高考数学专项复习：立体几何中的翻折问题（解析版）

立体几何中的翻折问题

[思超I4]

在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探索性问题也是常考题型，考查热点仍是

点、线、面的位置关系的判断和空间角的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系

和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题.

二.翻折问题的两个解题策略

确定翻折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

前后变与的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不

不变的变，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

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

确定翻折

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

后关键点

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

的位置

照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算

三.三步解决平面图形翻折问题

确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的

第一步-i

变化量和不变量

0

在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需

第二步

要用到的线面

工

第三步利用判定定理或性质定理进行证明

【典例】（2019•全国III卷）图①是由矩形ADEB,R34BC和菱形BFGC组成的一个平面图

形，其中A2=l,BE=BF=2,NEBC=60。.将其沿AB,8C折起使得BE与8尸重合，连接

DG,如图②.

(1)证明：图②中的A,C,G,。四点共面，且平面ABC,平面2CGE；

(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小.

【解题指导】

点

四飕处到阳折叠不变性不砺斗复军

面

共

面

面

直

垂｛端器H线面垂直啮平面M面BCGE］

求二利用线面闺求相关|求面BCG与面ACG、计算

面角位置关系［系)的坐标［的法向量求角

【解析】(1)由已知得AO〃BE,CG//BE,所以AO〃CG,

所以A。，CG确定一个平面，从而A,C,G,。四点共面.

由已知得A8_LBE,AB1BC,ABE^BC=B,BE,BCu平面BCGE,所以A8J_平面8CGE

又因为ABu平面ABC,所以平面ABCJ_平面8CGE.

⑵解作垂足为我

因为EHc平面BCGE,平面BCGE_L平面ABC,平面BCGEC平面ABC=BC,

所以EH_L平面ABC.

由已知，菱形BCGE的边长为2,ZEBC=60°,可求得即/=1,即=3.

以X为坐标原点，反?的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系8—QZ,则

A(—l,1,0),C(l,0,0),G(2,0,3)，且=(1,0,V3),6=(2,-1,0).

设平面ACGZ)的法向量为"=(x,y,z),

C&n=0,f尤+1§z=0,

则即

6.〃=0,⑵—y=0.

所以可取〃=(3,6,—\/3).

又平面BCGE的法向量可取机=(0,1,0),

ZK.S),、nm近

所以cos〈"，加=而而=2-

因此二面角B-CG-A的大小为30。.

【解题技法】1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前

后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的

性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.

2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程

围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.

【跟踪训练】（2022••盐城中学模拟预测）图1是直角梯形ABC。，AB//DC,"=90。，

AB=2,DC=3,AD=>/3,CE=2ED,以3E为折痕将BCE折起，使点C到达G的位置，且

AQ=R,如图2.

（1）求证：平面平面ABED；

（2）已知点尸为线段。&上一点，且Pq=2PD,求直线3尸与平面ABG所成角的正弦值.

【解析】（1）证明：如图所示，连接AC与8E相交于点0,过点B作BFLEC交EC于点尸.

DC=3,CE=2ED,^\DE=\,EC=2.四边形ABED为矩形，可得BF=AO=6，FC=\.

BC=\IBF2+FC2=2■ZBCF=60。..♦.△BCE是等边三角形.

:.0C=/,ECI/AB,EC=AB=2,OC±EB.可得：OA=OC=y/3,OALEB.

222

.■.OA+OC1=6=AC1,:.OA±OCt.又OBp|OG=。，OB,OC|U平面86石.

平面BC|E.又OAu平面ABED,.•.平面BGE-L平面

⑵解：建立如图所示的空间直角坐标系.0(0,0,0),A("0,0),3(0,1,0),

G(0,0,73),所以如卜61,0),猬="。典，/=卜孚|,,，丽=悔-:0),

-fAB-n=-A/3X+y=0_

设面ABG的法向量为〃=(尤,y,z),所以—厂"r，令x=l,贝|y=JLz=l,

、'AC,-n=-J3x+J3z=Q

所以：?=（1,也,1）

因为点P为线段上一点，且g=2PD,所以赤=；/,所以

BP=BD+DP=BD+^DC[=

4A/3

\BP-n\

亍2A/70

设直线BP与平面ABC,所成角为0,则sin61=l,J,=

35

\BP\'\n\回x亚

3

所以直线3尸与平面ABC所成角的正弦值为2场

1.(2023•广东梅州•统考一模)如图，在边长为4的正三角形A3C中，E为边42的中点,

过E作ED_LAC于把VADE■沿。E翻折至△ADE的位置，连接片。、

4

(1)尸为边AC的一点，若#=2隔，求证：即//平面

(2)当四面体C-EBA的体积取得最大值时，求平面\DE与平面AtBC的夹角的余弦值.

【分析】⑴由线面平行判定定理证明MB//平面，MF〃平面ADE,根据面面平行判

定定理证明平面〃平面AOE，根据面面平行性质定理证明防〃平面AOE；

(2)根据锥体体积公式由条件确定平面ABC,建立空间直角坐标系，求平面AOE与平

面A8C的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.

【详解】(1)取AC中点M,连接MEMB

因为在正三角形ABC中，MB1AC,

又因为EDLAC,所以

人田0平面4。石，。£匚平面4。£,

所以MB〃平面，

B

而MRa平面AQE,AOu平面4。£,所以MR//平面AQE.

有A/Fn〃B=Af,M产,Affiu平面MRB,

所以平面MFB〃平面ADE,

又3斤u平面JWFB,

因此3尸〃平面AQE.

（2）因为^C-BEA,~/-BCE，又因为△■BCE的面积为定值，

所以当4到平面BCE的距离最大时，四面体C-BE4的体积有最大值,

因为£>E_LDC,DEA.AXD,DC[}AXD=D,DC,4£>u平面ADC,

所以DE工平面4QC,

因为DEu平面A5C,所以平面ABC4平面A。。，

当ADLC。时，平面ABCc平面AQC=C。，AOu平面AOC

所以AO_L平面ABC,即在翻折过程中，点A到平面3CE的最大距离是A。，

因此四面体C-的体积取得最大值时，必有A。，平面ABC.

如图，以点。为原点，DE为尤轴，DA为,轴，D4为z轴，建立空间直接坐标系,

C（0,-3,0）,4（0,0,1）,5（273,-1,0）,

4=（0,1,0）为平面AQE的一个法向量,

LU

设平面BCA的法向量为n2=（x,y,z）,

承=（0,-3,-1）,CB=（2^/3,2,0）

AC-n=-3y-z=0

:2百

由<一•一r，令y=—1得:x——,z=3,

CB-n2=2+2y=03

所以马=为平面BCA的一个法向量,

_々•%_-1

cos（々,乙

3131.

lx

所以平面AQE与平面AfC的夹角（锐角）的余弦值为力.

31

2.（2023•江苏泰州•统考一模）如图，在AABC中，A。是BC边上的高，以为折痕，将

△ACD折至△APD的位置，使得尸BLAB.

⑴证明：尸3_L平面ABZ）;

（2）若AD=PB=4,BD=2,求二面角3—修一。的正弦值.

【分析】（1）先证明出线面垂直，得到A£>_LPS,进而证明出P3_L平面ABD；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.

【详解】（1）证明：（是5c边上的高，

PDrAD,AD±BD,

PDcBD=D,PD,BDu平面PBD,

.•.AD_L平面尸3D,

•/PBu平面PBD,

:.ADA.PB,

X-.PB±AB,4£>,筋<=平面/18£）,4。门45=4,

:.P3JL平面ABD；

（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴,

建立空间直角坐标系，

AD=PB=4,BD=2,

则5（0,2,0）,尸（0,2,4）,A（4,0,0）,D（0,0,0）,

.,.丽=（0,0,4）,丽=（4,-2T）,丽=（4,0,0）,

设平面27%与平面P/LD的一个法向量分别为4=（3,％,马）,%=（x2,y2,z2）,

n.•BP=4z=0

故)，解得：Z[=。，令玉=1,得：弘=2,

PA=4/-2%一4Z1=0

则点=(1,2,0),

几2,PA=4X2-2y2-4Z2=0

,解得：x2=0,令Z2=l,则%=-2,

马•DA=4X2=0

故1=（0,—2,1）,

设二面角3-R4-£＞平面角为。，显然。为锐角，

.与闻]（12。＞（。，-2,1）|4_4

sin。=Vl-cos20=g.

3.（2023•全国•模拟预测）如图1,在平面四边形ABC。中，BC=CD=2,ZBCD=120°,

AELBC于点E,Z）尸，AE于点尸，且与AB交于点G,DF=2,将△ADG沿QG折起，使

得平面AT＞G_L平面8CDG,得到四棱锥A-BCDG,如图2,P,Q分别为CO,AF的中点.

A

A

图1图2

⑴求证：平面ABP；

Q）若AD=2出,求直线。。与平面Q8尸所成角的正弦值.

【分析】（1）要证明线面平行，根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过作辅

助线，构造平行四边形，即可证明。Q〃平面A3P；

（2）解法一:由平面ADG，平面BCDG,得到AF，平面BCDG,建立空间直角坐标系，

写出相关点的坐标，求出平面。2尸的一个法向量和直线。。的方向向量，即可用向量的夹

角公式求直线。。与平面所成角的正弦值；

解法二：利用等体积转化求点。到平面。8P的距离，再利用线面角的定义，即可求解.

【详解】（1）如图，连接B凡易知BC=O产，3C〃OR,.•.四边形BCO尸为平行四边形，

ABF=CD,BF〃CD,（平行四边形的性质）

取A3的中点连接。/，HP,则QH//BF且QH=gBF,：.QH=PD,QH//PD,：.

四边形。电加为平行四边形，

又OQ<Z平面ABP,尸Hu平面（此步骤不能少）二OQ〃平面A8P.（线面平行的判

定定理）

（2）解法一：•.•平面ADG_L平面BCZJG,AF±DG,AFu平面ADG,平面4火7八平面

3cDG=OG,AFL平面BCOG.（面面垂直的性质定理）又用，FD,故以尸为坐标原

点，FE,FD,网所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

z

A

易得BE=CE=1,FE=5易知AF=<28-4=2前,（勾股定理的应用）则。（0,2,0）,

B（V3,-l,0）,C（6,l,0）,以0,0,网,尸^.|,0

DQ=（0,-2,y[6）,QB=（73,-1,-76）,

\7

V3x-y-V6z=0

n-QB=0

设平面QBP的法向量为〃=（%,y,z）,贝卜取z=1,得

n•QP=0x+-y-\f6z=0

nDa屈

设直线与平面所成的角为凡贝cos（落而卜

OQQ3PUsin6=丽T”

（注意线面角的定义及取值范围）

:.直线。。与平面所成角的正弦值为叵.

解法二•.•平面ADG_L平面BCDG,AFLDG,/Wu平面ADG,平面ADGf）平面

BCDG^DG,：.AF±^BCDG.（面面垂直的性质定理）连接尸尸，易得BE=CE=1,

FP=6,/BFP=90°,

过点尸作而，BP于点M,连接。M,又AF_LBP,AFC\FM=F,3P_L平面。FM,

/.QMLBP.在尸产中，BP=574+3=A/7,则FM=¥=拽1,

明7

易知AP=128—4=2#,QF=y/6,QM=Je+y=,DQ==质.设点。

到平面Q8P的距离为〃，连接8。，易知S.BPD=；X与x>=4,

则由七一和=%一加°,得二且x#=W2xbx〃，解得八=”,（等体积法的应用）

323273

近

设直线I）。与平面QBP所成的角为6,则.〃hT屈,

sinU=------=.—=-----

DQV1030

所以直线。。与平面QBP所成角的正弦值为噜.

4.（2023・上海•统考模拟预测）正四棱锥尸-ABCD中，AB=2,尸0=3,其中。为底面中

心，M为尸。上靠近P的三等分点.

⑴求四面体M-ACP的体积；

（2）是否存在侧棱PB上一点N,使面CW与面ABCZ）所成角的正切值为后?若存在，请描

述点N的位置；若不存在，请说明理由.

【分析】（1）连接AC,BD交于点0,过”作于点。，根据/位置可得MQ,

以AR4c为底，为高可得四面体体积；

（2）以。为坐标原点，OC,0D,。尸分别为苫，y,z轴，建立空间直角坐标系，利用

坐标法，结合二面角确定点N位置.

p

【详解】（1）

二步。

如图所示，连接AC,BD交于点、0,过M作于点Q,

由四棱锥尸-ABCD为正四棱锥，且。为底面中心，

得AC=8O=2后，D0=；BD=6,P01平面ABC。，BDA.AC,

:.PO±BD,

5L.POIAC=A,PO,ACu平面PAC,

平面PAC,

又MQ_LPO,则MQ〃5D,

因为/为P。上靠近尸的三等分点，

则MQ=gz）O=g,且MQ，平面PAC,

11111BQ

所以%”.心切苗。=?亍4。尸。包。=尸十20乂3乂*=不

设平面CMN与平面ABCD所成角为，，则tan9=&,cos0=——，

3

如图所示，以o为坐标原点，oc,OD,0P分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,

则。（0,0,0）,B（o,-V2,o）,C（V2,0,0）,尸（0,0,3）,

因为/为PO上靠近P的三等分点，

则M0,,2,且OP=(0,0,3),CM=BP=(0,42,3),

UUU1UULuum/.—\

^S^=2BP(O<2<1),BA^=(0,V2/l,32),

则.0,&彳-0,34),CN=(-V2,V22-V2,32),

设平面CW的法向量为。=(x,y,z),

CM-n=0-y/2x+y+2z=0

则一_，即3

CN-n=Q一缶+（届一0）y+32z=O

令y=94-6,则5=（9几一10,9/1—6,3&—4四）,

又由（1）得「。上平面ABCD,

UL1U

则平面ABCD的法向量为。尸=（0,0,3）,

3（3V22-4A/2）

；uunr

所以cos0-cos（OP,n

3•J（92—10『+（92—6『+（3&-一百，

解得％=g或V，

2

所以存在侧棱网上一点N,使面CMN与面ABCO所成角的正切值为近，此时=

或BN=9BP.

7

5.(2023•贵州贵阳•统考一模)如图(1),在梯形ABCD中，AD//BC,ADJ.AB,

AD^IAB^IBC,E为AD中点，现沿8E将折起，如图(2),其中尸,G分别是BE,AC

的中点.

(1)(2)

⑴求证：FG_L平面ACD；

(2)若A8=AC=0，求二面角B-AC-O的余弦值.

【分析】(1)取AD中点易证得四边形EFG〃为平行四边形，从而得到PG〃EH,利用

等腰三角形三线合一性质可分别得到尸G,ACE",AD,结合平行关系和线面垂直的判定

可证得结论;

(2)根据长度关系可证得AEBE,尸C两两互相垂直，则以尸为坐标原点建立空间直角坐标

系，利用二面角的向量求法可求得结果.

【详解】(1)取AD中点连接CE,AF,FC,EH,GH,

•.•E为AD中点，AD=2BC,:.DE=BC,又DEHBC,

，四边形为平行四边形，,台口/。。，BE=CD,

(23,“分别为4。,4。中点，；.3"〃8,GH=-CD,

2

又歹为8E中点，:.EF//CD,EF=；CD,：.EF//GH,EF=GH,

二四边形EFGH为平行四边形，,FG//EH；

•:AE=DE,H为A£>中点，：.EH±AD,:.FG±AD；

AE//BC,AE=AB=BC=—AD,AB±AD,，四边形ABCE为正方形，

2

:.AF=FC,:.FG±AC,又ACC|AO=A,AC,AOu平面AC。，

；.FG_L平面ACZX

(2)由(1)知：CE=AB=-AD,:.AC±CD,又BEHCD,:.BE±FC-,

2

■.■AB=AE,尸为BE中点，:.AFLBE,

-：AF=FC=^BE=^AB2+AE2=1,AC=叵，AF2+FC2=AC2,

：.AFVFC,又BERFC=F,8£,尸。<=平面26»石，；.”_1平面8。。石，

以尸为坐标原点，丽，斤,而正方向为％Mz轴，可建立如图所示空间直角坐标系,

则3(1,0,0),4(0,0,1),C(0,l,0),F(0,0,0),

..AB=(1,0,-1),AC=(0,l,—1),BGJ。,],；),

设平面ABC的法向量5=(x,y,z),

AB-n=x—z=0

,令x=l,解得：y=z=l,.-.M=(1,1,1)；

AC-n=y-z=Q'7

vW平面ACD,：.平面ACD的一个法向量为而=,

11IH-H氐变3'

2

由图形知：二面角B-AC-D为钝二面角，二面角B-AC-D的余弦值为-远.

3

6.（2023•福建漳州.统考二模）如图1,在直角梯形28E中，BC//DE,BCLCD,A为

OE的中点，且。E=23C=4,BE=2也,将AABE沿AB折起，使得点E到达尸处（P与

。不重合），记尸。的中点为M,如图2.

（1）在折叠过程中，尸8是否始终与平面4cM平行？请说明理由；

（2）当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求C。与平面ACM所成角的正弦值.

【分析】（1）先证明四边形ABCD为正方形，连接80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，分别求出成和平面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：ABLDE,DE=2BC=4,BE=26,

所以AB=2,即四边形ABQ）为正方形，

连接与AC于点N,连接MN,

又M为尸。的中点，所以MN//PB,

因为PBo平面ACM,MNu平面ACM,

所以PB〃平面ACM

（2）要使四棱锥尸-ABC。的体积最大，只需点P到平面ABCD的距离最大，

即抬，平面A5CD,以A为坐标原点，所在直线分别为尤,V，z轴建立如图所示的

空间直角坐标系，

则A（0,0,0）,C（2,2,0）,D（0,2,0）,M（0,l,l）,

衣=（2,2,0）,而=（0,1,1）,配=（2,0,0）,

设平面ACM的法向量为2=（x,y,z）,

n-AC=012尤+2y=0

则1—.n4

n-AM=0[y+z=0

令y=-i,得x=z=i,则“=

设cr>与平面ACM所成角为e,

,一I\n-DC\2J]

所以sm6>=kos落।—!|=~T-=-7

11|n|.|DC|V3X23

即CO与平面ACM所成角的正弦值为巫.

3

7.（2023•甘肃兰州•校考一模）在直角梯形ABCD（如图1）,2ABC=90。，BC//AD,AD

=8,4B=2C=4,M为线段中点.将AABC沿AC折起，使平面ABC,平面ACZ）,得

到几何体8—ACD（如图2）.

⑴求证：CO_L平面ABC；

（2）求AB与平面BCM所成角0的正弦值.

【分析】（1）先根据勾股定理得到CD_LAC,再根据面面垂直的性质定理可证平面

ABC；

（2）取AC的中点。，连接。3,先证明OAOBO河两两垂直，再以。为原点，0M、0C、

。2所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果.

【详解】（1）由题设可知AC=,CD=4^2fAD—8,

AD2=CD2+AC2,ACD±AC,

又；平面ABC_L平面AC。，平面ABCc平面AC。=AC,CDu平面AC。,

.•.C£)_L平面ABC.

(2)取AC的中点。，连接08,由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以OBLAC,

又因为平面ABC_L平面AC£),平面ABCc平面ACD=AC,03u平面ABC,

所以。B_L平面ACM,连接0M,因为OMu平面ACM,所以O81Q0,

因为M、。分别为AO和4c的中点，所以0M//CD,

所以OMLAC,故以。为原点，OM、0C、。2所在直线为无轴、y轴、z轴建立空间直角坐

C(0,2A/2,0),M(272,0,0),

CB=(0,-272,272),CM=(272,-272,0),丽=仅,-2也,-2夜)

设平面8cM的一个法向量为法=(x,y,z),

心CB=-2肉+2缶=0

则—."广，得x=y=z,令》=1,得为=(1,1,1),

n-CM=2V2x-2V2y=0

40—底

>/8+8xV3-3'

所以A3与平面BCM所成角。的正弦值为逅

3

8.(2023・四川成都・统考一模)如图①，在等腰直角三角形ABC中，/4=90。,48=3,。,上分

别是AC,3C上的点,且满足DEHAB.将ACDE沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥

P-ABED.

图①

(1)设平面45尸。平面£＞灯=/,证明：/_1平面")尸；

⑵若PAf,DE=2,求直线与平面所成角的正弦值.

【分析】(1)由小//AB得到线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，得到

l±DA,l±DP,证明出线面垂直，

(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.

【详解】(1)•.•。匹〃瓶,£＞片0平面「48,48＜=平面m8,

.•・DE7/平面

,.•DEu平面尸DE,平面PDEfl平面245=/,

：.DE//l.

由图①DEIAC,得

:.I±DA,l±DP.

•»,DA,DPu平面ADP,DAcDP=D,

.平面ADP；

(2)由题意，得DE=DP=2,DA=1.

•;APf=，。尸+2M2,...DA±Dp

又DELDP,DE工DA,以。为坐标原点，耳，而，力？的方向分别为x轴，＞轴，z轴正方

向，建立如图所示的空间直角坐标系。孙z.

则0(0,0,0),E(0,2,0),3(1,3,0),尸(0,0,2),

PD=(O,O,-2),PE=(O,2,-2),PB=(l,3,-2).

设平面PBE的一个法向量为百=(x,y,z).

n-PB-(尤,y,z)•(1,3,-2)=尤+3y—2z=0

则”=〈,—.

n-PE—(%,y,z)•(0,2,-2)=2y-2z=0

令z=l,得y=L%=T,故〃=(-1,1,1).

设PO与平面FEB所成角为夕

nPD1(-1,1,1)-(0,0,-2)12；；A/3

HIIPD2xjl+l+l-2x遭一3

・・•直线尸O与平面PEB所成角的正弦值为走.

3

9.（2023・吉林・东北师大附中校考二模）如图，等腰梯形ABCD中，AB//CD,

AD^AB^BC^l,CD=2,E为8中点，以AE为折痕把VADE折起，使点。到达点尸的

位置（尸已平面ABCE）.

(1)证明：AEA.PB-,

TT

（2）若直线尸8与平面ABCE所成的角为:，求平面APE与平面CPE夹角的余弦值.

【分析】（1）取AE的中点为。，证明AE_L平面P05即可；

（2）结合直线尸8与平面ABCE所成的角，先证明PO1平面ABCE,然后建立空间直角坐

标系，利用空间向量求二面角

CD

【详解】（1）连接3。，设AE的中点为。，由AB〃CE,AB=CE=—,故四边形ABCE为

平行四边形，•,•AE=3C=AT>=DE,故VADE,AABE为等边三角形，故ODLAE,

OBLAE,折叠后又0尸口。6=。，且0P,08u平面尸。5,故平

面「08,又P3u平面尸08,故

（2）由（1）已证得AE_L平面POB,故在平面P03内可作尸。工平面ABCE,垂足为。,

JT

则。在直线03上，直线PB与平面ABCE夹角为/PBQ=/尸30=：,又OP=OB,故

4

OP_LQ?,0,。两点重合，即尸0」平面A3CE,以。为原点，0E为x轴，。8为y轴,

。尸为z轴，建立空间直角坐标系，

则尸jo,o，¥],E[J,O,O],=EC=U,^,0

乙)\乙J\l/NJN

1

—x-昱z=0

n.•PE=022

设平面PCE的一个法向量为1=(x,y,z),则，，一，即令x=^3得

弭.EC=01

-x+走y=0

[22

4=(>/3,-1,1),

又。5,平面Q4£,显然鼠=(0,1,0)为平面B4£的一个法向量,

1_75

设二面角A-EP—C的大小为a,则|cos力卜os伍,履：

同同加5

由图可知二面角A-EP-C为钝角，所以cosa=-日.

10.(2019・山东•校联考三模)已知正方形的边长为4,E、歹分别为A。、BC的中点，以EF

为棱将正方形480折成如图所示的60。的二面角，点M在线段48上.

⑴若M为AB的中点，且直线与由A,D,E三点所确定平面的交点为。，试确定点。

的位置，并证明直线。£)〃平面EMC；

(2)是否存在点使得直线。E与平面EMC所成的角为60。；若存在，求此时二面角

M-EC-尸的余弦值，若不存在，说明理由.

【分析】(1)延长五加与EA的延长线交于点。，判断点。在平面AOE内，连接。尸交C