高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第14讲 专题1-6 折叠翻转八大题型

专题1-6折叠翻转八大题型汇总题型1平行问题 1题型2垂直问题 12题型3体积距离问题 17题型4线面角问题 28题型5二面角问题 39题型6角度相关动点问题 51题型7体积相关动点问题 57题型8最值问题 60题型1平行问题【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图1所示，在边长为12的正方形AA'A1'A1中，点B，C在线段AA'上，且AB=3，BC=4，作BB1//AA1，分别交A1A1'、AA(1)在三棱柱ABC－A1B1(2)试判断直线AQ是否与平面A1【答案】(1)证明见解析(2)直线AQ与平面A1【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明AB⊥平面BCC（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去判断直线AQ与平面A1【详解】（1）∵AB=3，从而有AC又∵AB⊥BB∴AB⊥平面BCC（2）直线AQ与平面A1以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为A（3，0，AQ=设平面A1C1则n⋅PA1=3x+9z=0∵AQ∴直线AQ与平面A1【变式1-1】1.（2022秋·河南郑州·高二郑州市第二高级中学校考开学考试）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将△APD、△CDQ分别沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M，连BM、PQ，得到图2所示几何体．(1)求证：PM⊥DQ；(2)在线段MD上是否存在一点F，使BM∥平面PQF，如果存在，求FM【答案】(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）由勾股定理得MP⊥MQ，从而证得MP⊥平面MDQ，然后可得线线垂直；（2）假设在线段DM上存在一点F，使BM∥【详解】（1）由图1可得MP=MQ=2，PQ=22∴MP2+M∵MP⊥MD，MD∩MQ=M，MD、MQ⊂平面MDQ，∴MP⊥平面MDQ，∵DQ⊂平面MDQ，∴MP⊥MQ．（2）当MFMD=1理由如下：连BD交PQ于点O，连OF，由图1可得OB=2，BD=42，即因为MFMD=1所以ODBD=FD因为BM⊄平面PQF，OF⊂平面PQF，所以BM∥【变式1-1】2.（2022·全国·高三专题练习）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE=2(1)求DE与平面BEC所成角的正弦值；(2)直线BE上是否存在一点M，使得CM∥平面ADE，若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由.【答案】(1)6(2)存在，点M为BE的中点【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面BDA⊥平面BDC得到线面垂直，进而确定点C的坐标，求出平面BEC的法向量和直线DE的方向向量，利用向量夹角的余弦值求线面角的正弦值；（2）先利用三点共线设出EM=λEB和点【详解】（1）解：以A为坐标原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则E0，0，2取BD中点F，连接CF，AF；由题意可得CF⊥BD且AF=CF=2又因为平面ABD⊥平面CBD，所以CF⊥平面BDA，所以点C的坐标为C1设平面BCE的法向量为n=则n→⋅EB→令x＝1，得n=1设平面DE与平面BCE所成角为θ，则sinθ=即DE与平面BEC所成角的正弦值为63（2）解：假设存在点M使得CM∥面ADE，则EM→=λEB所以EM=2λ，又因为AE⊥平面ABD，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADE；因为CM∥面ADE，则CM→⊥AB即2λ−1=0，解得λ=1即点M为BE的中点时，CM∥面ADE.【变式1-1】3.（2021秋·宁夏银川·高二校考阶段练习）如图①所示的等边三角形ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC,BC边的中点现将ΔABC沿CD折叠，使平面ADC⊥平面BDC，如图②所示.

①

②（1）试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；（2）求四面体ADBC外接球的体积与四棱锥D−ABFE的体积之比.【答案】（1）AB//平面DEF，见解析；（2）20【分析】（1）由已知中E、F分别为AC、BC中点，由三角形中位线定理可得EF//AB，由线面平行的判定定理可得AB（2）以DA，DB，DC为棱补成一个长方体，则四面体A−DBC的外接球即为长方体的外接球，进而求出球的体积，和四棱锥D−ABFE的体积，可得答案．【详解】解：（1）AB//平面DEF证明：∵E、F分别是AC，BC的中点，∴AB∵AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF∴AB//平面DEF（2）以DA，DB，DC为棱补成一个长方体，则四面体ADBC的外接球即为长方体的外接球.设球的半径为R，则a2+a2+3又VA−BDC=13S故四面体ADBC外接球的体积与四棱锥D−ABFE的体积之比为2015【点睛】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，点到平面的距离，属于中档题.【变式1-1】4.（2022·全国·高三专题练习）已知如图1所示，在边长为12的正方形AA'A1A1，中，BB1//CC1//AA1，且AB=3,BC=4,AA1'分别交B（1）求证：当k=34时，BM//（2）若k=14，求三棱锥【答案】（1）证明见解析；（2）14【分析】（1）过M作MN//CQ交AQ于N，连接PN，证明四边形MNPB为平行四边形，然后得出（2）易得AB⊥BC，然后用VM−APQ【详解】（1）证明：在下图中，过M作MN//CQ交AQ于N，连接PN，所以∴MNPB共面且平面MNPB交平面APQ于PN，∵k=34,MNCQ∴四边形MNPB为平行四边形，∴BM//PN⊂平面APQ，BM⊂平面APQ∴BM//平面APQ（2）因为AB=3,BC=4，所以AC=5，从而AC即AB⊥BC．因为k=14．所以所以V【点睛】在算三棱锥的体积的时候要利用图形的特点，看把哪个侧面当成底面更好算一些.【变式1-1】5.（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使D点在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE.（1）点F在BC上，若DF//平面EAC，求点F（2）求二面角D−BC−E的余弦值.【答案】（1）F为BC的中点；（2）3−3【解析】（1）设D点在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取BC的中点F，易得OF//平面EAC.取AC的中点H，连接EH，由平面EAC⊥平面ABC，得到EH⊥平面ABC，又DO⊥平面ABC，则DO//EH，则DO（2）连接OH，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面BDC的一个法向量为m=x,y,z和平面EBC的一个法向量为n=【详解】（1）如图，设D点在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD=CD，∴OA=OC，∴在Rt△ABC中，O为AB取BC的中点F，连接OF，DF，则OF//AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面∴OF//平面EAC取AC的中点H，连接EH，则易知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC=AC，∴EH⊥平面ABC，又DO⊥平面ABC，∴DO//EH，又DO⊄平面EAC，EH⊂平面∴DO//平面EAC又DO∩OF=O，∴平面DOF//平面EAC又DF⊂平面DOF，∴DF//平面EAC，此时F为BC（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD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B1,−1,0，D0,0,2，E从而BC=0,2,0，BD=设平面BDC的一个法向量为m=则BC⋅n得y=0，取x=2，则z=1，m设平面EBC的一个法向量为n=则BC⋅n得b=0，取a=3，则c=−1，n从而cosm易知二面角D−BC−E为钝二面角，所以二面角D−BC−E的余弦值为3−3【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量.题型2垂直问题【例题2】（2022·全国·高三专题练习）已知梯形ABCD,AB∥CD，现将梯形沿对角线AC向上折叠，连接BD，问：(1)若折叠前BD不垂直于AC，则在折叠过程中是否能使BD⊥AC？请给出证明；(2)若梯形ABCD为等腰梯形，AB=3,CD=5，折叠前AC⊥BD，当折叠至面ADC垂直于面ABC时，二面角A−BD−C的余弦值．【答案】(1)不能，证明见解析(2)−【分析】（1）利用反证法去证明在折叠过程中不能使BD⊥AC；（2）法一：作出二面角A−BD−C的平面角，再利用余弦定理即可求得二面角A−BD−C的余弦值；法二：建立空间直角坐标系，利用二面角两个半平面的法向量的夹角的余弦值即可求得二面角A−BD−C的余弦值．（1）假设折叠过程中能使BD⊥AC．折叠前，假设DE⊥AC，E为垂足，连BE，则BE与AC不垂直．①折叠后，若BD⊥AC，又BD与BE是平面BDE内的相交直线，故AC⊥平面BDE，又BE⊂平面BDE，从而有AC⊥BE，故折叠前也应有AC⊥BE②.显然，①与②矛盾．故假设不能成立．即折叠过程中不能使BD⊥AC．（2）设折叠前AC与BD的交点为F，则由题意易知AF=BF=3折叠前，在梯形ABCD内过B做BG⊥CD，垂足为G，则CG=1,BG=DG=4,AD=BC=17折叠后，因为面ADC垂直于面ABC，而DF⊥AC,BF⊥AC，所以DF⊥BF．所以BD=B又BF和DF是平面BDF内的相交直线，所以AC⊥平面BDF．所以AC⊥BD．解法①：过点C在平面BCD内作CH⊥BD，H为垂足，连接AH，又CH∩CA=C，则BD⊥平面ACH，又AH⊂平面ACH，所以BD⊥AH，故∠AHC即为二面角A−BD−C的平面角．在△BDC中，BD=BC=17所以cos∠BDC=5217得DH=25217所以cos∠AHC=即二面角A−BD−C的余弦值为−19解法②：以F为原点，分别以FD、FC、FB为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，则F(0,0,0),D5于是，BD=5设平面ABD的一个法向量为n=(x则522x1−32设平面BCD的一个法向量m=(x则522x2−32记二面角A−BD−C的平面角为φ，则|cos又观察发现二面角A−BD−C为钝角，故二面角A−BD−C的余弦值为−19【变式2-1】（2020·全国·校联考三模）如图甲，E是边长等于2的正方形的边CD的中点，以AE、BE为折痕将△ADE与△BCE折起，使D，C重合(仍记为D)，如图乙.（1）探索:折叠形成的几何体中直线DE的几何性质(写出一条即可，不含DE⊥DA，DE⊥DB，说明理由)；（2）求二面角D-BE-A的余弦值【答案】（1）几何性质见解析，理由见解析；（2）1【分析】（1）根据折前折后折痕同侧的位置关系、长度不变，可以证明DE⊥平面ABD，据此结论也可得到DE⊥AB，或DE与平面ABD内任一直线都垂直，也可计算直线DE与平面ABE所成角等于π3（2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值.【详解】（1）性质1：DE⊥平面ABD.证明如下：翻折前，DE⊥DA，  翻折后仍然DE⊥DA，  且DA∩DB=D，则DE⊥平面ABD.性质2：DE⊥AB.证明如下：与性质1证明方法相同，得到DE⊥平面ABD.又因AB⊂平面ABD，则DE⊥AB.性质3：DE与平面ABD内任一直线都垂直.证明如下：与性质1证明方法相同，得到DE⊥平面ABD，从而DE与平面ABD内任一直线都垂直.性质4：直线DE与平面ABE所成角等于π3证明如下：如图，取AB的中点F，连接DF，EF，由DA=DB，  得DF⊥AB与性质2证明相同，得DE⊥AB，DE⊥DF，再因DE∩DF=D，则AB⊥平面DEF，进而平面DEF⊥平面ABE.作DH⊥EF于H，则DH⊥平面ABE，即∠DEF就是直线DE与平面ABE所成的角.DE=1，EF=2，cos∠DEF=DEEF（2）与（1）之性质4证明相同，得到DE⊥DF，AB⊥平面DEF，AB⊥EF，AB⊂平面ABE内，则平面DEF⊥平面ABE.以E为坐标原点、EF为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.DF=DDH=DE×DFEF=32，EH=E(0， 0，  0)，B(2， 设n→=(x， 则n取z=1，求得一个法向量n记二面角D−BE−A的大小为θ，则θ与〈n|cos因θ是锐角，则cosθ=【点睛】本题主要考查了折叠问题，线线、线面垂直的判定，线面角，二面角的求法，考查了空间想象力，运算能力，属于中档题.题型3体积距离问题【例题3】（2022·全国·高三专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝12图1

图2(1)求证：AM∥平面BEC；(2)求证：BC⊥平面BDE；(3)求点D到平面BEC的距离．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)6【分析】（1）取EC中点N，连接MN，BN，根据中位线的性质证明四边形ABNM为平行四边形即可；（2）根据线面垂直的判定证明ED⊥平面ABCD，再在直角梯形ABCD中，根据勾股定理证明BC⊥BD，进而证明BC⊥平面BDE；（3）解法一：根据线面垂直的性质结合（2）证明DG⊥平面BEC，再根据几何关系求DG即可；解法二：利用等体积法VD－BCE＝VE－BCD求解即可【详解】（1）证明：取EC中点N，连接MN，BN，在△EDC中，M，N分别为ED，EC的中点，所以MN∥CD，且MN＝12由已知AB∥CD，AB＝12所以MN∥AB，且MN＝AB，所以四边形ABNM为平行四边形，所以BN∥AM，又因为BN平面BEC，且AM平面BEC，所以AM∥平面BEC；（2）证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD，因为ED⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，又在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，故BD=2由余弦定理BC2=B在△BCD中，BD＝BC＝2，CD＝2，所以BD2＋BC2＝CD2，故BC⊥BD，因为ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDE，所以BC⊥平面BDE；（3）解法一：由（2）知BC⊥平面BDE，因为BC⊂平面BCE，所以平面BDE⊥平面BCE，过点D作EB的垂线交BE于点G，∵平面BDE∩平面BCE＝BE，DG⊂平面BDE，则DG⊥平面BEC，所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，∵ED⊥平面ABCD，BD在平面ABCD内，∴ED⊥BD，在三角形BDE中，S△BDE所以DG=BD⋅DE所以点D到平面BEC的距离等于63解法二：由（2）BC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，所以BC⊥BE，因为DE＝1，AB=AD=1所以BD＝2，BC＝2，BE＝3，所以S△BDCS△BEC设点D到平面BCE的距离为h，根据VD－BCE＝VE－BCD，由（2）可知ED⊥平面ABCD即13S△BEC⋅ℎ=1即点D到平面BCE的距离为6【变式3-1】1.（2021·高二课时练习）如图，在边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC，BC的中点，连接DE，连接AG交DE于点F．现将△ADE沿DE折叠至△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED．连接A1G【答案】15【分析】连接BE，证得直线A1F,GF,DE两两垂直，以F为坐标原点，FG，FE，FA1所在直线分别为x，y，【详解】解：连接BE，因为在边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC，BC的中点，所有DE//BC,AG⊥BC，所以AF⊥DE,GF⊥DE，又因为平面A1DE⊥平面BCED，所以A1F⊥平面以F为坐标原点，FG，FE，FA1所在直线分别为x，y，则B32,−1,0，A10,0,∴EB=32,−3设平面A1EG的法向量为则n⋅EA1=−12则n=3,3,∴点B到平面A1EG的距离【变式3-1】2.（2023·全国·高三专题练习）如图是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿AB折叠，使平面ABCD垂直于半圆所在的平面，若点E是折后图形中半圆O上异于A，B的点（1）证明：EA⊥EC；（2）若AB=2AD=2，且异面直线AE和DC所成的角为π6，求三棱锥D−ACE【答案】（1）证明见解析；（2）36【分析】（1）由面面垂直得到BC⊥EA，利用直径对应的圆周角为直角得到BE⊥EA，可以证明EA⊥平面EBC，再利用线面垂直的性质定理即可证明EA⊥EC；（2）先求出EF=32，利用等体积转化法把求三棱锥D−ACE的体积转化为求三棱锥【详解】（1）∵平面ABCD垂直于圆O所在的平面，两平面的交线为AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC垂直于圆O所在的平面．又EA在圆O所在的平面内，∴BC⊥EA．∵∠AEB是直角，∴BE⊥EA．而BE∩BC=B，∴EA⊥平面EBC．又∵EC⊂平面EBC，∴EA⊥EC（2）因为在矩形ABCD中，AB∥CD，直线AE和DC所成的角为π6所以直线AE和AB所成的角为π6，即∠BAE=过E作EF⊥AB于F，则EF⊥平面ABCD．又AB=2,∠BAE=π6，所以因此S△ACD于是VD−ACE故三棱锥D−ACE的体积是3【变式3-1】3.（2020·全国·高三专题练习）如图所示长方形BCEF，FB=2AB=2FA=2BC，现沿AD，GH两道折痕进行折叠，AD、GH均与CE垂直，∠HAB=π（1）若FH:HA=1:2，FA⊥AB，求证平面EFGH//平面ABCD；（2）在（1）的条件下，设AB=3，请求出四面体H−ACE的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）23【分析】（1）要证明面面平行，需证明平面内的两条相交直线分别平行，根据条件可证明FH//AB，HG//AD；（2）首先根据四面体H−ACE的结构，将其放置在长方体ABCD−EFMN，在长方体中求几何体的体积.【详解】（1）如图作HT⊥FA，∵FA⊥AB，∠HAB=π3∴HT=HAsin又∵FH=12HA，∴F∴△AFH为直角三角形，

∴FH⊥AF，∴FH//AB，又∵HG//AD，∴FH∩HG=H,AB∩AD=A，所以，平面EFHG//平面ABCD.（2）如图，把四面体H−ACE，放在长方体ABCD−EFMN中，AB=3，BC=3，AF=3，FH=1∴=93所以，四面体H−ACE的体积23【点睛】本题考查面面平行，四面体的体积，重点考查空间想象能力，推理能力，计算能力，属于中档题型，很多设计几何体的体积，结构问题，可以采用补体解决问题.【变式3-1】4.（2019秋·全国·高三阶段练习）如图一，在直角梯形ABCD中，E,F分别为AB的三等分点，FG//BC,ED∥BC，AB=3，BC=2，若沿着FG,DE折叠使得点A和B重合，如图二所示，连结GC,BD.

（1）求证：平面GBD⊥平面BCDE；（2）求点E到平面CDG的距离.【答案】（1）见解析；（2）2【分析】1取BD,BE的中点分别为O,M，连结GO,OM,FM,可得四边形OGFM为平行四边形,则GO∥FM,由FM⊥EB,利用面面垂直的性质和线面垂直的性质及判定即可得证.2由BE//CD,把点E到平面CDG的距离转化为点B到平面CDG的距离,利用等体积法VG−BCD=VB−CDG,通过代数运算间接求出点【详解】（1）证明:取BD,BE的中点分别为O,M，连结GO,OM,FM如图，则OM//DE且OM=1又因为GF∥DE且GF=1所以GF∥OM且GF=OM，故四边形OGFM为平行四边形，所以GO∥FM.因为M为EB中点，三角形BEF为等边三角形，所以FM⊥EB，因为平面EFB⊥平面BCDE,平面BEF∩平面BCDE=BE,故FM⊥平面BCDE，因为GO∥FM，所以GO⊥平面BCDE，又因为GO⊂平面GBD,故平面GBD⊥平面BCDE；（2）因为BE//CD，又因为BE⊄平面CDG,CD⊂平面CDG,故BE//平面CDG，故点E到平面CDG的距离等于点B到平面CDG的距离.由（1）知三棱锥G−BCD的体积VG−BCDOG=FM=32，故VG−BCD在ΔCDG中，DG=CG=2取CD中点P，连结GP，则GP=C故SΔCDG设点B至平面CDG的距离为d，所以三棱锥B−CDG的体积V2由于V1=V2，则故点E到平面CDG的距离为221【点睛】本题考查线面垂直的判定及性质和面面垂直的性质以及利用线面平行和等体积法间接求点到面的距离;正确作出辅助线和等体积法的应用是求解本题的关键;属于中档题.【变式3-1】5.（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图1，在梯形ABCD中，AB//CD，且AB=2CD=4，△ABC是等腰直角三角形，其中BC为斜边.若把△ACD沿AC边折叠到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面（1）证明：AB⊥PA；（2）若E为棱BC的中点，求点B到平面PAE的距离.【答案】（1）见解析；（2）26【分析】（1）证明AB⊥平面PAC，则有AB⊥PA；（2）等体积法求点到平面的距离.【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，BC为斜边，∴AB⊥AC.∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC∴AB⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，∴AB⊥PA；（2）解：由（1）知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，由题意可得PC=2，AC=AB=4，AC⊥AB，则BC=42，PA=∵E为棱BC的中点，∴AE=CE=1∴PE=4+8在△PAE中，AE=22，PA=25，∴AE即AE⊥PE，则△PAE的面积为12设点B到平面PAE的距离为h∵VB−PAE∴13∴ℎ=2【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质，点到平面距离的求法，考查直观想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题.题型4线面角问题【例题4】（2023·全国·高三对口高考）如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD,△PBC沿PA,PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB中，E为PB中点．(Ⅰ)求证：PO⊥AB;(II）求直线BP与平面POA所成角的正弦值；(Ⅲ）求二面角P-AO-E的大小．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）155.（Ⅲ）π【分析】第一问利用几何体的特征可以得出相应的线线垂直，之后利用线面垂直的判定定理和性质得出所要的结果；第二问建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面角的正弦值；第三问利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后确定出二面角的大小.【详解】（Ⅰ）在正方形ABCD中，P为CD中点，PD⊥AD,PC⊥BC，所以在三棱锥P−OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因为OA∩OB=O，所以PO⊥平面OAB.因为AB⊂平面OAB,所以PO⊥AB.（Ⅱ）取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.过点O作AB的平行线OG.因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.因为OA＝OB，F为AB的中点，所以OF⊥AB.所以OF⊥OG.如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz.A（1，3,0），B（−1，3,0），P（0,0因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.因为PO⊥平面OAB，PO⊂平面POA，所以平面POA⊥平面OAB.因为平面POA∩平面OAB＝OA，BM⊂平面OAB，所以BM⊥平面POA.因为BM＝(32，－32，0)．所以平面POA的法向量m＝（BP＝(1，－3，1)．设直线BP与平面POA所成角为α，则sinα=所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.15（Ⅲ）由(Ⅱ)知E−12,3设平面OAE的法向量为n，则有OA⋅n令y=−1，则x=3，z=23.即所以cosm由题知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为π3【变式4-1】1.（2020·全国·模拟预测）如图，四边形MABC中△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE.（1）点F在BC上，若DF//平面EAC，求点F（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值.【答案】（1）点F为BC的中点；（2）104【分析】（1）设点D在平面ABC内的射影为O，证明O是AB中点，取AC的中点H，证EH⊥平面ABC，取BC的中点F，证明DO,OF与平面EAC平行后得面面平行，从而证得线面平行．（2）连接OH，由（1）OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD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，用空间向量法求直线与平面所成角．【详解】（1）点F为BC的中点.理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，O在AB上，连接OD，OC，∵AD=CD，∴OA=OC，所以∠OAC=∠OCA，∴在Rt△ABC中，∠OBC=∠OCB，∴OC=OB，O为AB的中点取AC的中点H，连接EH，则易知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC=AC，EH⊂平面EAC，∴EH⊥平面ABC，所以DO//EH，DO⊄平面EAC，EH⊂平面EAC，所以DO//平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF//又OF⊂平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF//平面又DO∩OF=O，DO,OF⊂平面DOF，∴平面DOF//平面EAC又DF⊂平面DOF，∴DE//平面EAC（2）连接OH，由（1）OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD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B1,−1,0，A−1,1,0，E0,1,−∴AB=2,−2,0，BC=设平面EBC的法向量为n=a,b,c，则BC得b=0，取a=3，则c=−1，∴n=3设直线AB与平面EBC所成的角为θ，则sinθ=故cosθ=【点睛】方法点睛：本题考查证明线面垂直，考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法：（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算【变式4-1】2.（2022·全国·高三专题练习）如图，在平面多边形ABFCDE中，ABFE是边长为2的正方形，DCFE为等腰梯形，G为CD的中点，且DC=2FE，DE=CF=EF，现将梯形DCFE沿EF折叠，使平面DCFE⊥平面ABFE．（1）求证：EG⊥平面BDF；（2）求直线BD与平面CBF所成角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）60°【分析】（1）先证明EG⊥DF、BF⊥EG，然后证明EG⊥平面BDF即可；（2）取EF的中点O，连接GO，过点O在平面ABFE内作EF的垂线OH，以OH,OF,OG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，然后再利用空间向量的运算求解即可.【详解】解：（1）连接GF，由已知，得DG//EF,DG=EF，DE=DG=2，则四边形DEFG为菱形，故EG⊥DF．因为平面DCFE⊥平面ABFE，平面DCFE∩平面ABFE=EF,BF⊥EF，所以BF⊥平面DCFE．又EG⊂平面DCFE，所以BF⊥EG又BF∩DF=F，所以EG⊥平面BDF．（2）取EF的中点O，连接GO，则易知GO⊥平面ABFE，过点O在平面ABFE内作EF的垂线OH，以OH,OF,OG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B(2,1,0),F(0,1,0),C(0,2,3所以FB=(2,0,0),设平面CBF的法向量为n=(x,y,z)则n⋅FB=0,n⋅取y=−3，则z=1故n=(0,−3,1)设直线BD与平面CBF所成的角为θ，则sinθ=|从而直线BD与平面CBF所成的角为60°．【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理,重点考查了空间向量的应用,属中档题.【变式4-1】3.（2020·全国·高三专题练习）如图，等腰梯形ABCD中，AB//CD,DA=AB=BC=2，CD=4，E为CD中点，将△DEA沿AE折到（1）证明：AE⊥D（2）当折叠过程中所得四棱锥D1−ABCE体积取最大值时，求直线D1【答案】（1）证明见解析（2）15【分析】（1）在平面图中，连BE，DB，设DB交AE于F，要证AE⊥D1B，转证AE⊥平面D1FB（2）要使四棱锥体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面ABCE，以【详解】解：（1）在平面图中，连BE，DB，设DB交AE于F，因为ABCD是等腰梯形，AB//CD,DA=AB=BC=2，∴DE=EC=2即AB=EC，且AB故四边形ABCE为平行四边形又AB=BC所以平行四边形ABCE为棱形，同理可证ABED也为棱形所以AE⊥DB．于是得出在立体图形中，AE⊥D1∵D1F∩BF=F，所以AE⊥平面D1∵D1B⊂故AE⊥D（2）要使四棱锥体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面此时D1F⊥平面以F为原点，FE,FB,FD1为则A(−1,0,0),B(0,则D设平面ABD1由n⋅A令x=3，得∴∴直线D1E与平面ABD【点睛】本题考查线面垂直的判定，利用空间向量法求线面角，属于中档题.【变式4-1】4.（2021·全国·高二专题练习）如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【答案】（1）点F为BC的中点；（2）104【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC；（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．【详解】解：（1）点F为BC的中点，理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，取AC的中点H，连接EH，由题意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣3），C（1，1，0），∴AB＝（2，﹣2，0），BC＝（0，2，0），BE＝（﹣1，2，﹣3），设平面EBC的法向量n＝（a，b，c），则BC⋅n=2b=0BE⋅n=−a+2b−设直线与平面EBC所成的角为θ，则sinθ＝|AB⋅n||∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝1−(64【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解．题型5二面角问题【例题5】（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3.现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC且BC⊥平面BDE，如图2所示.(1)求AB的长度；(2)求二面角F−EB−C的大小.【答案】(1)1(2)5【分析】（1）利用垂直关系得BC⊥BD，再结合勾股定理，即可求解；（2）分别求平面BCE和BEF的法向量，根据二面角的向量公式，即可求解.【详解】（1）由BC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，得BC⊥BD，在矩形EFBC中，由BF//CE,EC⊥EF，EF=1,FB=2,EC=3，知BC=2设AB=x0<x<2，则AF=DE=2−x，CD=x+1故BD2=A由勾股定理：BD解得：x=1，AB的长度为1；（2）因为ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC=D，且AD,DC⊂平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，结合DA⊥DC知，DA,DC,DE两两互相垂直，故以点D为原点，DA,DC,DE为x，D0,0,0，A1,0,0，B1,1,0，C0,2,0，所以BF=0,−1,1，EF=1,0,0，设n1=x1,取x1=1，则设n2=x2,取y2=−1，则记所求二面角大小为θ，θ为钝角，则cosθ=所求二面角的大小为5π【变式5-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图所示，平面图形ABCDFE中，其中矩形ABCD的边长分别为AB=3，BC=8，等腰梯形ADFE的边长分别为AE=5，EF=2.现将该平面图形沿着AD折叠，使梯形ADFE与矩形ABCD垂直，再连接BE，CF，得到如图所示的空间图形，对此空间图形解答如下问题：(1)证明：AB⊥DF；(2)求平面ABE与平面CDF所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）因为AB⊥AD，根据面面垂直的性质，可证明AB⊥平面ADFE，即可证明结论；（2）解法一：作EH⊥AD，FG⊥AD，垂足分别为H,G，过H,G分别作HK//AB，GS//CD，交BC分别于K,S，连接EK,HK,GS,FS，则由题可知，△ABE在平面EHK的射影为△HKE，即可求出cosθ，从而求出cos2解法二：建立空间直角坐标系，求平面ABE的法向量及平面CDF的法向量，利用法向量夹角即可求出.（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥AD.∵平面ADFE⊥平面ABCD，平面ADFE∩平面ABCD=AD，∴AB⊥平面ADFE.∵DF⊂平面ADFE，∴AB⊥DF.（2）解法一：如图所示，作EH⊥AD，FG⊥AD，垂足分别为H,G，过H,G分别作HK//AB，GS//CD，交BC分别于K,S，连接EK,HK,GS,FS.∵△ABE为直角三角形，且AB=3，AE=5，∴S△AEB在等腰梯形ADFE中，易求HE=4，而S△EHK由题可知，△ABE在平面EHK的射影为△HKE，∴cosθ=可知平面ABE与平面CDF所成二面角为2θ，而cos2θ=2解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则O0,0,0，A0,−3,0，B3,−3,0，D0,5,0，F0,2,4AB=3,0,0，AE=0,3,4设平面ABE的法向量为v=则v⋅AB=0v⋅AE=0设平面CDF的法向量为u=则u⋅CD=0u⋅CF所以cosv二面角A−PB−C的角的余弦值为725【变式5-1】2.（2022·全国·高三专题练习）在直角梯形CEPD中，PD//EC,PD=8,CE=6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形．将四边形PABE沿AB折叠，使得(1)求直线PD与平面PCE所成角的正弦值；(2)当F为线段AB的中点时，求二面角P−CE−F的余弦值．【答案】(1)3(2)6【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用即可向量法计算可得；【详解】（1）解：依题意可得PA⊥AB、PA⊥AD，AB⊥AD，如图建立空间直角坐标系，则A0,0,0、B4,0,0、C4,4,0、D0,4,0、所以CE=0,−4,2，CP=设平面PCE的法向量为n=x,y,z，所以n⋅CE=−4y+2z=0n⋅CP=−4x−4y+4z=0设直线PD与平面PCE所成角为θ，则sin（2）解：依题意可得F2,0,0，则CF设平面CEF的法向量为m=a,b,c，所以m⋅CF=−2a−4b=0则cosn,m所以二面角P−CE−F的余弦值为66【变式5-1】3.（2022·全国·高三专题练习）已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角P−AD−B的大小为120°，此时恰有PC⊥AD.(1)求BD的长；(2)求二面角D−PC−B的余弦值.【答案】(1)BD=2(2)−【分析】（1）取AD中点M，连接PM，CM，即可得到PM⊥AD，再由PC⊥AD，从而得到AD⊥平面PMC，即可得解AD⊥MC，从而求出BD；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】（1）解：取AD中点M，连接PM，CM，∵△PAD是正三角形，∴PM⊥AD，又∴PC⊥AD，PC∩PM=P，PC,PM⊂平面PMC∴AD⊥平面PMC，MC⊂平面PMC，∴AD⊥MC，∴在菱形ABCD中，∠CDA=60∘，则∴BD=（2）解：取M为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则D−1,0,0，P0,3,0，设平面PCD的法向量为m=∵DP∴−332y+32z=0x+3设平面PCB的法向量为n∵CB∴−332b+32c=02a=0所以cosm又二面角D−PC−B为钝二面角，二面角D−PC−B的余弦值为−2【变式5-1】4.（2022·全国·模拟预测）如图1是由边长为4的正方形ABCD与腰长及下底长均为2的等腰梯形ABEF组成的平面图形，将此图形沿AB边折叠，使得平面ABCD⊥平面ABEF，如图2所示．(1)在图2中，连接BF，DF，求证：BF⊥平面ADF；(2)求图2中平面ADF与平面BDE的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）由面面垂直的性质定理结合已知条件利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以F为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，分别求出平面BDE与平面ADF的一个法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥AB．又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，∴AD⊥平面ABEF．又BF⊂平面ABEF，∴AD⊥BF．在等腰梯形ABEF中，AB=4，AF=EF=BE=2，易得∠BAF=60°，BF=23，BF⊥AF．又AD∩AF=A，AD，AF⊂平面ADF，∴BF⊥（2）以F为坐标原点，FB，FA所在直线分别为x，y轴，过点F且垂直于平面ABEF的直线为z轴，建立空间直角坐标系F−xyz如图所示，则B23,0,0，D0,2,4，∴BD=−23设平面BDE的法向量为n=则n令x=1，得y=−3，z=3，故易知平面ADF的一个法向量为FB=所以cosFB故平面ADF与平面BDE的夹角的余弦值为77【变式5-1】5．（20121秋·全国·高三校联考阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中，E，F分别为AB的三等分点，FG//BC，ED//BC，（1）求证：平面GBD⊥平面BCDE；（2）求二面角B−CG−D的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）−7【分析】（1）取BD，BE的中点分别为O，M，连结GO，OM，MF，先证四边形OGFM为平行四边形，可得GO//FM，再证FM⊥平面BCDE，因此GO⊥平面BCDE，进而可得平面GDB⊥平面BCDE；（2）以EB为y轴，ED为z轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求得平面CDG和平面CBG的法向量，进而求得二面角B−CG−D的余弦值.【详解】（1）如图，取BD，BE的中点分别为O，M，连结GO，OM，MF，∴OM//DE，又因为GF//DE，所以GF//OM，故四边形OGFM为平行四边形，故GO//FM，因为M为EB的中点，三角形BEF为等边三角形，故FM⊥EB，因为平面EFB⊥平面BCDE，故FM⊥平面BCDE，因此GO⊥平面BCDE，又GO⊂平面GDB，故平面GDB⊥平面BCDE；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,0)，C(0,1,2)，D(0,0,2)，G(3CD=(0,−1,0)，CG=(3设平面CDG的法向量为m=(x1取x1=1，得：同理得出平面CBG的法向量n=(1,∴cosθ=所以二面角的余弦值为−7【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查利用向量法求二面角的余弦值，考查逻辑思维能力和空间想象能力，考查计算能力，属于常考题.题型6角度相关动点问题【例题6】（2021·全国·模拟预测）图①是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆O组成的平面图形，将此图形沿AB折叠，使平面ABCD垂直于半圆O所在的平面，如图②，若点E是半圆O上异于A，B的点．(1)证明：平面EAD⊥平面EBC；(2)若AB=2AD=2，且异面直线BE和DC所成的角为π3【答案】(1)证明见解析(2)42【分析】（1）根据条件得到BC⊥AB，由面面垂直的性质定理得到BC垂直于半圆O所在的平面，BC⊥EA，根据圆的几何性质得到BE⊥EA，故得到EA⊥平面EBC，再由面面垂直的判定定理得到平面EAD⊥平面EBC；（2）由异面直线BE和DC所成的角为π3，AB∥DC知道∠ABE=π3【详解】（1）∵平面ABCD垂直于半圆O所在的平面，两平面的交线为AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC垂直于半圆O所在的平面．又EA在半圆O所在的平面内，∴BC⊥EA．∵AB是半圆O的直径，∴∠AEB是直角，∴BE⊥EA．而BE∩BC=B，∴EA⊥平面EBC．又∵EA⊂平面EAD，∴平面EAD⊥平面EBC．（2）由（1）可知BC垂直于半圆O所在的平面．如图，以点O为坐标原点，过点O且与AB垂直的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，过点O且与BC平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系O—xyz．由异面直线BE和DC所成的角为π3，AB∥DC∵AB=2，∴BE=1，∴E32,12∵AB=2AD=2，∴C0,1,1，D∴AE=32,3设平面DCE的一个法向量为p=由DE⋅p=0,z1=32x1，y1设平面AEC的一个法向量为q=由CE⋅q=0,AE⋅q=0,取y2=−1，得x2∴q=3,−1,2故平面DCE与平面AEC所成的锐二面角的余弦值为427【变式6-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图，平面五边形ABCD中，∠B=∠BAD=∠E=∠CDE=90°，CD=DE=EA=2，将ΔADE沿AD折叠，得四棱锥(1)证明：PC⊥AD；(2)若二面角P−AD−B的大小是120°，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】（1）取AD的中点O，连结PO，CO，由等腰直角三角形的性质可知AD⊥PO，∠PDA=45°，则可知∠ADC=45°，易证AD⊥CO，进而证明；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，由（1）可知∠POC为二面角P−AD−B的平面角，表示出B，C，D，P的坐标，即可得到PB，DC，PC，利用DC，PC求得平面PCD的法向量，再根据n⋅【详解】（1）证明：取AD的中点O，连结PO，CO，因为DE=EA=2，即PA=PD=2，所以AD⊥PO，因为∠E=∠CDE=90°，即∠P=90°，∠PDA=45°，所以∠ADC=45°，又CD=2，所以AD⊥CO因为PO∩CO=O，PO⊂平面POC，CO⊂平面POC，所以AD⊥平面POC，因为PC⊂平面POC，所以AD⊥PC.（2）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，由（1）可知，∠POC为二面角P−AD−B的平面角，即∠POC=120°，C0,1,0，D−1,0,0，B1,1,0则PB=1,32,−设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则n⋅令z=−3，则y=−1，x=1，所以平面PCD的法向量为n设直线PB与平面PCD所成角为θ，则sinθ=所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为510【变式6-1】2.（2021秋·全国·高三校联考阶段练习）已知五边形PABCD是平面图形(如图1)，四边形ABCD是矩形，PA=PD，PA⊥PD.现在沿AD折叠△PAD，使得∠PAB=90∘，得到四棱锥（1）求证：PD⊥平面PAB；（2）若二面角A−PB−C的余弦值为−23，求【答案】（1）证明见解析；（2）2.【分析】（1）由垂直关系和线面垂直的判定可证得AB⊥平面PAD，由此得到AB⊥PD，结合PA⊥PD，根据线面垂直的判定可证得结论；（2）设ABBC=λλ>0，以A【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥AD，∵在图2中，∠PAB=90∘，又AD∩PA=A，AD,PA⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PA⊥PD，且PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB.（2）由（1）易知：△PAB≌△PDC，∴PB=PC，设ABBC如图，以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，过点A垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz.取BC=2，则AB=2λλ>0则A0,0,0，B2λ,0,0，C2λ,2,0，D∴PB=2λ,−1,−1，BC∵PD⊥平面PAB，∴PD是平面PAB设平面PBC的法向量为n=则n⋅PB=2λx−y−z=0n⋅BC=2y=0，令x=1∴cos<PD∴AB题型7体积相关动点问题【例题7】（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形BCDE中，BC//DE，BC⊥CD，A为DE的中点，且DE=2BC=4，BE=22，将△ABE(1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值．【答案】(1)PB始终与平面ACM平行，理由见解析.(2)3【分析】（1）先证明四边形ABCD为正方形，连接BD交AC于点N，连接MN，易得MN//PB，再由线面平行的判定定理即可证明结论；（2）以A为坐标原点建立合适的空间角坐标系，分别求出DC和平面ACM的一个法向量，进而求出线面角的正弦值.【详解】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.理由如下：由已知可得：AB⊥DE,DE=2BC=4,BE=22所以AB=2，即四边形ABCD为正方形，连接BD与AC于点N，连接MN，又M为PD的中点，所以MN//PB，因为PB⊄平面ACM，MN⊂平面ACM，所以PB//平面ACM（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点P到平面ABCD的距离最大，即PA⊥平面ABCD，以A为坐标原点，AB,AD,AP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A0,0,0AC=设平面ACM的法向量为n=则n⋅令y=−1，得x=z=1，则n=设CD与平面ACM所成角为θ，所以sinθ=即CD与平面ACM所成角的正弦值为33【变式7-1】（2022·全国·高三专题练习）如图1，已知矩形ABCD，其中AB=2，BC=4，线段AD，BC的中点分别为点E，F，现将△ABE沿着BE折叠，使点A到达点P，得到四棱锥P−BCDE，如图2.(1)求证：BE⊥PF；(2)当四棱锥P−BCDE体积最大时，求二面角P−EC−B的大小.【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）要证明线线垂直，需先证明线面垂直，首先作辅助线，取BE的中点O，连接PO，OF，证明BE⊥平面PFO；（2）首先确定点P的位置，法一，利用坐标法，求二面角；法二，几何法，根据二面角的定义，得二面角P−EC−B的平面角就是∠PEB，即可求解.【详解】（1）取BE的中点O，连接PO，OF，因为AB=2，BC=4，线段AD，BC的中点分别为点E，F，所以BE=CE=22，∠BEC=90°又因为FO∥CE，所以FO⊥BE，在等腰直角△PBE中，FO∩PO=O，所以BE⊥平面PFO，因为PF⊂平面PFO，所以BE⊥PF.（2）当四棱锥P−BCDE体积最大时，点P在平面BCDE的射影即为点O，即PO⊥平面BCDE.法一：以OB，OF，OP方向为x轴，y轴和z轴分别建立空间直角坐标系O−xyz.如图3.则P0,0,2，E−2PE=−设平面PEC的法向量为n=x,y,z取x=1，可得n易得平面ECB的一个法向量m所以cos因为二面角P−EC−B是锐角，所以二面角P−EC−B的大小为π4法二：在△ECB中，因为EC=22，EB=22，BC=4，所以在△PEC中，PC=PO2+OC2=2由二面角的定义可知，二面角P−EC−B的平面角就是∠PEB.所以二面角P−EC−B的大小为π4题型8最值问题【例题8】（2023·全国·高二专题练习）如图（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A−DE−B大小为60°，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点