拓展6-1 立体几何中的翻折问题-2024-2025学年高二数学重难点突破及混淆易错规避（苏教版2019选择性必修第二册）

拓展6-1 立体几何中的翻折问题 一、翻折后位置关系的判断 三、翻折后距离的计算 二、翻折后角度的计算 四、探索翻折过程中的问题 方法点拨：①确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，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 ②确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 一、翻折后位置关系的判断 1．已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为 ． 【答案】3 【详解】 易得，又面面CDEF，面ABCD面CDEF，又面，则面CDEF， 又面CDEF，则，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则， 又， 同理可得，设面DBN的法向量为， 则，令，则，又， 又面DBN，则，解得. 故答案为：3. 2．如图所示，是梯形的高，OA=OB=BC=1，OD=3OA=3OF，E为AB的中点，将梯形沿折起得到如图所示的四棱锥，使得． 在棱CD上是否存在一点Q，使得PQ//平面CEF？若存在，指出点Q的位置，若不存在，请说明理由.    【答案】存在Q，点Q是CD的中点 【详解】存在Q，点Q是CD的中点，其理由如下： 因为是梯形，所以且, 所以四边形是正方形， 所以, 而，，所以，所以， 因为是梯形的高，所以 由，，在平面内相交于点， 所以平面， 如图，以O为坐标原点，OB，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. ，，，， 因为E为PB的中点，所以， 设平面的法向量为，所以， 所以， 令，则，所以， 由三点共线，设， ， 又PQ//平面CEF，所以， 即在棱CD上是存在一点Q，使得PQ//平面CEF，此时Q 是CD的中点.    3．如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【答案】证明见解析 【详解】由题意可知底面为正方形， 因为平面，平面，所以两两垂直， 如图以为原点，以为方向向量建立空间直角坐标系， 则有关点及向量的坐标为： ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量为， 因为，又在平面外， 所以平面. 4．在中，，，沿中位线DE折起后，点A对应的位置为点P，. （1）求证：平面平面DBCE； （2）求证：平面平面PCE； （3）求直线BP与平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【详解】（1）证明:,, ,, ,, 又平面PBD,平面PBD,, 平面PBD, 平面DBCE, 平面平面DBCE. （2）证明:以D为原点,过D作平面DBCE,DB,DE,DH所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 设,则, 所以,,,, 所以,,, 设平面BPC的法向量,则,即, 令,则,所以, 同理,设平面PCE的法向量,则,即,令,则,所以, 因为,所以, 所以平面平面PCE. （3）由（2）知,,平面PCE的法向量为, 所以, 所以直线BP与平面PCE所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查利用空间向量证明面面垂直,考查利用空间向量求线面角,考查运算能力. 5．将边长为2的正方形沿对角线折叠，使得平面平面，平面，是的中点，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析；（1）. 【解析】(1)建立空间直角坐标系，计算可得，利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可以求出点的坐标，最后利用向量法可以证明出； (2)分别求出平面、平面的法向量，最后利用空间向量夹角公式求出二面角的大小． 【详解】(1)证明：以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 取的中点并连接. 由题意得， 又平面平面， 平面， ， ，， ， . (2)解：设平面的法向量为， 则，， 令. 平面的法向量为， 所以，， 由得. 设二面角为， 则， 所以二面角的大小为. 【点睛】本题考查了用空间向量的知识解决线线垂直、二面角的问题，正确求出相关点的坐标是解题的关键. 6．如图，在矩形中，是线段上的一点．将沿翻折到位置，且点不在平面内．      (1)若平面平面，证明：； (2)设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为面面，且面面平面， 所以平面，平面，所以，又， 所以． （2）设的中点为，连接，则，过作直线垂直于平面， 如图所示，以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，      易知，， 设二面角为，则，则，，， 设面的法向量为，则， 令，解得，即， 设面的法向量，则， 令，解得，即， 因为平面平面，所以，解得， 则二面角的余弦值为． 二、翻折后角度的计算 7．如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 如图1，连接. ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形， ∵E是的中点，∴， 在图2中，， ∵，平面，平面，∴平面． ∵平面，∴． （2）在平面内，过E点作，则. 由（1）可知平面，∵平面，∴． ∵，∴两两垂直． 以E为坐标原点，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，，，． ∴，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，∴． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，，∴． 设平面与平面的夹角为，则 ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为 ． 8．如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）在菱形中，由，得△是等边三角形，由是的中点，得， 在四棱锥中，由，,平面， 得平面，而平面， 所以. （2）菱形的边长为是的中点，，， 由（1）知平面， 以为坐标原点，以为轴正方向，为轴负方向建立空间直角坐标系（如图） 则，设，， 由，，得，解得，即， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的正弦值. 9．如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使    (1)求证：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在等腰梯形中，，则，，由为中点， ，得，则四边形为平行四边形，， ，又，则为等边三角形，即为等边三角形， 取中点，连接，于是，    由，，得为正三角形，， 则，又，于是，即， 而，且平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量是，则，取，得， 设平面的法向量是，则，取，得， 则， 所以平面和面夹角的余弦值为. 10．（多选）在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线，所成的角为 D．与平面所成角的余弦值为 【答案】AC 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，. 对于A，因为，平面的一个法向量为， 所以，所以平面，故A正确. 对于B，因为，， 所以， 所以DP，EC不垂直，故B错误. 对于C，因为，， 所以， 所以异面直线，所成的角为，故C正确. 对于D，设平面的法向量为， 因为，， 所以令，得. 设与平面所成的角为，因为， 所以， ，故D错误. 故选：AC. 11．如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（    ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 【答案】C 【详解】对于A，在菱形中，，，则是正三角形， 由为边的中点，得，又，则， 而，平面，则平面， 又，于是平面，而平面，因此平面平面，A正确； 对于B，由，平面，平面，则平面， 又平面与平面的交线为，平面，因此，B正确； 对于C，由A知，，折起后仍有，，又平面， 则，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由平面，得是平面的一个法向量， 设与平面所成角为，则， 因此，C错误； 对于D，由选项C知平面，则为平面的一个法向量， 又，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则，由图形知二面角为锐角，其余弦值为，D正确. 故选：C 12．如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点，沿将折起，如图2. (1)在图2中证明：； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】（1）连接，取的中点为，连接，， 因为，，为的中点，所以，， 则四边形为平行四边形，所以，， 因为，所以， 又，所以与为全等的正三角形， 所以，， 因为平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以. （2）以为原点，，和过点与平面垂直的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 过点作平面的垂线，垂足为，连接，，， 因为，所以，则，又， 所以，，三点共线， 则为直线与平面所成的角，即， 因为，所以，即，所以， 则，，， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 13．如图甲，已知在等腰梯形中， AB∥ CD，且，，且，沿AE将折起使平面平面，如图乙．    (1)求点E到平面的距离； (2)设P为棱DC上一点（不与P，C重合），当二面角为60°时，DP与DC的比值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图甲，在等腰梯形中， AB∥ CD， ∵，，， ∴，， 如图乙，∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∴以为原点，EA，EC，ED的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设为平面BDC的一个法向量， ∵，令，则，，， 又， ∴点到平面BDC的距离．    （2）设，则 ，， 设为平面BEP的一个法向量， ， 令，则，，， 又是平面BED的一个法向量， 当二面角为60°时，则， 解得，    又，∴． 所以当二面角为60°时，DP与DC的比值为. 三、翻折后距离的计算 14．在菱形中，，，将菱形沿对角线折成直二面角，折起后直线与间的距离为 . 【答案】 【详解】设，在菱形中，， 折起后，，， 由于二面角为直二面角，即平面平面， 平面平面，，平面，平面， 以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 在原菱形中，，，，， ，，，， 则，， 设，令，则. 令，则，，. 又，因此，与间的距离. 【点睛】本题考查利用空间向量法计算异面直线间的距离，考查计算能力，属于中等题. 15．如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．    (1)若平面平面，求证：； (2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以． 又因为为的中点，则，所以为等腰三角形， 可得，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，且平面，所以． （2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以， 取的中点，则，由（1）得，所以， 所以即为二面角的平面角，记为． 以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    则，， 因为，则， 可得；， 则点A到直线的距离为， 由题意可得，解得，或， 所以二面角的平面角的余弦值为或． 16．如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，当，时，点D到直线PQ的距离为 ． 【答案】 【详解】取的中点，连接， ∵在菱形中，，， ∴，又， ∴，所以， 又易知， 所以以为原点，分别为轴建立坐标系，    则， 当，时，，， 则，， 所以点D到直线PQ的距离为. 故答案为： 17．如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析，② 【详解】（1）取的中点，连接, 由于为的中点，故且， 又且，故, 故四边形为平行四边形，故平面,平面, 故平面 （2）①，由于为的中点， 故， 所以，故, 由于,故为等边三角形， 又,故梯形为等腰梯形，因此, 由于，故，即平面， 故平面，平面， 故平面平面； ②以分别为轴的正方向，建立如图所示的空间之间坐标系， 则, ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设，则， 则,故， 因此点到平面的距离，解得， 故 18．已知矩形中， ，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.    (1)证明：； (2)已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是. ①求的值； ②求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【详解】（1）因为矩形，，，是中点，所以， 又，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. （2）（1）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，，， 设是的中点，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，，所以， 设，则， 所以则， 则. 设平面的一个法向量为， 则， 令，可得，， 即为平面的一个法向量， 设与平面所成的角为， 所以， 解得（舍去）， 所以的值为. ②由①得， 所以点到平面的距离. 四、探索翻折过程中的问题 19．如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图示,设处为沿翻折后的位置， 以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则 ，设 ， 由于 ,故 ， 而 ， 由于 ,故，则， 即 ； 又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设, 则，即 ， 即 ， 当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内， 不妨假设此时 ，设垂足为G, 作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值， 由于，故 , 所以 ,而, 故，又 , 故 为正三角形，则, 而 ,故 ,则 ， 故， ，则 ， 故的取值范围是 ， 故选：A 【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要注意极限位置的利用，有较大难度. 20．如图，矩形中，，，，将沿直线DE翻折成，若M为线段的点，满足，设二面角的平面角为． (1)求证：直线平面； (2)当为直角时，求点到平面的距离； (3)在翻折过程中（点不在平面内），求线段长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1） 在线段上取点，使得， 连接，∵，∴， ∵，∴， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面． （2）由题意得，，、为等腰直角三角形， 取中点，连接，则， 故为二面角的平面角，即. ∵，∴，. 如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则，， ，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，， ∴点到平面的距离为. （3） 如图，以O为原点建立空间直角坐标系，在翻折过程中， 由题意知，二面角的平面角，， 则， 由（2）知， ∴， 又∵，∴，∴． 故的取值范围是． 21．如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且.    (1)证明：平面； (2)设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i），（ii）存在，使得直线与平面所成角的正弦值为， 【详解】（1）取的靠近点的三等分点,连接， 由于,即是靠近的三等分点，故,. 由于 故,因此四边形为平行四边形， 故,平面,平面， 所以平面 （2）（i）在上取点使得, 由于, 故四边形为平行四边形， 故,故直线与直线所成的角为或其补角， 因为 故 故直线与直线所成的角的余弦值为 （ii）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , 故, 设平面的一个法向量为， ，令，则， 由于直线与平面所成角的正弦值为， 故, 解得， 由于，故存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，    22．（多选）在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线翻折成．若M为线段的中点，则在从起始到结束的翻折过程中，（    ） A．存在某位置，使得 B．存在某位置，使得 C．的长为定值 D．与所成角的正切值的最小值为 【答案】BCD 【详解】如图，    设的中点，连接，则，若，由，平面，可得平面，平面，则可证出，显然矛盾，故 A 错误； 因为，所以当平面，由平面可得，由，平面，即可得平面，再由平面，则有，故B正确； 取中点，，，，且方向相同， 所以为定值，所以为定值，故C正确； 不妨设，以分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 设，则，， ，，设与所成角为， 则，即与所成最小角的余弦值为，此时，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：处理折叠问题，注意折前折后可变量与不变量，充分利用折前折后不变的量，其次灵活运用线面垂直的判定定理与性质定理是研究垂直问题的关键所在，最后不容易直接处理的最值问题可考虑向量法计算后得解. 23．在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大值为 . 【答案】 【详解】在矩形中，取中点，连接与交于点， ，，，且， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴， 建立空间直角坐标系如上图，则，，， 为中点，， 将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上， 在平面内，设，且，， ，即， ，，， 所以 ， 设直线与所成角为，则 ， 易知，当时，单调递增， 当时，. 故答案为： 24．如图，已知平行四边形，，，，、分别是、的中点．现将四边形沿着直线向上翻折，则在翻折过程中，当点到直线的距离为时，二面角的余弦值为 ． 【答案】 【详解】连接、，取的中点，连接、， 易知，且，则四边形为菱形， 易知，则四边形为等边三角形，所以，， 同理可知，所以，二面角的平面角为， 因为，、平面，所以，平面， 且， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且与平面的垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，， 所以点到直线的距离为 ，解得. 故答案为：. 25．（多选）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．PC与平面BCD所成的最大角为45° B．存在某个位置，使得PB⊥CD C．当时，的最大值为 D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为 【答案】BC 【详解】取BD的中点O，连接，则， 又，可得平面，平面， 所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为∠PCO， 当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误； 由上可知为的平面角，即， 因为， 所以， 当时，，即，故B正确； 又， 当时，， 所以，即的最大值为，故C正确； ∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为， ∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD， 则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误． 故选：BC． 26．（多选）在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（    ） A．翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为 B．翻折过程中，存在某个位置的，使得 C．翻折过程中，四棱锥必存在外接球 D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 【答案】AD 【详解】 在矩形中，取中点，连接与交于点， ∵，∴，∴，且， ∴以为原点，，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴， 建立空间直角坐标系如上图，则，，， ∵为中点，∴， 将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上， ∴在平面内，设，且，，，即， ∴，，， ， 对于A，设直线与所成角为，则 ， 易知，当时，单调递增， ∴当时，，故选项A正确； 对于选项B，翻折过程中，恒成立， ∴不存在某个位置的，使得，故选项B错误； 对于C，连接，直角有以为直径的唯一外接圆， 又∵，∴不在的外接圆上，即四边形无外接圆， ∴四棱锥不存在外接球，故选项C错误； 对于D，当四棱锥的体积最大时，到平面距离最大， ∴此时在轴上，平面即平面， ∴以为直径的球的球心为中点， ∴球心到平面即平面的距离为， 又∵该球的直径，∴半径， 由球的几何性质，以为直径的球面被平面截得交线为圆， 该圆的半径， ∴该圆的周长为，故选项D正确. 故选：AD. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 拓展6-1 立体几何中的翻折问题 一、翻折后位置关系的判断 三、翻折后距离的计算 二、翻折后角度的计算 四、探索翻折过程中的问题 方法点拨：①确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，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 ②确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 一、翻折后位置关系的判断 1．已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为 ． 2．如图所示，是梯形的高，OA=OB=BC=1，OD=3OA=3OF，E为AB的中点，将梯形沿折起得到如图所示的四棱锥，使得． 在棱CD上是否存在一点Q，使得PQ//平面CEF？若存在，指出点Q的位置，若不存在，请说明理由.    3．如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 4．在中，，，沿中位线DE折起后，点A对应的位置为点P，. （1）求证：平面平面DBCE； （2）求证：平面平面PCE； （3）求直线BP与平面PCE所成角的正弦值. 5．将边长为2的正方形沿对角线折叠，使得平面平面，平面，是的中点，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小． 6．如图，在矩形中，是线段上的一点．将沿翻折到位置，且点不在平面内．      (1)若平面平面，证明：； (2)设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值． 二、翻折后角度的计算 7．如图1，菱形的边长为4，，E是的中点，将△沿着翻折，使点C到点P处，连接，得到如图2所示的四棱锥 (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 8．如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 9．如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使    (1)求证：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 10．（多选）在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线，所成的角为 D．与平面所成角的余弦值为 11．如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（    ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 12．如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点，沿将折起，如图2. (1)在图2中证明：； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 13．如图甲，已知在等腰梯形中， AB∥ CD，且，，且，沿AE将折起使平面平面，如图乙．    (1)求点E到平面的距离； (2)设P为棱DC上一点（不与P，C重合），当二面角为60°时，DP与DC的比值． 三、翻折后距离的计算 14．在菱形中，，，将菱形沿对角线折成直二面角，折起后直线与间的距离为 . 15．如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．    (1)若平面平面，求证：； (2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值． 16．如图，在菱形ABCD中，，，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，当，时，点D到直线PQ的距离为 ． 17．如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点， (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若， ①证明：平面平面； ②当动点到平面的距离为时，求的值． 18．已知矩形中， ，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.    (1)证明：； (2)已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是. ①求的值； ②求点到平面的距离. 四、探索翻折过程中的问题 19．如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 20．如图，矩形中，，，，将沿直线DE翻折成，若M为线段的点，满足，设二面角的平面角为． (1)求证：直线平面； (2)当为直角时，求点到平面的距离； (3)在翻折过程中（点不在平面内），求线段长的取值范围． 21．如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且.    (1)证明：平面； (2)设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 22．（多选）在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线翻折成．若M为线段的中点，则在从起始到结束的翻折过程中，（    ） A．存在某位置，使得 B．存在某位置，使得 C．的长为定值 D．与所成角的正切值的最小值为 23．在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大值为 . 24．如图，已知平行四边形，，，，、分别是、的中点．现将四边形沿着直线向上翻折，则在翻折过程中，当点到直线的距离为时，二面角的余弦值为 ． 25．（多选）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．PC与平面BCD所成的最大角为45° B．存在某个位置，使得PB⊥CD C．当时，的最大值为 D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为 26．（多选）在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（    ） A．翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为 B．翻折过程中，存在某个位置的，使得 C．翻折过程中，四棱锥必存在外接球 D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 2 学科网（北京）股份有限公司 $$