10、A1C⊥平面BPD？若有，求出P點的位置；若沒有，請說明理由．
解 法一 (1)根據題意，長方體體積為
V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1，
當且僅當t＝2－t，即t＝1時體積V有最大值為1，
所以當長方體ABCD－A1B1C1D1的體積最大時，底面四邊形ABCD為正方形．
作BM⊥A1C于M，連接DM，BD.
因為四邊形ABCD為正方形，所以△A1BC與△A1DC全等，
故DM⊥A1C，
所以∠BMD即為所求二面角的平面角．
因為BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC為直角三角形，
又A1B＝，A1C＝，
所以BM＝＝＝，同理可得，DM＝，
在△BMD中，根
11、據余弦定理有：
cos∠BMD＝＝－.
因為0°＜∠BMD＜180°，所以∠BMD＝120°，
即此時二面角B－A1C－D的大小是120°.
(2)若線段A1C上存在一點P，使得A1C⊥平面BPD，則A1C⊥BD，又A1A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1A⊥BD，又A1C∩A1A＝A1，
所以BD⊥平面A1AC.
所以BD⊥AC，所以底面四邊形ABCD為正方形，
即只有ABCD為正方形時，線段A1C上存在點P滿足要求，否則不存在．由(1)知，所求點P即為BM⊥A1C的垂足M，此時，A1P＝＝＝，A1P∶A1C＝2∶3，即當底面四邊形為正方形時，存在點P，位置在線段
12、A1C上，A1P∶A1C＝2∶3處．
法二 根據題意可知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以AB為x軸，AD為y軸，AA1為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．
(1)長方體體積為V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤＝1，
當且僅當t＝2－t，即t＝1時體積V有最大值為1.
所以當長方體ABCD－A1B1C1D1的體積最大時，底面四邊形ABCD為正方形，則A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，1，0)．
設平面A1BC的法向量m＝(x，y，z)，
則即
取x＝z＝1，得m＝(1，0，1)，
同理可得平面A1CD的法向量n＝(0，1，1
13、)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
因二面角B－A1C－D為鈍角，
故其大小是120°.
(也可以通過證明B1A⊥平面A1BC寫出平面A1BC的法向量)
(2)根據題意有A1(0，0，1)，B(t，0，0)，C(t，2－t，0)，D(0，2－t，0)．若線段A1C上存在一點P滿足要求，不妨＝λ(λ＞0)，可得P(λt，λ(2－t)，1－λ)，＝(λt－t，λ(2－t)，1－λ)，又＝(－t，2－t，0)，＝(t，2－t，－1)，
則即
解得：t＝1，λ＝，
即只有當底面四邊形是正方形時才有符合要求的點P，位置是線段A1C上A1P∶A1C＝2∶3處．
探究提高 (1)對于存在判斷
14、型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等．
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數．
【訓練2】 如圖，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E，F分別是BC，PC的中點．
(1)證明：AE⊥平面PAD；
(2)取AB＝2，在線段PD上是否存在點H，使得EH與平面PAD所成最大角的正切值為？若存在，請求出H點的位置；若不存在，請說明理由．
(1)證明 由四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，
15、可得△ABC為正三角形，∵E為BC的中點，∴AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE.而PA?平面PAD，AD?平面PAD，PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD.
(2)解 設線段PD上存在一點H，連接AH，EH.由(1)知AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE＝，
∴當AH最短時，即當AH⊥PD時，∠EHA最大，此時tan∠EHA＝＝＝，因此AH＝，從而DH＝.
∴線段PD上存在點H，當DH＝時，使得EH與平面PAD所成最大角的正切值為.
熱點三 立體幾何中的折疊問題
將平面圖形沿
16、其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為立體幾何中的折疊問題，折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結合命題，考查學生的空間想象力和分析問題的能力．
【例3】 (2018·臺州調考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，E為BC的中點，F為線段AD上的一點，且AF＝.現將四邊形ABEF沿直線EF翻折，使翻折后的二面角A′－EF－C的余弦值為.
(1)求證：A′C⊥EF；
(2)求直線A′D與平面ECDF所成角的大?。?
(1)證明 連接AC交EF于點M，由平面幾何的知識可得AC＝，EF＝以及＝＝，
則AM＝，MC＝，MF＝.
故AM2＋MF2＝AF2，則A
17、C⊥EF，
于是A′M⊥EF，CM⊥EF，又A′M∩CM＝M，
故EF⊥平面A′MC，又A′C?平面A′MC，
故A′C⊥EF.
(2)解 由(1)知，二面角A′－EF－C的平面角就是∠A′MC，
即cos∠A′MC＝.
根據余弦定理，得
A′C＝＝1.
因為A′C2＋MC2＝＝A′M2，所以A′C⊥MC.
而由(1)知A′C⊥EF，且MC∩EF＝M，
所以A′C⊥平面ECDF.
因此，∠A′DC就是直線A′D與平面ECDF所成的角．
由于A′C＝CD＝1，所以∠A′DC＝∠CA′D＝，
故直線A′D與平面ECDF所成的角為.
探究提高 立體幾何中的折疊問題，關鍵是
18、搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況，一般地翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化．
【訓練3】 (2018·浙江五校聯(lián)考)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中點，將三角形ADE沿AE翻折到圖2的位置，使得平面AED′⊥平面ABC.
(1)在線段BD′上確定點F，使得CF∥平面AED′，并證明；
(2)求△AED′與△BCD′所在平面構成的銳二面角的正切值．
解 (1)點F是線段BD′的中點時，CF∥平面AED′.
證明：設AE，BC的延長線交于點M，
因為AB＝2EC，且AB∥CE，
所以點C是BM的中
19、點，
所以CF∥MD′.
而MD′?平面AED′，CF?平面AED′，
所以CF∥平面AED′.
(2)在矩形ABCD中，AB＝2，CD＝1，BE⊥AE，
因為平面AED′⊥平面ABC，且交線是AE，
所以BE⊥平面AED′.
在平面AED′內作EN⊥MD′于N，連接BN，
則BN⊥MD′.
所以∠BNE就是△AED′與△BCD′所在平面構成的銳二面角的平面角．
因為EN＝，BE＝，
所以tan∠BNE＝＝＝，即△AED′與△BCD′所在平面構成的銳二面角的正切值為.
1．(2018·金麗衢十二校二聯(lián))如圖，在四棱錐E－ABCD中，平面CDE⊥平面ABCD，
20、∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.
(1)證明：AB⊥平面BCE；
(2)求直線AE與平面CDE所成角的正弦值．
(1)證明∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴四邊形ABCD為直角梯形，易得DC＝.
又CE2＋DC2＝DE2，即EC⊥CD，
∵平面EDC⊥平面ABCD，平面EDC∩平面ABCD＝DC，
∴CE⊥平面ABCD.
∴CE⊥AB，又AB⊥BC，BC∩CE＝C，
∴AB⊥平面BCE.
(2)解 過點A作AH垂直DC于點H，則AH⊥平面DCE，連接EH，
即有∠AEH為直線AE與平面DCE所成的角．
易得AH＝，AE＝，
21、
可得sin∠AEH＝＝.
所以直線AE與平面CDE所成角的正弦值為.
2．(2017·天津卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.
(1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值；
(2)求證：PD⊥平面PBC；
(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．
(1)解 如圖，由已知AD∥BC，故∠DAP或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．
因為AD⊥平面PDC，PD?平面PDC，所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，故cos∠DAP＝＝.
所以異面直線AP與BC所成角的余弦值
22、為.
(2)證明 因為AD⊥平面PDC，直線PD?平面PDC，
所以AD⊥PD.又因為BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC.
(3)解 過點D作AB的平行線交BC于點F，連接PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．
因為PD⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，
所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角．
由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.由已知，得CF＝BC－BF＝2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC.
在Rt△DCF中，可得DF＝＝2.
在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.
所以直
23、線AB與平面PBC所成角的正弦值為.
3．(2008·蕭山中學模擬)如圖，已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，現將△DAC沿著對角線AC向上翻折到△PAC位置，此時PA⊥PB.
(1)求證：平面PAB⊥平面ABC；
(2)(一題多解)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值．
(1)證明 因為PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC，
所以PA⊥BC，又BC⊥AB，AB∩AP＝A，
所以BC⊥平面PAB，又BC?平面ABC，
所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)解 法一 如圖，作BD⊥PC于點D，連接AD，
由(1)知PA⊥平面PBC，所以PA⊥B
24、D，
而BD⊥PC，PA∩PC＝P，所以BD⊥平面PAC，
所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角，
在Rt△PBC中，BC＝3，PC＝4，PB＝，
所以BD＝，
又AB＝4，在Rt△ADB中，sin ∠BAD＝＝，
所以直線AB與平面PAC所成角的正弦值為.
法二 由(1)知平面PAB⊥平面ABC，
所以在平面PAB內，過點P作PE⊥AB于點E，
則PE⊥平面ABC，
如圖，以B為坐標原點，建立空間直角坐標系(z軸與直線PE平行)，
在Rt△PBC中，BC＝3，PC＝4，PB＝，
在Rt△APB中，AP＝3，AB＝4，PE＝，BE＝，
可知A(0，－4，
25、0)，B(0，0，0)，C(－3，0，0)，
P，
＝(－3，4，0)，＝，
則易得平面PAC的一個法向量為m＝，
＝(0，4，0)，
所以cos〈，m〉＝＝，
故直線AB與平面PAC所成角的正弦值為.
4．(2018·杭州學軍中學模擬)在如圖所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，FB是圓臺的一條母線．
(1)已知G，H分別為EC，FB的中點．求證：GH∥平面ABC；
(2)(一題多解)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC.求二面角F－BC－A的余弦值．
(1)證明 設FC的中點為I，連接GI，HI.
在△CEF中，因為點G是CE的中點，所以
26、GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.
因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.
(2)解 法一 連接OO′，則OO′⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，所以BO⊥AC.
以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.
由題意得B(0，2，0)，C(－2，0，0)，
所以＝(－2，－2，0)，
過點F作FM垂直于OB于點M.
所以FM＝＝3，可得F(0，，3)．
故＝(0，－，3)．
設m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．
由
27、可得
可得平面BCF的一個法向量m＝.
因為平面ABC的一個法向量n＝(0，0，1)，
所以cos〈m，n〉＝＝.
所以二面角F－BC－A的余弦值為.
法二 連接OO′.過點F作FM垂直于OB于點M，
則有FM∥OO′.
又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.
可得FM＝＝3.
OB＝2，OM＝O′F＝，BM＝OB－OM＝，
過點M作MN垂直BC于點N，連接FN.
可得FN⊥BC，從而∠FNM為二面角F－BC－A的平面角．
又AB＝BC，AC是圓O的直徑，
所以MN＝BMsin 45°＝.
從而FN＝＝，
可得cos ∠FNM＝＝，
所以二面角F－BC
28、－A的余弦值為.
5．(2017·金華調研)如圖，在多面體ABCDE中，AB＝BE＝BC＝2AD＝2，且AB⊥BE，∠DAB＝60°，AD∥BC，BE⊥AD.
(1)求證：平面ADE⊥平面BDE；
(2)求直線AD與平面DCE所成角的正弦值．
(1)證明 ∵AB＝2AD，∠DAB＝60°，∴由余弦定理可得BD＝AD，從而BD2＋AD2＝AB2，∴AD⊥DB，
又BE⊥AD，且BD∩BE＝B，
∴AD⊥平面BDE，又AD?平面ADE，∴平面ADE⊥平面BDE.
(2)解 ∵BE⊥AD，BE⊥AB，且AD∩AB＝A，
∴BE⊥平面ABCD，
∴點E到平面ABCD的距離就是線段
29、BE的長為2.
設AD與平面DCE所成角為θ，點A到平面DCE的距離為d，
由VA－DCE＝VE－ADC，得×d×S△CDE＝×|BE|×S△ACD，可解得d＝，
而AD＝1，則sin θ＝＝，
故直線AD與平面DCE所成角的正弦值為.
6．(2016·浙江卷)如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求證：BF⊥平面ACFD；
(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值．
(1)證明 延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示，因為平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，平面BCFE∩平
30、面ABC＝BC，所以AC⊥平面BCK，
因此BF⊥AC.
又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，
所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則
BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解 由(1)知BF⊥平面ACFD，所以BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝，DF＝，得cos ∠BDF＝.
所以，直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為.
7．(2018·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)如圖1，ABCD為梯形，AB∥CD，∠C＝60°，點E在CD上，AB＝CE，BF＝BD＝，BD⊥BC.現將△ADE沿AE折成如圖2△A
31、PE位置，使得二面角P－AE－C的大小為.
(1)求PB的長度；
(2)求證：PB⊥平面ABCE；
(3)(一題多解)求直線CE與平面APE所成角的正弦值．
(1)解 因為AB平行且等于EC，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以BC∥AE，又因為BD⊥BC，所以BD⊥AE，所以AE⊥FB，AE⊥FP，
即∠PFB為二面角P－AE－C的平面角．
又因為BF＝，PF＝2，
所以由余弦定理得BP2＝BF2＋PF2－2BF·PFcos∠BFP
＝9，所以BP＝3.
(2)證明 因為BF＝，PF＝2，BP＝3，滿足勾股定理，所以BF⊥PB.①
又因為BF⊥AE，PF⊥AE，BF∩
32、PF＝F，所以AE⊥平面PFB，又因為PB?平面PFB，所以AE⊥PB.②
由①②可知PB⊥平面ABCE.
(3)解 法一 作BN⊥PF于N點，連接AN，
由(2)可知，AE⊥平面BFP，又AE?平面APE，
所以平面BFP⊥平面APE.
又平面BFP∩平面APE＝PF，
所以BN⊥平面APE，
所以∠BAN是直線AB與平面APE所成的角；
在Rt△FBP中 ，BN＝BFsin 60°＝，
所以sin ∠NAB＝＝＝，
所以直線AB與平面APE所成角的正弦值為.
因為AB∥CE，所以直線CE與平面APE所成角的正弦值為.
法二 由于BF，BP，BC兩兩互相垂直，如圖
33、，建立空間直角坐標系，
則B(0，0，0)，C(3，0，0)，A(－1，，0)，E(2，，0)，P(0，0，3)．
設平面APE的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
得取n＝(0，，1)．
設直線CE與平面APE所成的角為θ，又＝(1，－，0)，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，
即直線CE與平面APE所成角的正弦值為.
8．(2018·紹興一中適應性考試)如圖，矩形ABCD中，＝λ(λ＞1)，將三角形ACD沿AC翻折，使點D到達點E的位置，且二面角C－AB－E為直二面角．
(1)求證：平面ACE⊥平面BCE；
(2)(一題多解)設F是BE的中點，二面角E－A
34、C－F的平面角的大小為θ，當λ∈[2，3]時，求cos θ的取值范圍．
(1)證明 ∵二面角C－AB－E為直二面角，
AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABE，又AE?平面ABE，∴BC⊥AE，
∵AE⊥CE，BC∩CE＝C，∴AE⊥平面BCE.
∵AE?平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE.
(2)解 設AD＝1，則AB＝λ，
法一 過點F作FG⊥EC于點G，則可證FG⊥平面AEC，
再過點G作GH⊥AC于點H，連接FH，則AC⊥FH.
可證∠FHG即為二面角E－AC－F的平面角，
也即∠FHG＝θ，
∵AF＝CF＝＝，
∴H為AC的中點，
∴FH＝＝，
由S△CEF＝S△BCE得FG＝，
∴HG＝＝，
∴在△FHG中，cos θ＝＝·.
由λ∈[2，3]得cos θ∈.
法二 如圖，以E為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，1，0)，B(，0，0)，C(，0，1)，E(0，0，0)，F，
則＝(0，1，0)，＝(，0，1)．
設平面EAC的法向量為m＝(x，y，z)，
則取x＝1，
則m＝(1，0，－)，
同理可得平面FAC的一個法向量為
n＝(2，，－)，
∴cos θ＝＝＝·，
由λ∈[2，3]得cos θ∈.
21
（浙江專版）2019版高考數學大一輪復習 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點題型學案 理
