1、立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试.2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意
2、情形加以分析判定，也可转化为平面问题.对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节)或(面积)体积的最值的问题.其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一 立体几何中的翻折问题【例 1】(2019全国卷)图是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其
3、沿 AB，BC 折起使得 BE与 BF 重合，连接 DG，如图.(1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE；(2)求图中的二面角 BCGA 的大小.(1)证明 由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面.由已知得 ABBE，ABBC，且 BEBCB，BE，BC平面 BCGE，所以 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE.(2)解 作 EHBC，垂足为 H.因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC，平面 BCGE平面 ABCBC，所以 EH平面 AB
4、C.由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，可求得 BH1，EH 3.以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，则 A(1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG(1，0，3)，AC(2，1，0).设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，则CG n0，ACn0，即x 3z0，2xy0.所以可取 n(3，6，3).又平面 BCGE 的法向量可取 m(0，1，0)，所以 cosn，m nm|n|m|32.因此二面角 BCGA 的大小为 30.【训练 1】(2020浙江名师预测卷四)在梯形 ABCD 中，对角线 AC 与
5、 BD 交于点 O，AD2AB2BC2CD.将BCD沿BD翻折至BPD，且满足平面ABP平面BPD.(1)求证：二面角 PBDA 是直二面角；(2)(一题多解)求直线 PD 与平面 PAO 所成角的正弦值的大小.(1)证明 由已知条件易得BAD60，BDA30，ABBD.在BPD 中，过点 D 作 DHBP，交 BP 的延长线于点 H.平面 ABP平面 BPD，平面 ABP平面 BPDBP，DH平面 ABP，AB平面 ABP，DHAB.又BDDHD，AB平面 BPD，AB平面 ABD，平面 ABD平面 BPD.即二面角 PBDA 是直二面角.(2)解 法一 过点 P 作 PGBD，交 BD 于
6、点 G，则 G 是 BD 的中点.由(1)可知平面 PBD平面 ABD，又平面 PBD平面 ABDBD，PG平面 ABD.设 OB1，则 OP1，OA2，ABBP 3，AB平面 BPD，ABBP，AP AB2BP2 6，由余弦定理得 cosAOPOA2OP2AP22OAOP14，则 sinAOP 154.设点 D 到AOP 的距离为 h，VPAODVDAOP，13PGSAOD13hSAOP，PG 32，SAOD1222sin 23 3，SAOP1212 154 154，h2 155，PD 3，直线 PD 与平面 PAO 所成角 的正弦值 sin hPD2 55.法二 分别取 BD，AD 的中点
7、 E，F，连接 EP，EF，则 EFAB.由(1)可知 AB平面 BPD，EF平面 BPD，EFBD，EFEP.PBPD，PEBD，以点 E 为坐标原点，EF，ED，EP的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设 OB1，可得 P0，0，32，D0，32，0，A3，32，0，O0，12，0.PD 0，32，32，PA3，32，32，AO(3，1，0).设平面 PAO 的法向量为 n(x，y，z)，则PAn0，AO n0，即 3x32y 32 z0，3xy0，令 x1，则 n(1，3，1)，直线 PD 与平面 PAO 所成角 的正弦值为 sin|cosn，PD|nPD|n|P
8、D|2 55.题型二 立体几何中的轨迹问题【例 2】(1)已知在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1 与平面 A1B1C1D1 垂直，且 ADAB，E 为 CC1 的中点，P 在对角面 BB1D1D 所在平面内运动，若 EP 与 AC成 30角，则点 P 的轨迹为()A.圆B.抛物线C.双曲线D.椭圆(2)已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，点 P 是平面 AC 内的动点，若点 P到直线 A1D1 的距离等于点 P 到直线 CD 的距离，则动点 P 的轨迹所在的曲线是()A.抛物线B.双曲线C.椭圆D.直线解析(1)因为在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，A
9、A1 与平面 A1B1C1D1 垂直，且ADAB，所以该平面六面体 ABCDA1B1C1D1 是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面 BB1D1D底面 ABCD，AC对角面 BB1D1D.取 AA1 的中点 F，则 EFAC，因为 EP 与 AC 成 30角，所以 EP 与 EF 成 30角.设 EF 与对角面 BB1D1D 的交点为 O，则 EO对角面 BB1D1D，所以点 P 的轨迹是以 EO 为轴的一个圆锥的底面，故选 A.(2)如图，以 A 为原点，AB 为 x 轴、AD 为 y 轴，建立平面直角坐标系.设 P(x，y)，作 PEAD 于 E、PFA1D1 于 F，连接 EF，易知|P
10、F|2|PE|2|EF|2x21，又作 PNCD 于 N，则|PN|y1|.依题意|PF|PN|，即x21|y1|，化简得 x2y22y0，故动点 P 的轨迹为双曲线，选 B.答案(1)A(2)B【训练 2】(1)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 M，N 分别是线段 CD，AB 上的动点，点 P 是A1C1D 内的动点(不包括边界)，记直线 D1P 与 MN 所成角为，若 的最小值为3，则点 P 的轨迹是()A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.抛物线的一部分D.双曲线的一部分(2)如图，AB 是平面 的斜线段，A 为斜足，若点 P 在平面 内运动，使得ABP的面积为定值，则动点 P 的
11、轨迹是()A.圆B.椭圆C.一条直线D.两条平行直线解析(1)延长 D1P 交底面 ABCD 的内部于点 Q，连接 QD，则D1QD 为直线 D1Q 与底面 ABCD 所成的角，也就是直线D1P 与 MN 所成角 的最小值，故D1QD3，从而DD1Q6，所以 D1Q 的轨迹是以 D1D 为轴，顶点为 D1，母线 D1Q与轴 D1D 的夹角为6的圆锥面的一部分，则点 P 的轨迹就是该部分圆锥面与A1C1D 面(不包括边界)的交线，而A1C1D 面所在平面与轴 D1D 斜交，故点 P的轨迹是椭圆的一部分.(2)由于线段 AB 是定长线段，而ABP 的面积为定值，所以动点 P 到线段 AB 的距离也
12、是定值.由此可知空间点 P 在以 AB 为轴的圆柱侧面上.又 P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆.P 的轨迹就是圆柱侧面与平面 的交线是椭圆.答案(1)B(2)B 题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例 3】(1)如图，正三棱锥 SABC 的底面边长为 2a，E、F、G、H 分别为 SA，SB，CB，CA 的中点，则四边形 EFGH 的面积的取值范围是()A.(0，)B.33 a2，C.36 a2，D.12a2，(2)在棱长为 6 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M 是 BC 中点，点 P 是平面 DC
13、C1D1所在的平面内的动点，且满足APDMPC，则三棱锥 PBCD 体积的最大值是()A.36 B.12 3C.24 D.18 3解析(1)因为 E、F、G、H 分别为 SA，SB，CB，CA 的中点，EF 綉12AB，HG綉12AB，EF 綉 HG，同理，EH 綉 FG，所以 EFGH 为平行四边形，又SABC为正三棱锥，SCAB，EFAB，FGSC，所以 EFFG，从而四边形 EFGH为矩形，其面积 SGHGF12aSC，当正三棱锥的高0 时，SC正三角形 ABC的外接圆的半径2 33 a，所以四边形 EFGH 的面积 33 a2，选 B.(2)因为 AD平面 D1DCC1，则 ADDP，
14、同理 BC平面 D1DCC1，则 BCCP，APDMPC，则PADPMC，AD2MC，则 PD2PC，下面研究点 P在面 ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设 D(0，0)，C(6，0)，D1(0，6)，C1(6，6)，设 P(x，y)，因为 PD2PC，所以 x2y22（x6）2y2，化简得(x8)2y216，该圆与 CC1 的交点纵坐标最大，交点为(6，2 3)，三棱锥PBCD 的底面 BCD 的面积为 18，要使三棱锥 PBCD 体积最大，只需高最大，当 P 在 CC1 上且 CP2 3时棱锥的高最大，V13182 312 3.答案(1)B(2)B【训练 3】(1)如
15、图，在三棱锥 ABCD 中，平面 ABC平面 BCD，BAC 与BCD均为等腰直角三角形，且BACBCD90，BC2，点 P 是线段 AB 上的动点，若线段 CD 上存在点 Q，使得异面直线 PQ 与 AC 成 30的角，则线段 PA 长的取值范围是()A.0，22B.0，63C.22，2D.63，2(2)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 4，点 Q 在棱 AA1 上，且 AQ3A1Q，EFGC1 是侧面 BCC1B1 内的正方形，且 C1E1，P 是侧面 BCC1B1 内的动点，且 P到平面 CDD1C1 的距离等于线段 PF 的长，则线段 PQ 长度的最小值为_.解析(1)
16、设 BC 的中点为 O，连接 OA，因为BAC90，BC2OA1，故建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，P(s，0，t)，Q(1，m，0)(s0，t0，m0)，则PQ(1s，m，t)，AC(1，0，1)，PA(s，0，1t)，所以PQ AC1st，|PQ|（1s）2m2t2，|AC|11 2，所以（1s）2m2t22cos 301st，即 62（1s）2m2t21st，也即 3m24t(1s)(1s)2t2，由此可得 3m24t(1s)(1s)2t20，结合 ts1 可得 4(1s2)22s23s21，所以|s|1
17、3，则|PA|（s）2（1t）2 s2s2 2|s|63，即 0|PA|63，应选 B.(2)过 Q 作 QTBB1，T 为垂足，连接 TP，则 QTTP，所以QP2QT2PT2，当 PT 取最小值时，QP 最小.作 PNCC1，N 为垂足.建立如图所示的空间直角坐标系，则 T(4，4，3)，设 P(x，4，z)，则 0 x4，0z4，N(0，4，z).由题意得 EFFG1，所以 F(1，4，3).因为 PFPN，所以（x1）2（z3）2x，化简得(z3)22x1.因为 PT2(x4)2(z3)2(x4)22x1x26x15(x3)266，所以当x3 时，PT 取得最小值，此时 QP24262
18、2，所以线段 PQ 长度的最小值为 22.答案(1)B(2)22补偿训练一、选择题1.已知线段 AB 垂直于定圆所在的平面，B，C 是圆上的两点，H 是点 B 在 AC 上的射影，当 C 运动时，点 H 运动的轨迹()A.是圆B.是椭圆C.是抛物线D.不是平面图形解析 设在定圆内过点 B 的直径与圆的另一个交点为点 D，过点 B 作 AD 的垂线，垂足为点 E，连接 EH，CD.因为 BD 为定圆的直径，所以 CDBC，又因为 AB 垂直于定圆所在的平面，所以 CDAB，又因为 ABBCB，所以 CD平面 ABC，所以 CDBH，又因为 BHAC，ACCDC，所以 BH平面 ACD，所以 BH
19、EH，所以动点 H 在以 BE 为直径的圆上，即点 H 的运动轨迹为圆，故选 A.答案 A2.设 P 是正方体 ABCDA1B1C1D1 的对角面 BDD1B1(含边界)内的点，若点 P 到平面 ABC、平面 ABA1、平面 ADA1 的距离相等，则符合条件的点 P()A.仅有一个B.有有限多个C.有无限多个D.不存在解析 与平面 ABC，ABA1 距离相等的点位于平面 ABC1D1 上；与平面 ABC，ADA1距离相等的点位于平面 AB1C1D 上；与平面 ABA1，ADA1 距离相等的点位于平面ACC1A1 上；据此可知，满足题意的点位于上述平面 ABC1D1，平面 AB1C1D，平面AC
20、C1A1 的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.答案 A3.如图，在正四棱锥 SABCD 中，E 是 BC 的中点，P 点在侧面SCD 内及其边界上运动，并且总是保持 PEAC.则动点 P 的轨迹与SCD 组成的相关图形最有可能的是()解析 取 CS，CD 的中点 F，G，连接 EF，EG，FG.E 为 BC 的中点，EFBS.又 EF平面 SBD，BS平面 SBD，EF平面 SBD.同理，FG平面 SBD.又 EFFGF，EF平面 EFG，FG平面 EFG，平面 EFG平面 SBD.又 AC平面 SBD，AC平面 EFG，ACFG，点 PFG，点 P 的轨迹是SCD 的中位线 FG
21、，选 A.答案 A4.(2020浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，侧面 PAD 为正三角形，且侧面 PAD底面 ABCD，已知在侧面 PAD 内存在点 Q，满足 PQQD，则当 AQ 最小时，二面角 ACDQ 的余弦值是()A.2 34B.2 34C.2 62D.2 64解析 取 PD 的中点 M，因为四边形 ABCD 为正方形，所以CDAD，又平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面 ABCDAD，CD平面 ABCD，所以 CD平面 PAD，所以 CDQD，则二面角 ACDQ 的平面角是ADQ，又因为点 Q 的轨迹是以 M 为圆心的圆，如图，当
22、|AQ|最小时，ADQADPQDP604515，即二面角 ACDQ 的余弦值为 cos 15cos(6045)2 64，故选D.答案 D5.(2020浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P，Q 分别为 BD1，BB1 上的动点，则C1PQ 周长的最小值为()A.2 153B.42 2C.483 2D.2 133解析 连接 B1D1，BC1，由图易得C1PQ 的三边分别在三棱锥 BB1C1D1 的三个侧面上，将三棱锥 BB1C1D1 的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形 BC1D1C1为直角梯形，当 C1，P，Q，C1 四点共线时，C1PQ 的周长
23、最小，最小值为C1D21D1C2142 2，即C1PQ 的周长的最小值为42 2，故选 B.答案 B6.(2020诸暨期末)三棱锥 PABC 如图所示，PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，ABC 中ABC2，AB2BC2.当ABC 以 AB 为轴旋转时，记 PCx，二面角 PABC 的余弦值为 y，则 y 与 x 的函数关系的图象大致形状是()解析 因为PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，ABC2，AB2BC2，设 AB 的中点为 D，连接 PD，以点 D 为原点，DB，DP 所在的直线分别为 y 轴、z轴，过点 D 垂直于平面 PAB 的直线为 x 轴建立空间直角坐标系，则易
24、得 P(0，0，1)，B(0，1，0)，当ABC 以 AB 为轴旋转时，设点 C 的坐标为 C(x0，1，z0)，因为 BC1，所以 x20z201.易得平面 PAB 的一个法向量为 n1(1，0，0)，设平面ABC 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，因为DB(0，1，0)，BC(x0，0，z0)，则由n2DB 0，n2BC0，得y20，x2x0z2z00，所以平面 ABC 的一个法向量为 n2(z0，0，x0)，则二面角 PABC 的余弦值为 ycosn1，n2 n1n2|n1|n2|z0.又因为 PCx201（z01）2x，所以 z03x22，即 y3x22，函数图象为开口向下的抛物线
25、的一部分，故选 A.答案 A二、填空题7.在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 P 在侧面 BCC1B1 及其边界上运动，总有APBD1，则动点 P 的轨迹为_.解析 易证 BD1平面 ACB1，所以满足 BD1AP 的所有点 P 都在一个平面 ACB1上.而已知条件中的点 P 是在侧面 BCC1B1 及其边界上运动，因此，符合条件的点 P在平面 ACB1 与平面 BCC1B1 的交线上，故所求的轨迹为线段 B1C.答案 线段 B1C8.如图，在棱长为 2 的正四面体 SABC 中，动点 P 在侧面 SAB 内，PQ底面 ABC，垂足为 Q，若 PS3 24 PQ，则 PC 长度的最小值
26、为_.解析 作 PHAB 于点 H，连接 QH，则PHQ 为二面角 SABC 的平面角，设AB 的中点为 G，S 在平面 ABC 内的射影为 O(O为ABC 的中心)，连接 SG，GO，SO，则SGO也是二面角 SABC 的平面角，则 sinPHQPQPHsinSGOSOSG2 23，所以 PH3 24 PQ，所以 PHPS，所以点 P 的轨迹是侧面 SAB 内以AB 为准线，以 S 为焦点的抛物线，SH 的中点 O 是抛物线的顶点，O 到 C 的距离就是PC 的最小值，在SHC 中，由余弦定理，得 cosSHC（3）2（3）2222 3 313，在PHC 中，由余弦定理可知，PC2322(3
27、)22 32 313114，所以 PCmin 112.答案 1129.已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 3，长为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在DD1 上运动，另一个端点 N 在底面 ABCD 上运动，则 MN 的中点 P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为_.解析 连接 DP，因为 MN2，所以 PD1，因此点 P 的轨迹是一个以 D 为球心，1 为半径的球面在正方体内的部分，所以点 P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即1843136.答案 610.已知在矩形 ABCD 中，AB3，BCa，若 PA平面 AC，在 BC 边上取点 E，使
28、PEDE，若满足条件的 E 点有两个时，则 a 的取值范围是_.解析 连接 AE，由三垂线逆定理可知 DEAE，要使满足条件的 E 点有两个则须使以 AD 为直径的圆与 BC 有两个交点，所以半径长a23，a6.答案(6，)11.(2020广州综测二)有一个底面半径为 R，轴截面为正三角形的圆锥纸盒，在该纸盒内放一个棱长均为 a 的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，则 a 的最大值为_.解析 在该纸盒内放一个棱长均为 a 的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，所以当 a 最大时，棱长均为 a 的四面体的外接球是该纸盒的内切球.设该纸盒的内切球半径为 r，则 r 33 R.如图，设 a
29、 最大时，棱长均为 a 的四面体 SABC 的外接球的球心为 O，半径为 r，过 S 作 SH底面 ABC，连接 AH 并延长交 BC 于 D，连接 AO，则 AD 32 a，AH23 32 a 33 a，SHa233 a2 63 a，所以 OH 63 ar，63 ar233 a2(r)2，化简得 a22 63 ar0，解得 r 64 a，所以 r 33 Rr 64 a，解得 a2 23 R，即 a 的最大值为2 23 R.答案 2 23 R12.如图，已知ACB90，DA平面 ABC，AEDB 交 DB 于 E，AFDC 交 DC于 F，且 ADAB2，则三棱锥 DAEF 体积的最大值为_.
30、解析 因为 DA平面 ABC，所以 DAAB，ADBC，AEDB，又 ADAB2，DE 2，又因为 BCAC，ACADA，所以 BC平面 ACD，所以平面 BCD平面 ACD，AFDC，平面 BCD平面 ACDCD，所以 AF平面 BCD，所以 AFEF，BDEF，所以 BD平面 AEF，由 AF2EF2AE222AFEF 可得 AFEF1，所以 SAEF12，所以三棱锥 DAEF 体积的最大值为13 212 26.答案 2613.如图，在长方形 ABCD 中，AB2，BC1，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
31、平面 ABD 内过点 D 作 DKAB，K 为垂足.设 AKt，则 t 的取值范围是_.解析 如图，在平面 ADF 内过 D 作 DHAF，垂足为 H，连接HK.过 F 点作 FPBC 交 AB 于点 P.设FAB，则 cos 22，2 55.设 DFx，则 1x2，平面 ABD平面 ABC，平面 ABD平面 ABCAB，DKAB，DK平面 ABD，DK平面 ABC，又 AF平面 ABC，DKAF.又DHAF，DKDHD，DK，DH平面 DKH，AF平面 DKH，AFHK，即 AHHK.在 RtADF 中，AF 1x2，DHx21x2，ADF 和APF 都是直角三角形，PFAD，RtADFRt
32、FPA，APDFx.AHDADF，cos 11x2tx1x2.x1t.1x2，11t2，12t1.答案 12，1三、解答题14.(2018全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF.(1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.(1)证明 由已知可得，BFPF，BFEF，又 PFEFF，PF，EF平面 PEF，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD.(2)解 作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平
33、面 ABFD.以 H 为坐标原点，分别以FB，HF，HP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE 3.又 PF1，EF2，故 EF2PE2PF2，所以 PEPF.可得 PH 32，EH32.则 H(0，0，0)，P0，0，32，D1，32，0，DP 1，32，32，HP 0，0，32为平面 ABFD 的一个法向量.设 DP 与平面 ABFD 所成角为，则 sin HP DP|HP|DP|343 34.所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 34.15.(2020浙江新高考
34、仿真卷三)在矩形 ABCD 中，E，F 分别为 AB 与 BC 边的中点，现将AED，BEF 分别沿 DE，EF 折起，使 A，B 两点重合于点 P，连接 PC，已知 AB 2，BC2.(1)求证：DF平面 PEF；(2)(一题多解)求直线 PC 与平面 PEF 所成角 的正弦值.(1)证明 由题知 EPPF，EPPD，又 PFPDP，EP平面 PFD，又 FD平面 PFD，EPFD.又由题意可知 EF 62，DF 3，DE3 22，DE2EF2DF2，EFFD.又 EFEPE，DF平面 PEF.(2)解 由(1)可知 DF平面 PEF，且 DF平面 CDEF，平面 PEF底面 CDEF，EF
35、 为交线，过点 P 作 PGEF，则 PG底面 CDEF，PE 22，PF1，EF 62，SPEF12|PE|PF|12|EF|PG|，PG 33，EG 66，FG 63.法一 过点 C 作 CHEF，交 EF 的延长线于点 H，CH平面 PEF，则CPH 即为所求的线面角.在平面图中，CFHEFB，经计算 CH 33，FH 63，CGGH2CH23.PC PG2CG2 303，sin CHPC 1010.即直线 PC 与平面 PEF 所成角的正弦值为 1010.法二 如图，以 C 为坐标原点，CD，CF，过点 C 且垂直于平面 CDEF 的直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 G
36、23，53，0，P23，53，33，E22，2，0，F(0，1，0)，CP23，53，33，PE26，13，33，EF 22，1，0.设平面 PEF 的法向量为 n(x，y，z)，则PEn0，EFn0，即 26 x13y 33 z0，22 xy0，令 x 2，则 y1，z0，即 n(2，1，0).sin|cosCP，n|23530303 3 1010.即直线 PC 与平面 PEF 所成角的正弦值为 1010.16.(2020北仑中学模拟)在平面四边形 ABCD(图 1)中，ABC 与ABD 均为等腰三角形且有公共边 AB，设 ADBD2，ACBC 13，ADBD，将ABC 沿 AB折起，构成如
37、图 2 所示的三棱锥 CABD.(1)求证：ABCD；(2)(一题多解)已知二面角 CABD 的大小为 2，P 为直线 AB 上一动点，CP与底面 ABD 所成角为，若 cos 的最小值为 2211 时，求二面角 ACDB 的余弦值.(1)证明 如图 1，连接 CD 交 AB 于点 E，图 1因为 ADBD，ACBC，所以四边形 ACBD 为“筝”形，故 ABCD.所以在ABC 沿 AB 折起到ABC的位置后，仍有 ABCE，ABDE.如图 2，又 DECEE，DE，CE平面 DCE，故 AB平面 DCE.又因为 CD平面 DCE，所以 ABCD.(2)如图 2，过 C作 DE 的垂线交于点
38、O，图 2因为二面角 CABD 的大小为2，故 O 在 DE 的延长线上.因为 AB平面 ADB，所以平面 ADB平面 DCE.又因为 CODE，平面 ADB平面 DCEDE，所以 CO平面 ADBO，故CPO 就是 CP 与底面 ABD 所成角.在 RtOPE 中，OPOE，则 tan OCOPOCOE，故当且仅当 P 与 E 重合时，cos OECE取得最小值为 2211.因为 ADBD2，ACBC 13，ADBD，故 CE 11，从而 OE 2，CO3，显然底面四边形 ADBO 为正方形.法一 过 A 作 CD 的垂线交 CD 于点 G，即 AGCD，连接 BG，由于ACDBCD，根据几
39、何图形的对称性可知 BGCD.由于平面 ACD平面 BCDCD，所以AGB 就是二面角 ACDB 的平面角，又因为 CD2CA2AD2，所以ACD 为直角三角形.在 RtACD 中，易知 CD 17，AG2 1317，同理可知 BGAG2 1317.又 AB2 2，所以 cosAGBAG2BG2AB22AGBG241317 8241317 413，所以二面角 ACDB 的余弦值为 413.法二 如图 3，由于 OA，OB，OC两两垂直，图 3故以 O 为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz，则 A(2，0，0)，C(0，0，3)，D(2，2，0)
40、，B(0，2，0)，CD(2，2，3)，AD(0，2，0)，BD(2，0，0).设平面 ACD 的法向量 n(x，y，z)，即nAD 0，nCD 0，即2y0，2x2y3z0，令 z2，则 n(3，0，2)，同理可知，平面 BCD 的一个法向量 m(0，3，2).设二面角 ACDB 的大小为，由于 m，n 都指向二面角的外部，故 与m，n互补，则 cos cosm，n mn|m|n|413，所以二面角 ACDB 的余弦值为 413.17.(2020北京房山区一模)如图 1，在矩形 ABCD 中，AB4，AD2，E，F，O 分别为 DC，AE，BC 的中点.以 AE 为折痕把ADE 折起，使点
41、D 到达点 P 的位置，且平面 PAE平面 ABCE(如图 2).(1)求证：BC平面 POF；(2)求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值；(3)在线段 PE 上是否存在点 M，使得 AM平面 PBC？若存在，求PMPE的值；若不存在，说明理由.(1)证明 在矩形 ABCD 中，AB4，AD2，E 是 CD 中点，所以 DADE，即 PAPE，又 F 为 AE 的中点，所以 PFAE，又平面 PAE平面 ABCE，平面 PAE平面 ABCEAE，PF平面 PAE，所以 PF平面 ABCE，BC平面 ABCE，所以 PFBC，由 F，O 分别为 AE，BC 的中点，易知 FOAB，所以
42、OFBC，因为 PFOFF，所以 BC平面 POF.(2)解 过点 O 作平面 ABCE 的垂线 OZ，以 O 为原点，分别以 OF，OB，OZ 为 x，y，z 轴建立坐标系 Oxyz，则 A(4，1，0)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，E(2，1，0)，P(3，0，2)，AP(1，1，2)，BP(3，1，2)，CB(0，2，0)，设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)，由BPn0，CBn0，得3xy 2z0，2y0，令 z3 得 n(2，0，3)，cosn，AP nAP|n|AP|23 22 112 2211，所以直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为2 2211.(3)解 在线段 PE 上不存在点 M，使得 AM平面 PBC.证明如下：点 M 在线段 PE 上，设PMPE，则PM PE，0，1，AM APPM APPE(1，1，2(1)，若 AM平面 PBC，则AM n，由AM n0 得(1，1，2(1)(2，0，3)0，解得 20，1，所以在线段 PE 上不存在点 M，使得 AM平面 PBC.
