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高考二轮空间位置关系的判断与证明专项训练
（原卷+答案）
考点一　点、线、面的位置关系——真有证据，假有反例
判断空间点、线、面位置关系，主要依赖四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了．如要否定一个结论，只需找到一个反例就可以．
[例1]　[2021·浙江高三模拟]已知直线m和平面α，β，则下列结论一定成立的是(　　)
A．若m∥α，α∥β，则m∥β 　B．若m⊥α，α⊥β，则m∥β
C．若m⊥α，α∥β，则m⊥β 　D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
[考查知识]　点、线、面的位置关系．
[核心素养]　逻辑推理，直观想象．
归纳总结
判断与空间位置关系有关命题真假的4种方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定；
(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断；
(4)判断空间两条直线是否相交，首先判断两直线是否共面．
对点训练
1.已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β　　　B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β
2．已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；　②m∥α；　③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．
考点二　空间角的基本计算——依照定义，转化角度
用平移法求异面直线所成的角是指通过平移异面直线中的一条或两条，找到异面直线所成的角，并求出该角．此种方法适用于规则几何体中的异面直线所成角的求解问题．
[例2]　[一题多解][2021·全国乙卷]在正方体ABCD A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
[考查知识]　异面直线所成的角．
[核心素养]　逻辑推理，直观想象．
归纳总结
破解此类题的关键点：
(1)平移，借助空间几何体的结构特征，平移异面直线中的一条或两条，可寻找特殊点作平行线，作出异面直线所成的角．
(2)证明，证明所作出的角就是所求的异面直线所成的角．
(3)解三角形，在对应的三角形中，利用正弦定理、余弦定理或勾股定理解三角形．
(4)求角，求解对应的角的三角函数值，再通过三角函数值得到所求的异面直线所成的角．注意：异面直线所成角的取值范围是，当所求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．
对点训练
1.在正三棱柱ABC A1B1C1中，|AB|＝|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为(　　)
A．30° B．60°
C．75° D．90°
2.如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与直线AC所成角的余弦值为(　　)
A．－　　　　　　B．
C． D．
考点三　空间中平行、垂直关系——思转化，用定理，得结论
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，________ a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α＝b ________．
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a＝P，a∥α，b∥α ________．
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α＝a，β＝b ________．
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m α，n α，________＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α ________．
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α ________．
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α＝l，a α，a⊥l ________．
[例3]　如图，在四棱锥P ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[考查知识]　直线和平面垂直的判定定理，直线和平面平行的判定定理，平面和平面垂直的判定定理、性质定理．
[核心素养]　逻辑推理．
归纳总结
平行、垂直关系的证明思路
对点训练
1.如图，该几何体的三个侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形．
(1)证明：平面ABC∥平面A1B1C1；
(2)若AA1＝2AC，AC⊥AB，M为CC1的中点，证明：A1M⊥平面ABM.
2．如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.F为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：平面AED⊥平面ABD.
考点四　平面图形的折叠问题——折叠前后“变”与“不变”是关键
1．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．
2．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体的结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．
3．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．
[例4]　[2021·四省名校模拟]已知四边形ABCD，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°.现将△ABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，AD⊥CD.点P在线段AD上，平面BPC将三棱锥A BCD分成两部分，VA BPC∶VA BCD＝1∶2.
　
(1)求证：BP⊥平面ACD；
(2)若M为CD的中点，求M到平面BPC的距离．
　线面垂直的判定定理的应用、点到直线的距离．
[核心素养]　逻辑推理．
平面图形翻折问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
对点训练
[2021·四川省成都市高三第二次诊断性检测]如图①，在等腰三角形PBC中，PB＝PC＝3，BC＝6，D，E满足＝2＝2.将△PDE沿直线DE折起到△ADE的位置，连接AB，AC，得到如图②所示的四棱锥A BCED，点F满足＝2.
(1)证明：DF∥平面ACE；
(2)当AB＝时，求三棱锥A DEF的体积．
[A·基础达标]
1．[2021·陕西渭南质检]已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是(　　)
A．若c 平面α，则a⊥α
B．若c⊥平面α，则a∥α，b∥α
C．存在平面α，使得c⊥α，a α，b∥α
D．存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α
2．[2021·江西新八校联考]α，β为不重合的平面，a，b为两条不同的直线，下列命题正确的为(　　)
A．若a α，b β，α∥β，则a∥b
B．若a∥b，b β，则a∥β
C．若α⊥β，a α，则a⊥β
D．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
3．[2021·辽宁凌源第二高级中学期中]下列命题中真命题的个数是(　　)
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；
②与同一个平面夹角相等的两条直线互相平行；
③平行于同一个平面的两条直线互相平行；
④两条直线能确定一个平面．
A．0　　B．1
C．2 D．3
4．[2021·湖北部分重点中学联考]如
图，点P在正方体ABCD A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论中，错误的结论是(　　)
A．三棱锥A D1PC的体积不变
B．A1P与平面ACD1所成的角大小不变
C．DP⊥BC1
D．DB1⊥A1P
5.
[2021·山东师大附中一模]如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，得到四棱锥P BCDE，且PC＝2，则(　　)
A．平面PED⊥平面EBCD
B．PC⊥ED
C．二面角P DC B的大小为
D．PC与平面PED所成角的正切值为
6．[2021·宁夏固原月考]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中不正确的有________(填序号).
①m⊥α，n β，m⊥n α⊥β；②α∥β，m⊥α，n∥β m⊥n；③α⊥β，α∩β＝m，n⊥m n⊥β.
7．[2021·陕西咸阳模拟]已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线．有下列命题：
①如果m∥n，n α，那么m∥α；
②如果m∥α，m β，α∩β＝n，那么m∥n；
③如果α∥β，m α，那么m∥β；
④如果α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β.
其中所有真命题的序号是________．
8．[2021·四川成都七中一诊]如图，四棱锥P ABCD的底面是边长为1的正方形，点E是PD上一点，PE＝3ED.若＝λ，且满足BF∥平面ACE，则λ＝________．
9．[2021·广东珠海摸底]如图，在三棱锥P ABC中，AC＝BC＝PC＝PB＝2，∠ACB＝120°，平面PBC⊥底面ABC，D，E分别是BC，AB的中点．
(1)证明：PD⊥平面ABC；
(2)求二面角P CE B的正切值．
10．[2021·黑龙江哈尔滨第三中学阶段性考试]在三棱锥P ABC中，△PAC和△PBC是边长为的等边三角形，AB＝2，O，D分别是AB，PB的中点．
(1)求证：OD∥平面PAC；
(2)求证：OP⊥平面ABC；
(3)求三棱锥D OBC的体积．
[B·素养提升]
11．[2021·湖南师大附中月考]如图1，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝，D为AC的中点，将△ABD沿BD折起，得到如图2所示的三棱锥P BCD，二面角P BD C为直二面角．
(1)求证：平面PBC⊥平面PBD.
(2)设E为PC的中点，＝3，求二面角C DE F的余弦值．
12．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图).
(1)证明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D BF E的余弦值．
参考答案
考点一
[例1]　解析：选项A中，也可能m β；选项B中，m也有可能在β内；选项D中，m与β的关系不确定，故可排除A，B，D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C正确．故选C.
答案：C
对点训练
1．解析：对于选项A，若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故错误；对于选项B，若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交或异面，故错误；对于选项C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，正确；对于选项D，若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错误．
答案：C
2．解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③ ②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①② ③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③ ①正确．
答案：若l⊥m，l⊥α，则m∥α.(答案不唯一)
考点二
[例2]　
解析：解法一　如图，连接C1P，因为ABCD A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又因为C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又因为BP 平面B1BP，所以有C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝，故选D.
解法二　以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则B(0，0，2)，P(1，1，0)，D1(2，2，0)，A(0，2，2)，＝(，，2)＝(2，0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.因为θ∈，所以θ＝，故选D.
解法三　如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又因为P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.(解题技巧：结合图形，将所求角转化为等边三角形的某个内角的一半)故选D.
答案：D
对点训练
1．解析：将正三棱柱ABC A1B1C1补为四棱柱ABCD A1B1C1D1，连接C1D，BD，(图略)则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2，又因为BC1＝C1D＝，所以∠BC1D＝90°.故选D.
答案：D
2．解析：如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，连接CB1，AB1，易得CB1∥DA1，
所以∠ACB1为直线DA1与直线AC所成的角．
因为△ACB1是正三角形，所以cos ∠ACB1＝cos ＝.故选C.
答案：C
考点三
1．(1)a∥b　(2)a∥b　(3)α∥β　(4)a∥b
2．(1)m　(2)a∥b　(3)α⊥β　(4)a⊥β
[例3]　证明：(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA 平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形．
∴BE∥AD.
又∵BE 平面PAD，AD 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD
∵PA＝A，PA 平面PAD，AD 平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又∵PD 平面PAD，∴CD⊥PD.
∵E和F 分别是CD和PC的中点，
∴PD∥EF，∴CD⊥EF.
又∵BE⊥CD且EF＝E，
∴CD⊥平面BEF.
又∵CD 平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
对点训练
1．证明：(1)∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1B1∥AB.
又∵A1B1 平面ABC，AB 平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.
同理可得，A1C1∥平面ABC.
∵A1B1＝A1，∴平面ABC∥平面A1B1C1.
(2)∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1A⊥AB.
又∵AC⊥AB，A1A＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.
∵A1M 平面AA1C1C，∴AB⊥A1M.
∵M为CC1的中点，AA1＝2AC，∴△ACM，△A1C1M都是等腰直角三角形，
∴∠AMC＝∠A1MC1＝45°，∠A1MA＝90°，即A1M⊥AM.
而AB＝A，∴A1M⊥平面ABM.
2．证明：(1)如图，取AB的中点为O，连接OC，OF，
∵O，F分别为AB，AD的中点，
∴OF∥BD且BD＝2OF，
又∵CE∥BD且BD＝2CE，
∴CE∥OF且CE＝OF，
∴四边形OCEF为平行四边形，
∴EF∥OC.
又∵EF 平面ABC且OC 平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
(2)∵三角形ABC为等边三角形，
∴OC⊥AB，
又∵平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，
∴OC⊥平面ABD，
∵EF∥OC，∴EF⊥平面ABD，
又∵EF 平面AED，∴平面AED⊥平面ABD.
考点四
[例4]　解析：(1)证明：AB＝AD，∠BAD＝60°，即△ABD为等边三角形，
由VA BPC∶VA BCD＝1∶2知P为AD中点，
∴BP⊥AD，取BD中点E﹐连接AE，则AE⊥BD，
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，且AE 平面ABD，
∴AE⊥平面BCD，∵CD 平面BCD，
∴AE⊥CD，又∵CD⊥AD，AD＝A，AE，AD 平面ABD，
∴CD⊥平面ABD，∵BP 平面ABD，
∴CD⊥BP，又∵CD＝D，AD，CD 平面ACD，
∴BP⊥平面ACD.
(2)∵E为BD的中点，△ABD的边长为2，∴AE＝.
由(1)知AE⊥平面BCD，又∵P为AD的中点．∴P到平面BCD的距离为h＝，
连接BM，由(1)知CD⊥BD，∠BCD＝30°，
∴CD＝2CM＝2，BC＝4，BP＝，
所以S△BCM＝CM×BD＝×2＝，
由(1)知，BP⊥平面ACD，CP 平面ACD，
∴BP⊥CP，则S△BCP＝BP×CP＝＝，
设M到平面BPC的距离为d，由VM BCP＝VP BCM，得S△BCP·d＝S△BCM·h，
即d＝＝＝，∴M到平面BPC的距离为.
对点训练
解析：(1)证明：如图，在棱AC上取点G满足CG＝2AG，连接EG，FG.
因为BF＝2FA，所以FG∥BC且FG＝BC.
又因为＝2＝2，可得DE∥BC且DE＝BC.
所以DE＝FG且DE∥FG，所以四边形DEGF为平行四边形，所以DF∥EG.
因为DF 平面ACE，EG 平面ACE，所以DF∥平面ACE.
(2)如图，分别取DE，BC的中点M，N，连接AM，MN，BM.
由题意，知MN⊥BC，AM＝2，MN＝4，BN＝3.
在Rt△BMN中，BM＝＝＝5.
在△ABM中，因为AB＝，所以AM2＋BM2＝22＋52＝29＝AB2.
所以AM⊥BM.
因为AM⊥DE，BM＝M，BM，DE 平面BCED，
所以AM⊥平面BCED.
因为BF＝2FA，
所以三棱锥A DEF的体积VA DEF＝VF ADE＝VB ADE＝VA BDE.
因为VA BDE＝S△BDE·AM＝DE·MN·AM＝×2×4×2＝，
所以三棱锥A DEF的体积VA DEF＝VA BDE＝＝.
1．解析：对于A，因为c⊥a，c 平面α，所以a可能在平面α内，故A错；对于B，满足c⊥平面α时，a，b可能有其中一条在平面α内，故B错；对于C，若b∥α，则在平面α内必存在直线b′，使b′∥b，由于a α，a，b异面，所以a与b′相交，而c⊥b，所以c⊥b′，所以c⊥α，故C正确；对于D，若a⊥α，b⊥α，则a∥b，这与条件a，b异面矛盾，故D错．故选C.
答案：C
2．解析：对于A选项，若a α，b β，α∥β，则a与b平行或异面，A选项错误；对于B选项，若a∥b，b β，则a β或a∥β，B选项错误；对于C选项，若α⊥β，a α，则a∥β，a β，a⊥β或a与β斜交，C选项错误；对于D选项，由面面垂直的判定定理知D选项正确．故选D.
答案：D
3．解析：对于①，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能异面或相交，所以是错误的．对于②，与同一个平面夹角相等的两条直线可能互相平行，也可能相交或异面，所以是错误的．对于③，平行于同一个平面的两条直线可能互相平行，也可能异面或相交，所以是错误的．对于④，两条直线不一定能确定一个平面，所以是错误的．故选A.
答案：A
4．解析：
如图，因为BC1∥AD1，AD1 平面D1AC，BC1 平面D1AC，所以BC1∥平面D1AC，
故点P在BC1上运动时，点P到平面D1AC的距离d是定值，所以VA D1PC＝VP AD1C＝S△AD1C×d是定值，选项A正确．
连接A1B，A1C1，如图所示．
易知平面A1BC1∥平面ACD1，A1P 平面A1BC1，
所以A1P∥平面ACD1，故A1P与平面ACD1所成的角大小不变，选项B正确．
易知DP在平面BCC1B1内的射影是CP，若DP⊥BC1，则CP⊥BC1，故点P在BC1上运动时，不一定有DP⊥BC1，选项C错误．
易知DB1⊥平面A1BC1，而A1P 平面A1BC1，所以DB1⊥A1P，选项D正确．故选C.
答案：C
5．解析：A选项中，PD＝AD＝＝＝2，
在△PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，
易知CD⊥DE，且PD∩DE＝D，所以CD⊥平面PED，
又CD 平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，故A选项正确；
B选项中，假设PC⊥ED，易知ED⊥CD，PC∩CD＝C，可得ED⊥平面PDC，则ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝，显然矛盾，故B选项错误；
C选项中，易知二面角P DC B的平面角为∠PDE，根据折叠前后位于同一平面上的线线位置关系不变知∠PDE＝∠ADE＝，故C选项错误；
D选项中，由上面分析可知，∠CPD为PC与平面PED所成角，
在Rt△PCD中，tan ∠CPD＝＝，故D选项错误．
综上，应选A.
答案：A
6．解析：对于①，若m⊥α，n β，m⊥n，则α∥β或α，β相交，故错误；对于②，若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥β，所以m⊥n，故正确；对于③，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与β相交，平行或n β，故错误．
答案：①③
7．解析：①如果m∥n，n α，那么m∥α或m α，故①不正确；②如果m∥α，m β，α∩β＝n，那么m∥n，故②正确；③如果α∥β，m α，那么m∥β，故③正确；④缺少m α这个条件，故④不正确．
答案：②③
8．解析：如图，连接BD交AC于O，取线段PD的中点Q，连接BQ，OE，FQ，则E是QD的中点，又O是BD的中点，所以OE∥BQ，又BQ 平面ACE，OE 平面ACE，所以BQ∥平面ACE.而BF∥平面ACE，BQ∩BF＝B，所以平面BFQ∥平面ACE，又因为平面BFQ∩平面PCD＝FQ，平面ACE∩平面PCD＝CE，所以FQ∥CE，所以λ＝＝＝.
答案：
9．解析：（1）证明：∵PC＝PB，D是BC的中点，
∴PD⊥BC.
∵平面PBC⊥底面ABC，PD 平面PBC，平面PBC∩底面ABC＝BC，∴PD⊥平面ABC.
（2）如图，取CE的中点F，连接DF，PF，则DF∥AB.∵AC＝BC＝PC＝PB＝2，E是AB的中点，∠ACB＝120°，∴CE⊥AB，BE＝，PD＝，∴DF⊥CE，DF＝.∵PD⊥平面ABC，∴CE⊥PD，而PD∩DF＝D，∴CE⊥平面PDF，∴CE⊥FP，∴∠PFD为二面角P CE B的平面角．在Rt△PDF中，tan ∠PFD＝＝＝2，∴二面角P CE B的正切值为2.
10．解析：（1）证明：∵O，D分别为AB，PB的中点，∴OD∥PA.
∵PA 平面PAC，OD 平面PAC，∴OD∥平面PAC.
（2）证明：∵AC＝BC＝，AB＝2，∴AC⊥BC.
∵O为AB的中点，AB＝2，
∴OC⊥AB，OC＝1，
同理，PO⊥AB，PO＝1.
∵PC＝，
∴PC2＝OC2＋PO2＝2，则∠POC＝90°，即PO⊥OC.
∵PO⊥OC，PO⊥AB，AB∩OC＝O，
∴OP⊥平面ABC.
（3）由（2）可知，OP⊥平面ABC，∴OP为三棱锥P ABC的高，且OP＝1，
∴VD OBC＝S△ABC·OP＝××2×1×1＝.
11．解析：（1）在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC cos ∠ABC＝20，所以AC＝2，
因为D为AC的中点，所以CD＝，
又＝（＋），所以2＝（2＋2＋2·）＝1，所以BD＝1，
（另解：在△BCD中，BC2＝CD2＋BD2－2CD×BD cos ∠BDC，
在△BAD中，AB2＝AD2＋BD2－2AD×BD cos ∠BDA，两式相加可求得BD＝1）
所以BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD.
由于二面角P BD C为直二面角，平面BCD∩平面PBD＝BD，BC 平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面PBD，
又BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.
（2）将△ABD沿BD折起，总有BC⊥BD，
以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过点B且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），C（2，0，0），D（0，1，0），P（0，2，2），
因为E为PC的中点，＝3，所以E（1，1，1），F，
所以＝（－2，1，0），＝（1，0，1），＝，
设平面CDE的一个法向量为m＝（1，y1，z1），
则解得即m＝（1，2，－1）.
同理，平面FDE的一个法向量为n＝，
所以cos 〈m，n〉＝＝，故二面角C DE F的余弦值为.
12．解析：（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为∠ABC＝∠BAD＝，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB.
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE.
（2）如图所示，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G.
在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，
连结GH，因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，
且DG 平面AEFD，所以DG⊥平面EBCF，
因为BF 平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，所以BF⊥平面DGH，
又因为GH 平面DGH，所以GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D BF E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，所以AE∥DG，
在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，tan ∠BFE＝，
因为∠BFE为三角形的内角，故sin ∠BFE＝，
可得GH＝1×sin ∠BFE＝，所以tan ∠DHG＝＝，
因为∠DHG为三角形的内角，所以cos ∠DHG＝.
所以二面角D BF E的平面角的余弦值为.

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