABC中，A。是BC邊上的高，以為折痕，將

△ACD折至△APD的位置，使得尸BLAB.

⑴證明：尸3_L平面ABZ）;

（2）若AD=PB=4,BD=2,求二面角3—修一。的正弦值.

【分析】（1）先證明出線面垂直，得到A￡>_LPS,進而證明出P3_L平面ABD；

（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解二面角的余弦值，進而求出正弦值.

【詳解】（1）證明：（是5c邊上的高，

PDrAD,AD±BD,

PDcBD=D,PD,BDu平面PBD,

.?.AD_L平面尸3D,

?/PBu平面PBD,

:.ADA.PB,

X-.PB±AB,4￡>,筋<=平面/18￡）,4。門45=4,

:.P3JL平面ABD；

（2）以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，垂直ADB平面為z軸,

建立空間直角坐標系，

AD=PB=4,BD=2,

則5（0,2,0）,尸（0,2,4）,A（4,0,0）,D（0,0,0）,

.,.麗=（0,0,4）,麗=（4,-2T）,麗=（4,0,0）,

設平面27%與平面P/LD的一個法向量分別為4=（3,％,馬）,%=（x2,y2,z2）,

n.?BP=4z=0

故)，解得：Z[=。，令玉=1,得：弘=2,

PA=4/-2%一4Z1=0

則點=(1,2,0),

幾2,PA=4X2-2y2-4Z2=0

,解得：x2=0,令Z2=l,則%=-2,

馬?DA=4X2=0

故1=（0,—2,1）,

設二面角3-R4-￡＞平面角為。，顯然。為銳角，

.與聞]（12。＞（。，-2,1）|4_4

sin。=Vl-cos20=g.

3.（2023?全國?模擬預測）如圖1,在平面四邊形ABC。中，BC=CD=2,ZBCD=120°,

AELBC于點E,Z）尸，AE于點尸，且與AB交于點G,DF=2,將△ADG沿QG折起，使

得平面AT＞G_L平面8CDG,得到四棱錐A-BCDG,如圖2,P,Q分別為CO,AF的中點.

A

A

圖1圖2

⑴求證：平面ABP；

Q）若AD=2出,求直線。。與平面Q8尸所成角的正弦值.

【分析】（1）要證明線面平行，根據線面平行的判斷定理，轉化為證明線線平行，通過作輔

助線，構造平行四邊形，即可證明。Q〃平面A3P；

（2）解法一:由平面ADG，平面BCDG,得到AF，平面BCDG,建立空間直角坐標系，

寫出相關點的坐標，求出平面。2尸的一個法向量和直線。。的方向向量，即可用向量的夾

角公式求直線。。與平面所成角的正弦值；

解法二：利用等體積轉化求點。到平面。8P的距離，再利用線面角的定義，即可求解.

【詳解】（1）如圖，連接B凡易知BC=O產，3C〃OR,.?.四邊形BCO尸為平行四邊形，

ABF=CD,BF〃CD,（平行四邊形的性質）

取A3的中點連接。/，HP,則QH//BF且QH=gBF,：.QH=PD,QH//PD,：.

四邊形。電加為平行四邊形，

又OQ<Z平面ABP,尸Hu平面（此步驟不能少）二OQ〃平面A8P.（線面平行的判

定定理）

（2）解法一：?.?平面ADG_L平面BCZJG,AF±DG,AFu平面ADG,平面4火7八平面

3cDG=OG,AFL平面BCOG.（面面垂直的性質定理）又用，FD,故以尸為坐標原

點，FE,FD,網所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.

z

A

易得BE=CE=1,FE=5易知AF=<28-4=2前,（勾股定理的應用）則。（0,2,0）,

B（V3,-l,0）,C（6,l,0）,以0,0,網,尸^.|,0

DQ=（0,-2,y[6）,QB=（73,-1,-76）,

\7

V3x-y-V6z=0

n-QB=0

設平面QBP的法向量為〃=（%,y,z）,貝卜取z=1,得

n?QP=0x+-y-\f6z=0

nDa屈

設直線與平面所成的角為凡貝cos（落而卜

OQQ3PUsin6=麗T”

（注意線面角的定義及取值范圍）

:.直線。。與平面所成角的正弦值為叵.

解法二?.?平面ADG_L平面BCDG,AFLDG,/Wu平面ADG,平面ADGf）平面

BCDG^DG,：.AF±^BCDG.（面面垂直的性質定理）連接尸尸，易得BE=CE=1,

FP=6,/BFP=90°,

過點尸作而，BP于點M,連接。M,又AF_LBP,AFC\FM=F,3P_L平面。FM,

/.QMLBP.在尸產中，BP=574+3=A/7,則FM=￥=拽1,

明7

易知AP=128—4=2#,QF=y/6,QM=Je+y=,DQ==質.設點。

到平面Q8P的距離為〃，連接8。，易知S.BPD=；X與x>=4,

則由七一和=%一加°,得二且x#=W2xbx〃，解得八=”,（等體積法的應用）

323273

近

設直線I）。與平面QBP所成的角為6,則.〃hT屈,

sinU=------=.—=-----

DQV1030

所以直線。。與平面QBP所成角的正弦值為嚕.

4.（2023?上海?統考模擬預測）正四棱錐尸-ABCD中，AB=2,尸0=3,其中。為底面中

心，M為尸。上靠近P的三等分點.

⑴求四面體M-ACP的體積；

（2）是否存在側棱PB上一點N,使面CW與面ABCZ）所成角的正切值為后?若存在，請描

述點N的位置；若不存在，請說明理由.

【分析】（1）連接AC,BD交于點0,過”作于點。，根據/位置可得MQ,

以AR4c為底，為高可得四面體體積；

（2）以。為坐標原點，OC,0D,。尸分別為苫，y,z軸，建立空間直角坐標系，利用

坐標法，結合二面角確定點N位置.

p

【詳解】（1）

二步。

如圖所示，連接AC,BD交于點、0,過M作于點Q,

由四棱錐尸-ABCD為正四棱錐，且。為底面中心，

得AC=8O=2后，D0=；BD=6,P01平面ABC。，BDA.AC,

:.PO±BD,

5L.POIAC=A,PO,ACu平面PAC,

平面PAC,

又MQ_LPO,則MQ〃5D,

因為/為P。上靠近尸的三等分點，

則MQ=gz）O=g,且MQ，平面PAC,

11111BQ

所以%”.心切苗。=?亍4。尸。包。=尸十20乂3乂*=不

設平面CMN與平面ABCD所成角為，，則tan9=&,cos0=——，

3

如圖所示，以o為坐標原點，oc,OD,0P分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系,

則。（0,0,0）,B（o,-V2,o）,C（V2,0,0）,尸（0,0,3）,

因為/為PO上靠近P的三等分點，

則M0,,2,且OP=(0,0,3),CM=BP=(0,42,3),

UUU1UULuum/.—\

^S^=2BP(O<2<1),BA^=(0,V2/l,32),

則.0,&彳-0,34),CN=(-V2,V22-V2,32),

設平面CW的法向量為。=(x,y,z),

CM-n=0-y/2x+y+2z=0

則一_，即3

CN-n=Q一缶+（屆一0）y+32z=O

令y=94-6,則5=（9幾一10,9/1—6,3&—4四）,

又由（1）得「。上平面ABCD,

UL1U

則平面ABCD的法向量為。尸=（0,0,3）,

3（3V22-4A/2）

；uunr

所以cos0-cos（OP,n

3?J（92—10『+（92—6『+（3&-一百，

解得％=g或V，

2

所以存在側棱網上一點N,使面CMN與面ABCO所成角的正切值為近，此時=

或BN=9BP.

7

5.(2023?貴州貴陽?統考一模)如圖(1),在梯形ABCD中，AD//BC,ADJ.AB,

AD^IAB^IBC,E為AD中點，現沿8E將折起，如圖(2),其中尸,G分別是BE,AC

的中點.

(1)(2)

⑴求證：FG_L平面ACD；

(2)若A8=AC=0，求二面角B-AC-O的余弦值.

【分析】(1)取AD中點易證得四邊形EFG〃為平行四邊形，從而得到PG〃EH,利用

等腰三角形三線合一性質可分別得到尸G,ACE",AD,結合平行關系和線面垂直的判定

可證得結論;

(2)根據長度關系可證得AEBE,尸C兩兩互相垂直，則以尸為坐標原點建立空間直角坐標

系，利用二面角的向量求法可求得結果.

【詳解】(1)取AD中點連接CE,AF,FC,EH,GH,

?.?E為AD中點，AD=2BC,:.DE=BC,又DEHBC,

，四邊形為平行四邊形，,臺口/。。，BE=CD,

(23,“分別為4。,4。中點，；.3"〃8,GH=-CD,

2

又歹為8E中點，:.EF//CD,EF=；CD,：.EF//GH,EF=GH,

二四邊形EFGH為平行四邊形，,FG//EH；

?:AE=DE,H為A￡>中點，：.EH±AD,:.FG±AD；

AE//BC,AE=AB=BC=—AD,AB±AD,，四邊形ABCE為正方形，

2

:.AF=FC,:.FG±AC,又ACC|AO=A,AC,AOu平面AC。，

；.FG_L平面ACZX

(2)由(1)知：CE=AB=-AD,:.AC±CD,又BEHCD,:.BE±FC-,

2

■.■AB=AE,尸為BE中點，:.AFLBE,

-：AF=FC=^BE=^AB2+AE2=1,AC=叵，AF2+FC2=AC2,

：.AFVFC,又BERFC=F,8￡,尸。<=平面26?石，；.”_1平面8。。石，

以尸為坐標原點，麗，斤,而正方向為％Mz軸，可建立如圖所示空間直角坐標系,

則3(1,0,0),4(0,0,1),C(0,l,0),F(0,0,0),

..AB=(1,0,-1),AC=(0,l,—1),BGJ。,],；),

設平面ABC的法向量5=(x,y,z),

AB-n=x—z=0

,令x=l,解得：y=z=l,.-.M=(1,1,1)；

AC-n=y-z=Q'7

vW平面ACD,：.平面ACD的一個法向量為而=,

11IH-H氐變3'

2

由圖形知：二面角B-AC-D為鈍二面角，二面角B-AC-D的余弦值為-遠.

3

6.（2023?福建漳州.統考二模）如圖1,在直角梯形28E中，BC//DE,BCLCD,A為

OE的中點，且。E=23C=4,BE=2也,將AABE沿AB折起，使得點E到達尸處（P與

。不重合），記尸。的中點為M,如圖2.

（1）在折疊過程中，尸8是否始終與平面4cM平行？請說明理由；

（2）當四棱錐P-ABCD的體積最大時，求C。與平面ACM所成角的正弦值.

【分析】（1）先證明四邊形ABCD為正方形，連接80交AC于點N,連接MN,易得

MN//PB,再由線面平行的判定定理即可證明結論；

（2）以A為坐標原點建立合適的空間角坐標系，分別求出成和平面ACM的一個法向量,

進而求出線面角的正弦值.

【詳解】（1）在折疊過程中，PB始終與平面ACM平行.

理由如下：

由已知可得：ABLDE,DE=2BC=4,BE=26,

所以AB=2,即四邊形ABQ）為正方形，

連接與AC于點N,連接MN,

又M為尸。的中點，所以MN//PB,

因為PBo平面ACM,MNu平面ACM,

所以PB〃平面ACM

（2）要使四棱錐尸-ABC。的體積最大，只需點P到平面ABCD的距離最大，

即抬，平面A5CD,以A為坐標原點，所在直線分別為尤,V，z軸建立如圖所示的

空間直角坐標系，

則A（0,0,0）,C（2,2,0）,D（0,2,0）,M（0,l,l）,

衣=（2,2,0）,而=（0,1,1）,配=（2,0,0）,

設平面ACM的法向量為2=（x,y,z）,

n-AC=012尤+2y=0

則1—.n4

n-AM=0[y+z=0

令y=-i,得x=z=i,則“=

設cr>與平面ACM所成角為e,

,一I\n-DC\2J]

所以sm6>=kos落?—!|=~T-=-7

11|n|.|DC|V3X23

即CO與平面ACM所成角的正弦值為巫.

3

7.（2023?甘肅蘭州?校考一模）在直角梯形ABCD（如圖1）,2ABC=90。，BC//AD,AD

=8,4B=2C=4,M為線段中點.將AABC沿AC折起，使平面ABC,平面ACZ）,得

到幾何體8—ACD（如圖2）.

⑴求證：CO_L平面ABC；

（2）求AB與平面BCM所成角0的正弦值.

【分析】（1）先根據勾股定理得到CD_LAC,再根據面面垂直的性質定理可證平面

ABC；

（2）取AC的中點。，連接。3,先證明OAOBO河兩兩垂直，再以。為原點，0M、0C、

。2所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，利用線面角的向量公式可求出結果.

【詳解】（1）由題設可知AC=,CD=4^2fAD—8,

AD2=CD2+AC2,ACD±AC,

又；平面ABC_L平面AC。，平面ABCc平面AC。=AC,CDu平面AC。,

.?.C￡)_L平面ABC.

(2)取AC的中點。，連接08,由題設可知△ABC為等腰直角三角形，所以OBLAC,

又因為平面ABC_L平面AC￡),平面ABCc平面ACD=AC,03u平面ABC,

所以。B_L平面ACM,連接0M,因為OMu平面ACM,所以O81Q0,

因為M、。分別為AO和4c的中點，所以0M//CD,

所以OMLAC,故以。為原點，OM、0C、。2所在直線為無軸、y軸、z軸建立空間直角坐

C(0,2A/2,0),M(272,0,0),

CB=(0,-272,272),CM=(272,-272,0),麗=僅,-2也,-2夜)

設平面8cM的一個法向量為法=(x,y,z),

心CB=-2肉+2缶=0

則—."廣，得x=y=z,令》=1,得為=(1,1,1),

n-CM=2V2x-2V2y=0

40—底

>/8+8xV3-3'

所以A3與平面BCM所成角。的正弦值為逅

3

8.(2023?四川成都?統考一模)如圖①，在等腰直角三角形ABC中，/4=90。,48=3,。,上分

別是AC,3C上的點,且滿足DEHAB.將ACDE沿DE折起，得到如圖②所示的四棱錐

P-ABED.

圖①

(1)設平面45尸。平面￡＞燈=/,證明：/_1平面")尸；

⑵若PAf,DE=2,求直線與平面所成角的正弦值.

【分析】(1)由小//AB得到線面平行，進而由線面平行的性質得到線線平行，得到

l±DA,l±DP,證明出線面垂直，

(2)建立空間直角坐標系，利用空間向量求出線面角的正弦值.

【詳解】(1)?.?。匹〃瓶,￡＞片0平面「48,48＜=平面m8,

.??DE7/平面

,.?DEu平面尸DE,平面PDEfl平面245=/,

：.DE//l.

由圖①DEIAC,得

:.I±DA,l±DP.

??,DA,DPu平面ADP,DAcDP=D,

.平面ADP；

(2)由題意，得DE=DP=2,DA=1.

?;APf=，。尸+2M2,...DA±Dp

又DELDP,DE工DA,以。為坐標原點，耳，而，力？的方向分別為x軸，＞軸，z軸正方

向，建立如圖所示的空間直角坐標系。孫z.

則0(0,0,0),E(0,2,0),3(1,3,0),尸(0,0,2),

PD=(O,O,-2),PE=(O,2,-2),PB=(l,3,-2).

設平面PBE的一個法向量為百=(x,y,z).

n-PB-(尤,y,z)?(1,3,-2)=尤+3y—2z=0

則”=〈,—.

n-PE—(%,y,z)?(0,2,-2)=2y-2z=0

令z=l,得y=L%=T,故〃=(-1,1,1).

設PO與平面FEB所成角為夕

nPD1(-1,1,1)-(0,0,-2)12；；A/3

HIIPD2xjl+l+l-2x遭一3

???直線尸O與平面PEB所成角的正弦值為走.

3

9.（2023?吉林?東北師大附中校考二模）如圖，等腰梯形ABCD中，AB//CD,

AD^AB^BC^l,CD=2,E為8中點，以AE為折痕把VADE折起，使點。到達點尸的

位置（尸已平面ABCE）.

(1)證明：AEA.PB-,

TT

（2）若直線尸8與平面ABCE所成的角為:，求平面APE與平面CPE夾角的余弦值.

【分析】（1）取AE的中點為。，證明AE_L平面P05即可；

（2）結合直線尸8與平面ABCE所成的角，先證明PO1平面ABCE,然后建立空間直角坐

標系，利用空間向量求二面角

CD

【詳解】（1）連接3。，設AE的中點為。，由AB〃CE,AB=CE=—,故四邊形ABCE為

平行四邊形，?,?AE=3C=AT>=DE,故VADE,AABE為等邊三角形，故ODLAE,

OBLAE,折疊后又0尸口。6=。，且0P,08u平面尸。5,故平

面「08,又P3u平面尸08,故

（2）由（1）已證得AE_L平面POB,故在平面P03內可作尸。工平面ABCE,垂足為。,

JT

則。在直線03上，直線PB與平面ABCE夾角為/PBQ=/尸30=：,又OP=OB,故

4

OP_LQ?,0,。兩點重合，即尸0」平面A3CE,以。為原點，0E為x軸，。8為y軸,

。尸為z軸，建立空間直角坐標系，

則尸jo,o，￥],E[J,O,O],=EC=U,^,0

乙)\乙J\l/NJN

1

—x-昱z=0

n.?PE=022

設平面PCE的一個法向量為1=(x,y,z),則，，一，即令x=^3得

弭.EC=01

-x+走y=0

[22

4=(>/3,-1,1),

又。5,平面Q4￡,顯然鼠=(0,1,0)為平面B4￡的一個法向量,

1_75

設二面角A-EP—C的大小為a,則|cos力卜os伍,履：

同同加5

由圖可知二面角A-EP-C為鈍角，所以cosa=-日.

10.(2019?山東?校聯考三模)已知正方形的邊長為4,E、歹分別為A。、BC的中點，以EF

為棱將正方形480折成如圖所示的60。的二面角，點M在線段48上.

⑴若M為AB的中點，且直線與由A,D,E三點所確定平面的交點為。，試確定點。

的位置，并證明直線。￡)〃平面EMC；

(2)是否存在點使得直線。E與平面EMC所成的角為60。；若存在，求此時二面角

M-EC-尸的余弦值，若不存在，說明理由.

【分析】(1)延長五加與EA的延長線交于點。，判斷點。在平面AOE內，連接。尸交C