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第三章　课时精练45　翻折与探究性问题
(分值:100分)
一、基础巩固
选择题每小题5分,共25分
1.已知梯形CEPD如图①所示,其中PD=8,CE=6,A为线段PD的中点,四边形ABCD为正方形,现沿AB进行折叠,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如图②所示的几何体.已知当点F满足(0<λ<1)时,平面DEF⊥平面PCE,则λ的值为(　　)
2.(多选)如图,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是(　　)
=0
AB⊥DC　
BD⊥AC
平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
3.如图,在矩形ABCD中,AD>AB,现将△ABD沿BD折至△A'BD,使得二面角A'-BD-C为锐角,设直线A'D与直线CD的夹角为α,直线A'C与平面ABCD的夹角为β,二面角B-A'D-C的大小为γ,则α,β,γ的大小关系是(　　)
α>β>γ α>γ>β
γ>α>β 不能确定
4.如图,已知等腰三角形ABC中,AB=AC,O为BC的中点,动点P在线段OB上(不含端点),记∠APC=θ,现将△APC沿AP折起至△APC',记异面直线BC'与AP的夹角为α,则下列结论一定成立的是(　　)
θ>α θ<α
θ+α>
5.如图1,在平面多边形ABCDE中,四边形ABCD是正方形,△ADE是正三角形,将△ADE所在平面沿AD折叠,使得点E达到点S的位置(如图2).若二面角S-AD-C的平面角θ∈,则异面直线AC与SD的夹角的余弦值的取值范围是(　　)
6.如图,把正方形A1BCD折成直二面角A-BD-C,则二面角A-CD-B的余弦值等于　　　　.
7.已知矩形ABCD,AB=1,BC=x,将△ABD沿矩形对角线BD所在的直线进行翻折,则在翻折过程中,下列结论正确的是　　　　.(填写所有正确结论的序号)
①对 x∈(0,2),都存在某个位置,使得AB⊥CD;
②对 x∈(0,2),都不存在某个位置,使得AB⊥CD;
③对 x>1,都存在某个位置,使得AB⊥CD;
④对 x>1,都不存在某个位置,使得AB⊥CD.
8.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a的夹角为60°时,AB与b的夹角为30°;
②当直线AB与a的夹角为60°时,AB与b的夹角为60°;
③直线AB与a夹角的最小值为45°;
④直线AB与a夹角的最大值为60°.
其中正确的是　　　　.(填写所有正确结论的序号)
9.(10分)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PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD夹角的正弦值.
10.(10分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.
(1)求证:AC⊥BC1.
(2)在棱AB上是否存在点D,使得AC1⊥CD
二、综合运用
选择题每小题5分,共10分
11.(多选)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,线段B1D1上有两个动点E,F(E在F的左边)且EF=,下列说法正确的是(　　)
当E,F运动时,存在点E,F使得AE⊥CF
当E,F运动时,存在点E,F使得AE∥BF
当E运动时,二面角E-AB-C最小值为45°
当E,F运动时,二面角A-EF-B的余弦值为定值
12.如图,在四边形ABCD中,AB=BD=DA=2,BC=CD=.现将△ABD沿BD折起,当二面角A-BD-C的大小处于范围内时,直线AB与CD的夹角的余弦值的取值范围是(　　)
13.(15分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,CA=2,侧棱AA1=2,D是CC1的中点,则在线段A1B上是否存在一点E(异于A1,B两点),使得点A1到平面AED的距离为
课时精练45　翻折与探究性问题
1.D　2.BC　3.C　4.A　5.D　
6.　[连接A1C交BD于点O，则OA⊥BD.连接AC，又直二面角A-BD-C，则平面ABD⊥平面A1BCD，
又平面ABD∩平面A1BCD=BD，
所以OA⊥平面A1BCD，
又OC⊥BD，故有OB，OC，OA互相垂直.
如图，以O为原点，OB，OC，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设正方形边长为1，
则O(0，0，0)，
A，
C，
D，
故，
，
设平面ACD的法向量n=(a，b，c)，
则n·=0，n·=0，
即
令a=1，则c=-1，b=-1，
故n=(1，-1，-1)，
取平面BCD的法向量，
则cos<，n>=，
故由图可知二面角A-CD-B为锐角，故余弦值为.]
7.③　[建立如图所示的空间直角坐标系，点A1是点A翻折后的位置，则B(0，0，0)，
C(0，x，0)，D(1，x，0).假设将△ABD沿矩形对角线BD所在的直线进行翻折时，存在某个位置使得AB⊥CD，即A1B⊥CD.又BA1⊥A1D，A1D∩CD=D，所以BA1⊥平面A1CD.
设A1(a，b，c)，则=(a，b，c)，=(1，0，0)，=(1-a，x-b，-c).由=0，
=0，得
即
当a=0时，点A1位于yOz坐标平面内，此时，b2+c2=1，01.
综上可知，当x>1时，将△ABD沿矩形对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，存在某个位置，使得AB⊥CD.]
8.②③　[由题意知，a，b，AC三条直线两两互相垂直，作图如图，不妨设图中所示正方体棱长为1，故AC=1，AB=，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆.以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，A(0，0，1)，直线a的单位方向向量a=(0，1，0)，|a|=1，直线b的单位方向向量b=(1，0，0)，|b|=1，设B点在运动过程中的坐标B'(cos θ，sin θ，0)，其中θ为以x轴非负半轴为始边逆时针旋转的旋转角，θ∈[0°，360°)，所以=(cos θ，sin θ，-1)，|，设直线AB'与a的夹角为α，α∈(0°，90°]，
则cos α=，
所以α∈[45°，90°]，所以③正确，④错误.
设直线AB'与b的夹角为β，β∈(0°，90°]，
则cos β=|cos θ|.
当直线AB'与a的夹角为60°，即α=60°时，
|sin θ|=，
所以|cos θ|=，所以cos β=.
因为β∈(0°，90°]，所以β=60°，
即AB'与b的夹角为60°，
所以②正确，①错误.]
9.(1)证明　由已知，可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF=F，所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解　作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得DE⊥PE.
又DP=2，DE=1，所以PE=.
又PF=1，EF=2，所以PE⊥PF，
所以PH=，EH=.
则H(0，0，0)，P，D为平面ABFD的一个法向量.
设DP与平面ABFD的夹角为θ，
则sin θ=|cos<.
所以DP与平面ABFD夹角的正弦值为.
10.(1)证明　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，则AC，BC，CC1两两垂直.
如图所示，以点C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，
所以=(-3，0，0)，=(0，-4，4)，
所以=0，所以，
即AC⊥BC1.
(2)解　假设在棱AB上存在点D，使得AC1⊥CD，设=(-3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，
于是=(3-3λ，4λ，0)，则D(3-3λ，4λ，0).
因为=(-3，0，4)，且AC1⊥CD，
所以-9+9λ=0，解得λ=1.
所以在棱AB上存在点D，使得AC1⊥CD，这时点D与点B重合.
11.CD　[以C为坐标原点，CD，CB，CC1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，对于A，则
A(2，2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，D(2，0，0)，D1(2，0，2)，
由于EF=，设E(t，2-t，2)，F(t-1，3-t，2)(1≤t≤2)，
则=(t-2，-t，2)，=(t-1，3-t，2)，
则>0，
所以E，F运动时，
不存在点E，F使得AE⊥CF，A错误;
对于B，若AE∥BF，则A，B，B1，D1四点共面，
与AB与B1D1是异面直线矛盾，B错误;
对于C，设平面ABE的法向量为m=(x，y，z).
又=(-2，0，0)，
，
令y=2，可得m=(0，2，t)，
平面ABC的法向量可取为n=(0，0，1)，
故cos=，
因为1≤t≤2，所以函数y=在[1，2]单调递减，
所以∈[]，
所以cos=，
所以当t=2时，cos=，
设二面角E-AB-C的平面角为θ，0<θ<，
所以cos θ有最大值为，
即二面角E-AB-C的最小值为45°，C正确;
对于D，连接BD，AD1，AB1，平面EFB即为平面BDD1B1，平面AEF即为平面AB1D1，
取平面BDD1B1的法向量为=(2，2，0).
设平面AB1D1的法向量为t=(a，b，c)，=(-2，0，2)，=(-2，2，0)，
，
令a=1，则t=(1，1，1)，
设二面角A-EF-B的平面角为α，
则|cos α|=|cos<，t>|=，
观察可知二面角A-EF-B的平面角为α为锐角，所以cos α=，D正确.]
12.D　[在四边形ABCD中，连接AC，交BD于点O，如图①所示:
图①
∵AB=BD=DA=2，BC=CD=，
∴AC垂直平分BD，
∴AO=，CO==1.翻折后如图②所示，BD⊥AO，BD⊥CO，
∴二面角A-BD-C的平面角为∠AOC，设∠AOC=θ，则θ∈，
以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
图②
则A(cos θ，0，sin θ)，B(0，-1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，
∴=(-cos θ，-1，-sin θ)，
=(-1，1，0)，
∴cos<，
故直线AB与CD的夹角的余弦值的取值范围是.故选D.]
13.解　假设存在点E满足题意.以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(2，0，0)，
A1(2，0，2)，
D(0，0，1)，B(0，2，0)，=(0，0，2)，=(2，-2，2).
设，λ∈(0，1)，
则E(2λ，2-2λ，2λ)，=(-2，0，1)，
=(2λ-2，2-2λ，2λ)，
设n=(x，y，z)为平面AED的一个法向量，
则
即
取x=1，则y=，z=2，
即n=为平面AED的一个法向量.
由于点A1到平面AED的距离d=，
所以，又λ∈(0，1)，所以λ=.故存在点E，且当点E为A1B的中点时，点A1到平面AED的距离为.
14.解　由题意，得正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，A1(2，0，2).
设E(0，a，2)(0≤a≤2)，F(b，2，2)(0≤b≤2)，
则=(b，2-a，0)，=(-2，2，-2)，=(-2，a，2)，=(b-2，0，2).
选择①.
=(0，a，2)，=(b，0，2)，
因为()⊥()，
所以()·()
==0，
所以，即a2+4=b2+4，所以a=b.
又因为=4-2(a+b)=0，
所以a=b=1，
故存在点E(0，1，2)，F(1，2，2)，满足=0，
此时=8-2b=6.
选择②.
=(0，a，2).
因为|，所以，
所以a=.
又因为=4-2(a+b)=0，
所以b=.
故存在点E，F，满足=0，此时=8-2b=5.
选择③.
=(2，2，0).
因为0<1，
所以不共线，
所以b≠2-a，即a+b≠2，
则=4-2(a+b)≠0，
故不存在点E，F满足=0.
三、创新拓展
14.(15分)在①()⊥(),②|,③0<1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.
问题:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz.已知点D1的坐标为(0,0,2),E为棱D1C1上的动点,F为棱B1C1上的动点,　　　　,试问:是否存在点E,F满足=0 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 培优课　翻折与探究性问题
一、翻折问题
例1 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ADC=60°，将平面DAC沿AC折叠成二面角P-AC-B，其二面角的平面角大小为θ∈(0°，180°).
(1)求证:PB⊥AC;
(2)若θ=90°，且PM=2MB，求直线AM与平面PBC的夹角的正弦值.




思维升华　解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕“同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕“两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
训练1 已知直角梯形ABEF，∠A=∠B=，AB=1，BE=2，AF=3，C为BE的中点，AD=1，如图(1)，沿直线CD折成直二面角，连接部分线段后围成一个空间几何体，如图(2).
(1)求异面直线BD与EF的夹角的大小;
(2)求过A，B，C，D，E这五个点的球的表面积.




二、位置关系及度量的探究型问题
例2 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=，BC=1，PA=2，E为PD的中点.
(1)求点E到平面PBC的距离;
(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距离.




思维升华　利用空间向量解决有关的探究性问题主要有两类:
一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.解题思路:结合已知条件建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究出点的坐标或参数.
训练2 如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE的夹角的正弦值最小




三、存在判断型问题
例3 如图①，在Rt△ABC中，∠BAC=，AB=4，CD⊥AB，垂足为D，E是AC的中点，现将△ABC沿CD折成直二面角A-CD-B，如图②.
(1)求异面直线AB与DE的夹角的余弦值;
(2)线段AB上是否有一点P，使得直线AC与平面DPE的夹角的正弦值为 若存在，请找出点P的位置;若不存在，请说明理由.




思维升华　(1)此类问题有两类:一类是结论判断，另一类条件追溯.
(2)解决此类问题，一般先假设存在，据此推理求解，后根据求解结论判定是否存在.
训练3 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.
(1)求证:B，E，D1，F四点共面;
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF 若存在，求出DG的长;若不存在，说明理由.




【课堂达标】
1.已知在矩形ABCD中，AB=1，BC=，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则||等于 (　　)
A.
D.2
2.如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的投影恰为点B，则M，N的连线与AE的夹角为 (　　)
A.45° B.90°
C.135° D.150°
3.如图所示，在菱形ABCD中，∠ABC=，线段AD，BD的中点分别为E，F.现将△ABD沿对角线BD翻折，当二面角A-BD-C的平面角的余弦值为时，异面直线BE与CF的夹角的正弦值是　　　　.
4.如图所示，在 ABCD中，AB=AC=1，∠ACD=90°，将△ACD沿对角线AC折起，使得AB与CD的夹角为60°，则折起后BD的长为　　　　.
培优课　翻折与探究性问题
例1　(1)证明　取AC中点O，连接PO，BO.
由已知得AC⊥PO，AC⊥BO，
又BO∩PO=O，BO，PO 平面POB，
所以AC⊥平面POB，
又PB 平面POB，所以AC⊥PB.
(2)解　由题意，θ=90°，即∠POB=90°，
故PO⊥OB，即OA，OB，OP相互垂直，
以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则P(0，0，)，B(0，，0)，A(1，0，0)，C(-1，0，0)，
则=(0，，-)，=(1，，0).
设平面PBC的法向量m=(x，y，z).
由
令z=1，
∴y=1，x=-，
可得平面PBC的一个法向量m=(-，1，1)，
因为=(-1，0，)+(0，，-)
=，
设直线AM与平面PBC的夹角为θ，则sin θ=.
训练1　解　(1)在题干图(2)中，由题意可得，DA，DC，DF互相垂直，以D为原点，DA，DC，DF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，E(0，1，1)，F(0，0，2)，=(1，1，0)，=(0，-1，1)，
设异面直线BD与EF的夹角为θ，则cos θ=，所以θ=，
故异面直线BD与EF的夹角的大小为.
(2)过A，B，C，D，E这五个点的球是四棱锥E-ABCD的外接球，由题意可知四棱锥E-ABCD是一个边长为1的正方体的五个顶点，故四棱锥E-ABCD的外接球就是边长为1的正方体的外接球，且外接球的半径R满足:(2R)2=12+12+12=3，所以外接球的表面积为:4πR2=3π，
所以过A，B，C，D，E这五个点的球的表面积为3π.
例2　解　(1)由题意得AB⊥AD，侧棱PA⊥底面ABCD，则AB，AD，AP互相垂直，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，C(，1，0)，P(0，0，2)，B(，0，0)，D(0，1，0)，E，
∴=(，0，-2)，=(，1，-2).
设平面PBC的法向量n=(x，y，z)，
令x=2，
∴z=，y=0，∴n=(2，0，).
故点E到平面PBC的距离d=.
(2)设在侧面PAB内存在一点N(a，0，c)，使NE⊥平面PAC，由(1)知E，
∴=(0，0，2)，
=(，1，0)，
∴
解得
∴N，∴N到AB的距离为1，N到AP的距离为.
训练2　解　因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.
因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB.
又BB1∩BF=B，所以AB⊥平面BCC1B1，
因为BC 平面BCC1B1，所以AB⊥BC，
所以BA，BC，BB1两两垂直.
以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.
所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，
A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1).
设D(a，0，2)(0≤a≤2).
(1)因为=(0，2，1)，=(1-a，1，-2)，
所以=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0，所以BF⊥DE.
(2)设平面DFE的一个法向量m=(x，y，z)，
因为=(-1，1，1)，=(1-a，1，-2)，
所以
令z=2-a，则m=(3，1+a，2-a).
因为平面BCC1B1的一个法向量=(2，0，0)，设平面BCC1B1与平面DEF的夹角为θ，则cos θ=.
当a=时，2a2-2a+14取最小值为，
此时cos θ取最大值为，
所以(sin θ)min=.
所以当B1D=时，平面BB1C1C与平面DFE的夹角的正弦值最小.
例3　解　(1)由题知，在Rt△ABC中，∠BAC=，AB=4，知BC=2，AC=2，
利用等面积法，知CD=，
AD=3，BD=1.
因为是直二面角A-CD-B，
所以可知DB，DA，DC两两垂直，
分别以DB、DC、DA为x轴、y轴、z轴，D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，A(0，0，3)，
E，故=(1，0，-3)，
，
故cos <>=，
又异面直线的夹角的范围为，
所以异面直线AB与DE的夹角的余弦值为.
(2)假设存在点P，使得直线AC与平面DPE的夹角的正弦值为=(0，，-3)，
设(0≤λ≤1)，有=λ(-1，0，3)=(-λ，0，3λ)，=(1，0，0)+(-λ，0，3λ)=(1-λ，0，3λ)，设平面DPE的法向量n=(x，y，z)，
则
取x=，y=-，z=1，
∴n=，
∴|cos 解得λ=或λ=-1，
由0≤λ≤1，故λ=，故这样的点P存在，位于线段BA上靠近点B的三等分点.
训练3　(1)证明　如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM=A1B1=C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，
所以D1E∥MC1，
又F为CC1的中点，
所以BM∥C1F，且BM=C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1.
所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F四点共面.
(2)解　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
假设存在满足题意的点G(0，0，t)，
由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，
则=(-1，1，0)，=(0，1，-1)，
=(-1，0，t-1)，
设平面BEF的法向量n1=(x1，y1，z1)，
则
即
取x1=1，则y1=1，z1=1，n1=(1，1，1).
设平面GEF的法向量n2=(x2，y2，z2)，
则
即
取x2=t-1，则y2=t-1，z2=1，
n2=(t-1，t-1，1).
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n1·n2=0，
所以t-1+t-1+1=0，
所以t=，
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的长为.
课堂达标
1.A　2.B　3.或2　(共79张PPT)
第三章
培优课　翻折与探究性问题
课时精练
一、翻折问题
二、位置关系及度量的探究型问题
三、存在判断型问题
课堂达标
内容索引
翻折问题
一
例1
如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，将平面DAC沿AC折叠成二面角P－AC－B，其二面角的平面角大小为θ∈(0°，180°).
取AC中点O，连接PO，BO.
(1)求证：PB⊥AC；
由已知得AC⊥PO，
AC⊥BO，
又BO∩PO＝O，BO，PO 平面POB，
所以AC⊥平面POB，
又PB 平面POB，所以AC⊥PB.
(2)若θ＝90°，且PM＝2MB，求直线AM与平面PBC的夹角的正弦值.
由题意，θ＝90°，即∠POB＝90°，
故PO⊥OB，即OA，OB，OP相互垂直，
以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
思维升华
训练1
(1)求异面直线BD与EF的夹角的大小；
在题干图(2)中，由题意可得，DA，DC，DF互相垂直，以D为原点，DA，DC，DF所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
(2)求过A，B，C，D，E这五个点的球的表面积.
过A，B，C，D，E这五个点的球是四棱锥E－ABCD的外接球，由题意可知四棱锥E－ABCD是一个边长为1的正方体的五个顶点，故四棱锥E－ABCD的外接球就是边长为1的正方体的外接球，且外接球的半径R满足：(2R)2＝12＋12＋12＝3，所以外接球的表面积为：4πR2＝3π，
所以过A，B，C，D，E这五个点的球的表面积为3π.
位置关系及度量的探究型问题
二
例2
(1)求点E到平面PBC的距离；
由题意得AB⊥AD，侧棱PA⊥底面ABCD，则AB，AD，AP互相垂直，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距离.
思维升华
利用空间向量解决有关的探究性问题主要有两类：
一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：结合已知条件建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究出点的坐标或参数.
如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
训练2
(1)证明：BF⊥DE；
因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.
因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB.
又BB1∩BF＝B，
所以AB⊥平面BCC1B1，
因为BC 平面BCC1B1，所以AB⊥BC，
所以BA，BC，BB1两两垂直.
以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.
所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1).
设D(a，0，2)(0≤a≤2).
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE的夹角的正弦值最小？
设平面DFE的一个法向量m＝(x，y，z)，
存在判断型问题
三
例3
(1)求异面直线AB与DE的夹角的余弦值；
AD＝3，BD＝1.
因为是直二面角A－CD－B，
所以可知DB，DA，DC两两垂直，
分别以DB、DC、DA为x轴、y轴、z轴，D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.
思维升华
(1)此类问题有两类：一类是结论判断，另一类条件追溯.
(2)解决此类问题，一般先假设存在，据此推理求解，后根据求解结论判定是否存在.
训练3
如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.
(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，
所以D1E∥MC1，
又F为CC1的中点，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1.
所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F四点共面.
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
假设存在满足题意的点G(0，0，t)，
由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，n1＝(1，1，1).
设平面GEF的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
取x2＝t－1，则y2＝t－1，z2＝1，
n2＝(t－1，t－1，1).
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
【课堂达标】
√
如图，过点B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，
√
建立如图所示的空间直角坐标系，
2.如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A－DE－B为45°，此时点A在平面BCDE内的投影恰为点B，则M，N的连线与AE的夹角为
A.45° B.90° C.135° D.150°
如图所示，过点E作EH⊥BD，交BD于H点，
4.如图所示，在 ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将△ACD沿对角线AC折起，使得AB与CD的夹角为60°，则折起后BD的长为________.
【课时精练】
√
由题意，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
所以B(4，0，0)，C(4，4，0)，D(0，4，0)，E(4，0，2)，
P(0，0，4)，F(4λ，0，0)，
√
以D为坐标原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐
标系(图略)，
2.(多选)如图，以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论，其中正确的是
√
√
若△ABD沿题干中翻折方向翻折至无限面ABCD，此时0°＜α＜90°，β＝0°，γ＝180°，故有γ＞α＞β.
3.如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，现将△ABD沿BD折至△A′BD，使得二面角A′－BD－C为锐角，设直线A′D与直线CD的夹角为α，直线A′C与平面ABCD的夹角为β，二面角B－A′D－C的大小为γ，则α，β，γ的大小关系是
A.α＞β＞γ B.α＞γ＞β C.γ＞α＞β D.不能确定
√
4.如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，O为BC的中点，动点P在线段OB上(不含端点)，记∠APC＝θ，现将△APC沿AP折起至△APC′，记异面直线BC′与AP的夹角为α，则下列结论一定成立的是
√
如图，取AD的中点O，BC的中点G，连接OS，OG，
则OG⊥AD，
以OG所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
设AB＝2，则A(0，－1，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0).
因为△SAD为正三角形，O为AD的中点，所以SO⊥AD，
又OG⊥AD，所以∠SOG是二面角S－AD－C的平面角，
连接A1C交BD于点O，
6.如图，把正方形A1BCD折成直二面角A－BD－C，则二面角A－CD－B的余弦值等于________.
则OA⊥BD.
连接AC，又直二面角A－BD－C，
则平面ABD⊥平面A1BCD，
又平面ABD∩平面A1BCD＝BD，
所以OA⊥平面A1BCD，
又OC⊥BD，
故有OB，OC，OA互相垂直.
如图，以O为原点，OB，OC，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
令a＝1，则c＝－1，b＝－1，
故n＝(1，－1，－1)，
7.已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝x，将△ABD沿矩形对角线BD所在的直线进行翻折，则在翻折过程中，下列结论正确的是________.(填写所有正确结论的序号)
①对 x∈(0，2)，都存在某个位置，使得AB⊥CD；
②对 x∈(0，2)，都不存在某个位置，使得AB⊥CD；
③对 x＞1，都存在某个位置，使得AB⊥CD；
④对 x＞1，都不存在某个位置，使得AB⊥CD.
③
建立如图所示的空间直角坐标系，
点A1是点A翻折后的位置，
则B(0，0，0)，C(0，x，0)，D(1，x，0).
假设将△ABD沿矩形对角线BD所在的直线进行翻折时，存在某个位置使得AB⊥CD，即A1B⊥CD.又BA1⊥A1D，A1D∩CD＝D，所以BA1⊥平面A1CD.
综上可知，当x＞1时，将△ABD沿矩形对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，存在某个位置，使得AB⊥CD.
②③
8.a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a的夹角为60°时，AB与b的夹角为30°；
②当直线AB与a的夹角为60°时，AB与b的夹角为60°；
③直线AB与a夹角的最小值为45°；
④直线AB与a夹角的最大值为60°.
其中正确的是________.(填写所有正确结论的序号)
由题意知，a，b，AC三条直线两两互相垂直，作图如图，
不妨设图中所示正方体棱长为1，
所以α∈[45°，90°]，所以③正确，④错误.
设直线AB′与b的夹角为β，β∈(0°，90°]，
因为β∈(0°，90°]，所以β＝60°，
即AB′与b的夹角为60°，
所以②正确，①错误.
9.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PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
由已知，可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)求DP与平面ABFD夹角的正弦值.
作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)可得DE⊥PE.
10.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.
(1)求证：AC⊥BC1.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，
则AC，BC，CC1两两垂直.
如图所示，以点C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
(2)在棱AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD
假设在棱AB上存在点D，使得AC1⊥CD，
所以－9＋9λ＝0，
解得λ＝1.
所以在棱AB上存在点D，使得AC1⊥CD，这时点D与点B重合.
√
A.当E，F运动时，存在点E，F使得AE⊥CF
B.当E，F运动时，存在点E，F使得AE∥BF
C.当E运动时，二面角E－AB－C最小值为45°
√
以C为坐标原点，CD，CB，CC1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，对于A，则A(2，2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，D(2，0，0)，D1(2，0，2)，
所以E，F运动时，不存在点E，F使得AE⊥CF，A错误；
对于B，若AE∥BF，则A，B，B1，D1四点共面，
与AB与B1D1是异面直线矛盾，B错误；
对于C，设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z).
令y＝2，可得m＝(0，2，t)，
平面ABC的法向量可取为n＝(0，0，1)，
即二面角E－AB－C的最小值为45°，C正确；
对于D，连接BD，AD1，AB1，平面EFB即为平面BDD1B1，平面AEF即为平面AB1D1，
令a＝1，则t＝(1，1，1)，
设二面角A－EF－B的平面角为α，
√
在四边形ABCD中，连接AC，交BD于点O，如图①所示：
图①
以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
图②
假设存在点E满足题意.以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意，得正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，A1(2，0，2).
设E(0，a，2)(0≤a≤2)，F(b，2，2)(0≤b≤2)，

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