（人教A版）选择性必修一高二数学上册期末培优练习拓展四：立体几何的翻折问题（2份，原卷版+解析版）

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立体几何是高中数学的重点内容，图像的翻折是立体问题中的一类典型问题，是连接平面几何与空间几何的纽带，成为立体几何中考查分析能力与创新能力的好素材，备受命题者的青睐。立体几何翻折问题是指将平面图形沿着平面图形中的某条或几条线段将平面图形翻折，使之变成空间几何体，以此为载体，考查空间中点、线、面之间的相互关系，或角度与距离关系。现将翻折问题中的几类常见题型进行剖析，以其对同学们的复习备考能有所帮助。
立体几何解题的根本思想是把空间问题转化为平面问题，解决翻折问题时，首先要根据题目的要求正确画出由平面图形折成的空间图形，即由平面图形转化成空间图形。在解题过程中，往往根据问题的需要再把空间图形还原成平面图形，对比平面图形和空间图形，找准翻折的起点与翻折的程度，弄清翻折过程中的变与不变的量进行求解，这是处理翻折问题的关键。
认知规律：
考点一 翻折后位置关系的判断
解题的前提和必要步骤是分析清楚翻折前平面图形的结构特征，以及翻折前后图形中变与不变的量，特别要注意不变中的直角。
【例1-1】【多选】如图，为正方形的边上异于点的一个动点，将沿翻折成，使得平面平面，则下列说法中正确的有（ ）
A．在平面内存在直线与平行
B．在平面内存在直线与垂直
C．在平面内存在直线与平面平行
D．存在点，使得直线平面
【解析】对于选项A，若在平面内存在直线与平行，
又因为面PBM，则平面，而与面相交，
故矛盾，A错误；
对于选项B，设，过O做AC的垂面α，
因为面α与面有公共点O，
所以平面平面，且，
则，面，故B正确；
对于选项C，如图
延长交于点连接，作
平面，平面，
平面，所以平面，
故存在，C正确；
对于选项D，若平面，则
又，所以平面
所以，可知点在以为直径的圆上
又该圆与无交点，所以不存在，D错误.
故选：BC.
变式1：【多选】在矩形中，为边的中点，将沿直线翻折成，若点为线段的中点，则在翻折过程中，下述选项正确的是（ ）
A．是定值
B．点在某个球面上运动
C．存在某个位置，使
D．存在某个位置，使平面
【解析】取中点，连接，则,且
且，所以,且度数大小为定值，
由余弦定理可得，
由于MF,BF以及是定值，故MB为定值，故A正确；
由于B为定点，MB为定值，所以是在以为球心，为半径的球上，可得正确；
因为 , ,
故,故 ,
假设，由于平面 ,
故平面,则,则 ,
而，这在中是不可能的，故假设不成立，
即不存在某个位置，使，故C错误；
由与，且,
可得平面平面，平面,故平面， 可得正确；
故选：ABD
变式2：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______．
【解析】
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.
考点二 翻折后角度的计算
翻折后首先要确定线段的长度与角度中不变的量，再计算变化的量，其次确定关键点的位置。
【例2-1】如图把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，求折纸后∠EOF的大小．
【解析】如图，以OB，OC，OD为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O­xyz.
设原正方形的边长为1，则
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0))，
cs〈eq \(OE,\s\up7(―→))，eq \(OF,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→)),|eq \(OE,\s\up7(―→))|·|eq \(OF,\s\up7(―→))|)＝－eq \f(\f(1,8),\f(1,2)×\f(1,2))＝－eq \f(1,2)，
∴∠EOF＝120°.
【例2-2】如图(1)，平面四边形ABCD中，CD＝4，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，将三角形ABD沿BD翻折到三角形PBD的位置，如图(2)，平面PBD⊥平面BCD，E为PD中点．
(1)求证：PD⊥CE；
(2)求直线BE与平面PCD所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：由题意△ABD为等边三角形，则BD＝2，
在三角形BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理可求得：BC＝2eq \r(3).
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面PBD⊥平面BCD，
平面PBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，
∴BC⊥平面PBD⇒BC⊥PD.
等边三角形PBD中，E为PD中点，
则BE⊥PD，且BC∩BE＝B，
∴PD⊥平面BCE，∴PD⊥CE.
(2)以B为坐标原点，BC，BD分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系(图略)，则B(0,0,0)，C(2eq \r(3)，0,0)，D(0,2,0)，P(0，1，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(CD,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(PD,\s\up7(―→))＝(0,1，－eq \r(3))．
设m＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(CD,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(PD,\s\up7(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))取m＝(1，eq \r(3)，1)，
则cs〈m，eq \(BE,\s\up7(―→))〉＝eq \f(m·eq \(BE,\s\up7(―→)),|m|·|eq \(BE,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\f(3\r(3),2)＋\f(\r(3),2),\r(5)×\r(3))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以直线BE与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(2\r(5),5).
变式1：如图（1），△BCD中，AD是BC边上的高，且∠ACD＝45°，AB＝2AD，E是BD的中点，将△BCD沿AD翻折，使得平面ACD⊥平面ABD，得到的图形如图（2）．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：由图（1）知，在图（2）中AC⊥AD，AB⊥AD，
∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，AB平面ABD，
∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD；
(2)由（1）可知AB⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC.
以A为原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
不妨设AC＝1，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（0，1，），
∴＝＝＝
设平面BCE的法向量为＝（x，y，z），
由，令y＝1，得x＝2，z＝2，则＝（2，1，2），……
设直线AE与平面BCE所成角为，
则，
故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为．
【例2-3】如图（），在直角梯形中，，，且，取的中点，连结，并将沿着翻折，翻折后，点分别是线段的中点，如图（）.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】(1)连接，
，，，为中点，
四边形为正方形，，
翻折后，，，；
又，，平面，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
平面，；
，为中点，，
又，平面，平面，
平面，.
(2)以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，；
轴平面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面夹角的余弦值为.
变式1：如图，在等腰直角三角形中,分别是上的点，且分别为的中点，现将沿折起，得到四棱锥，连接

(1)证明：平面；
(2)在翻折的过程中，当时，求二面角的余弦值.
【解析】(1)在四棱锥中，取的中点，连接.
因为分别为的中点，，
所以
又平面, 平面，所以平面，
同理可得，平面，
又平面，所以平面平面，
因为MN C平面，所以平面.
(2)因为在等腰直角三角形中所以，
在四棱锥中，
因为则
又平面，所以平面，
又平面，所以
因为则
所以，故，
所以以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，
，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
.
因为二面角的余弦值为.
变式2：如图1，在等边中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点．
(1)当EN∥平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B­MD­E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的正弦值大小．
【解析】(1)取的中点为，连接，，
因为，，所以NP∥BC，
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，
平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即NEDP为平行四边形，
所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝.
(2)取的中点，连接MO，则MO⊥DE，因为平面MDE⊥平面DECB，
平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，
如图建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则
，即，
令，即.
又平面的法向量，
所以，
即随着值的变化，二面角的大小不变．
且.
所以二面角的正弦值为.
考点三 翻折后距离的计算
处理翻折问题时，一定要将翻折前后的图形相对照进行分析，找准翻折前后中的不变量，弄清哪些要在原平面图形中进行计算，哪些要在翻折后的立体图形中进行计算，这是处理翻折问题的一般性方法。
【例3-1】已知四边形中，，为线段上靠近的三等分点.现沿将四边形进行翻折，使得平面平面，得到四棱锥，并使.
（1）求证：；
（2）若，求点到平面的距离.
【解析】（1）证明：连接，∵，∴.
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴.
又∵平面平面，∴平面，故，
又∵，，∴平面，故.
（2）∵，∴，∴，
在中，，
故.
设到平面的距离为，∵，
∴，∴.
故点到平面的距离为.
变式1：如图，已知菱形ABCD的边长为3，对角线，将△沿着对角线BD翻折至△的位置，使得，在平面ABCD上方存在一点M，且平面ABCD，．
(1)求证：平面平面ABD；
(2)求点M到平面ABE的距离；
(3)求二面角的正弦值．
【解析】(1)过E作EO垂直于BD于O，连接AO，
因为，，故，同理，又，
所以，即．
因为ABCD为菱形，所以，又，
所以面ABD，又面EBD，
所以面面ABD．
(2)以O为坐标原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，，．
面ABE的法向量为，所以，令，则．
又，则点M到面ABE的距离为．
(3)由（2）得：面ABE的一个法向量为，且，．
若面MBA的法向量为，则，令，则．
所以，故二面角的正弦值为．
变式2：如图，在梯形中，，，，现将沿翻折成直二面角．
(1)证明：平面；
(2)记的重心为，若异面直线与所成角的余弦值为，在侧面内是否存在一点，使得平面，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：取的中点，连接，
因为，，
则，，
故四边形为平行四边形，
所以
则，
故，即，
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，
(2)解：取的中点，连接，则，
所以，且，
则，，两两互相垂直，
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，
则，0，，，，
故，
所以，
因为异面直线与所成角的余弦值为，
所以，解得，
故，
则重心，
假设在侧面内存在一点，
设，
所以，
因为平面，
又，，
所以，即，
解得，
所以在侧面内存在一点，使得平面，
此时点到平面的距离为．
考点四 翻折问题的综合应用
【例4-1】【多选】如图，直角梯形中，，E是边中点，将沿翻折，得到四棱锥，在翻折的程中，下列说法正确的是（ ）
A．面B．
C．三棱锥体积的最大值是D．点C到面距离的最大值是
【解析】由题意，，且，
∴四边形是平行四边形，
又∵，∴四边形是正方形.
∵，且平面，平面，
∴面，即A正确；
在梯形中中，，翻折过程中，
∵，∴平面，
∵平面，
∴，即B正确；
在翻折过程中，当平面时，三棱锥体积最大，
所以该三棱锥体积的最大值为，
故C错误；
作于，作于，连接，
由平面，可得，
∵，且平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
又∵，且平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
在中，作于，
∵平面平面，
∴平面，
由题易知平面，可知即为点C到面的 距离，
设，则，即，
在中，，，
∴，
易知函数在上单调递增，
∴，当时，取得最大值.
∴点C到面距离的最大值是.
故D正确.
故选：ABD.
变式1：【多选】已知边长为2的菱形中，（如图1所示），将沿对角线AC折起到的位置（如图2所示），点P为棱BD上任意一点（点P不与B，D重合），则下列说法正确的是（ ）
A．四面体ABCD体积的最大值为1
B．无论如何翻折，都有
C．当时，点C到平面PAB的距离为
D．三棱锥的体积与点P的位置无关
【解析】
设O是AC的中点，连接OB,OD,根据题意知，，，，当折到平面平面ABC时，四面体ABCD的体积最大，
此时四面体ABCD的最大体积，故A正确；
因为，，，OB，平面BOD，
所以平面BOD，因为平面BOD，所以,故B正确．
当时，因为，所以，
所以OA，OB，OD两两垂直，
以O为原点，OA，OB，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，，，，
则，，，
设为平面ABD的一个法向量，则，
令，得，
所以点C到平面PAB（即平面ABD）的距离，
故C正确；
对于选项D，显然随着点P的移动，该三棱锥的高（点P到平面ACD的距离）发生变化，因而其体积也发生变化，不是定值，故D错误，
故选：ABC．
变式2：【多选题】如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝AC＝2，DA＝DC＝，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（ ）
A．两条异面直线AB与CD所成角的范围是
B．P为线段CD上一点（包括端点），当CD⊥AB时，
C．三棱锥D−ABC的体积最大值为
D．当二面角D−AC−B的大小为时，三棱锥D−ABC的外接球表面积为
【解析】对于A，以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，所以
设，
，所以
所以，，
所以设两条异面直线AB与CD所成角为，
，
当时，，此时，但时，D在平面ABC内.
故A不正确；
对于B, CD⊥AB时，，
解得：，又因为，所以，所以
P为线段CD上一点（包括端点）,设
解得.
而，
，所以，故B正确；
对于C，当平面平面时，三棱锥D−ABC的体积最大，且连接，
，则平面，所以.
故C正确；
对于D，取中点，连接，取的外心， 过作一条垂线垂直平面，
过作一条垂线垂直平面，两条垂直相交于点，则为三棱锥D−ABC的外接球的球心，且二面角D−AC−B的大小为，即，所以在直角三角形中，，所以，则，所以，所以三棱锥D−ABC的外接球表面积为，故D正确.
故选：BCD.
变式3：【多选】在矩形中，是的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连接，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥体积的最大值为
B．设的中点为，当时，二面角的余弦值为
C．不存在某一翻折位置，使得
D．是的中点，无论翻折到什么位置，都有平面
【解析】对于，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离.直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为故选项A正确.
对于，取的中点，连接，则，所以为二面角的平面角.在中，故选项B正确.
对于，设，在中，，即当的中点重合时，.故存在某一翻折位置，使得故选项C错误.
对于D，当与的中点重合时，平面故选项D错误.
故选：AB
题组A基础过关练
1．如图，将一张三角形纸片沿着BC边上的高AD翻折后竖立在桌面上，则折痕AD所在直线与桌面所成的角等于（ ）
A．B．C．D．
【解析】依题意可知，
所以平面，
所以折痕AD所在直线与桌面所成的角等于.
故选：C
2．如图所示为等腰直角三角形，为斜边的中点，，、分别落在边、上，且满足，若分别将、、沿着、翻折时点、能重合（两个三角形不共面），则满足条件（ ）
A．B．C．D．
【解析】由为等腰直角三角形，为斜边的中点，，
所以；
又，将、沿着、翻折时使点、重合，
若两个三角形共面时，当、与点重合时，当、与重合时；
所以、不共面时，的取值范围是．
故选：．
3．已知菱形ABCD边长为8，∠BAD＝60°，对角线AC与BD交于点O，将菱形ABCD沿对角线BD翻折成平面角为θ的二面角，若θ∈[90°，120°]，则翻折后点O到直线AC距离的取值范围为（ ）
A．[，]B．[，]
C．[，]D．[，]
【解析】∵AO⊥BD，CO⊥BD，
∴由二面角的定义知∠AOC＝θ，θ∈[90°，120°]，
∵菱形ABCD的边长为8，∠BAD＝60°，
∴AO＝CO＝，
∴点O到AC的距离，
当∠AOC＝θ＝90°时，d取得最大值，
当∠AOC＝θ＝120°时，d取得最小值，
∴点到直线AC的距离的取值范围为[，] ．
故选：B．
4．如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（ ）
A．B．与可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是D．四面体的体积的最大是
【解析】如图所示，取的中点，连接
是以为斜边的等腰直角三角形,
为等边三角形,
面 , ,故A正确
对于B，假设，又
面，，
又,，故与可能垂直，故B正确
当面面时，此时面，即为直线与平面所成角
此时，故C错误
当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为： ，故D正确
故选：C
5．已知正方形ABCD中E为AB中点，H为AD中点，F，G分别为BC，CD上的点，，，将沿着BD折起得到空间四边形，则在翻折过程中，以下说法正确的是（ ）．
A．B．EF与GH相交
C．EF与GH异面D．EH与FG异面
【解析】由，，则且
由E为AB中点，H为AD中点，则且
所以且，则四边形为梯形.
梯形的两腰延长必交于一点
所以相交， EH与FG平行
故选项A，C，D不正确，选项B正确.
故选：B
6．在矩形中，，现将沿对角线翻折，得到四面体，则该四面体外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【解析】设的中点为，因为是矩形，所以是共斜边的直角三角形，
因此有，
所以该四面体外接球的体积为，
故选：D
7．如图，在边长为2的菱形ABCD中, ，现将沿BD翻折至， 使二面角的大小为，求CD和平面A/BD所成角的余弦值是_______；
【解析】连接交于点.
为菱形, ,.即,.
即为二面角的平面角,即.
为菱形, 且边长为2,所以.
为边长为的正三角形.
取的中点,连接.
,面,面, ,
为正三角形,且为中点, ,,面,
为在面内的射影, 即为线与面所成的角.
在中,
, .
所以与面所成的角的余弦值为.
8．如图为平行四边形，，，，将沿翻折到位置使．
(1)求异面直线与所成的角；
(2)求点到平面的距离．
【解析】(1)延长到，使，连接，．
由已知得为平行四边形，所以，，
故，所成的角就是异面直线与所成的角
又，所以，
由已知，平面，
故平面，
所以平面，而平面，所以
又，，所以．
又，所以为等边三角形，所以故异面直线与所成的角；
(2)由（1）知为等边三角形，取中点，连接．
则，且．又平面，平面，
所以，平面，
所以平面．
故三棱锥的体积为
由已知，所以的面积为．
设点到平面的距离为，故
所以，解得．故点到平面的距离为.
9．在梯形ABCD中，，，，，BD与AE交于点G.如图所示沿梯形的两条高AE，BF所在直线翻折，使得.
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积.
【解析】(1)证明：，且，平面，
平面，同理平面，；
又，∴四边形为平行四边形，则有且；
又且，且
∴四边形为平行四边形.
.
(2)解：在梯形中，，且，，则有，
又，
.
10．如图1，在矩形中，点E在边上，，将沿进行翻折，翻折后D点到达P点位置，且满足平面平面，如图2．
(1)若点F在棱上，且平面，求；
(2)求二面角的正弦值
【解析】(1)如图，在上取点，使得，连接，，
则．
因为平面，平面平面，所以，
所以四边形是平行四边形，所以．
又因为，所以．
(2)在平面内，过作，垂足为．以为坐标原点，，所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，
即，令，则．
设平面的法向量为，则，
即，令，则．
所以，
设二面角的大小为，所以．
题组B能力提升练
11．【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，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．任取三棱锥P-BCD中的三条棱，它们共面的概率为0.2
B．存在某个位置，使得PC与BD所成角为60°
C．PC与平面BCD所成角为45°时，三棱锥P-BCD的体积最大
D．当二面角P-BD-C大小为90°时，点D到面PBC的距离最大
【解析】对于A：任取三棱锥P-BCD中的三条棱，有种，其中共面一共有4种，故概率为.故A正确；
对于B：连结AC交BD于E.
因为ABCD为菱形，所以,即,.
又,所以面PCE，所以PC.
故B错误；
对于C：因为面PCE，所以点P在底面的射影落在直线AC上，即为PC与平面BCD所成角，即45°.
因为，所以，所以，即.
又，,所以面BCD.此时三棱锥P-BCD的高为最大.
所以.
所以PC与平面BCD所成角为45°时，三棱锥P-BCD的体积最大.
故C正确；
对于D：
因为面PCE，所以即为二面角P-BD-C的平面角，即.
此时设点D到面PBC的距离为.
因为，，所以.
所以.
由等体积法可得：，即，解得：.
当时，三棱锥P-BCD的各边长均为2，为一个正四面体.此时记点D到面PBC的距离为，则为正四面体的高.
如图示：
过C作于F,则.
过D作面PBC于G,则G为△PBC的中心，所以.
所以.
因为，所以.
故D错误.
故选：AC.
12．【多选】如图所示，已知平面四边形，，，，．沿直线将翻折成，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．直线与成角余弦的最大值为
D．点到平面的距离的最大值为
【解析】
取的中点，连接
因为沿直线将翻折成，且，，，，
所以，，
所以，
因为，所以，
，
取作为基底，由已知得，
，
结合图形与诱导公式可知（当半平面与半平面反向时取得最小值，同向时取得最大值），
所以，故A正确
故B错误
设直线与所成的角为，则
当时，分母最小，故的值最大为，故C正确
当绕转到时，即时，点C到平面的距离小于等于，结合，可知平面，而此时，有，故平面不存在，故D错误.
故选：AC.
13．如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
(2)由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
(3)假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
14．如图1，在矩形中，点E在边上，，将沿进行翻折，翻折后D点到达P点位置，且满足平面平面，如图2.
(1)若点F在棱上，且平面，求；
(2)若，求点A到平面的距离，
【解析】(1)如图，在上取点，使得∥，连接，，
则∥∥.
因为平面，平面平面，所以∥，
所以四边形是平行四边形，所以.
又因为，所以.
(2)作，垂足为，连接，，.
因为平面平面，平面平面，所以平面.
由条件可知是等腰直角三角形，，.
，所以三棱锥的体积为.
在底面内计算可得，所以
同理可得.
所以是等腰三角形，面积为.
设点到平面的距离为，则，即，
解得.
15．已知平行四边形，，，点是 的中点.沿把进行翻折，使得平面平面.
(1)求证：平面；
(2)点是的中点，棱上一点使得，求二面角的余弦值.
【解析】(1)证明：在中，，，，由余弦定理知，
，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
(2)解：设是的中点，因为，，则为正三角形，
则，，且，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∴.
由题可知，，∴为正三角形，∴.
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，则，
，，
∵，∴，即，解得.
∴当点为棱的中点时满足题意，即，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，
又平面的一个法向量为，
∴，
由图可知，二面角为锐角，
∴二面角的余弦值是.
题组C培优拔尖练
16．【多选】如图，在菱形中，，，为中点，将沿直线翻折至的位置，则下列结论正确的是（ ）
A．在翻转过程中（不重合），直线与直线始终异面且所成的角不断变大
B．若平面平面，则直线与直线的公垂线段长为
C．在翻转过程中（不重合），二面角的平面角恒为30°
D．若二面角的平面角为60°，则点到平面的距离为
【解析】由题意，可得，可得异面直线与直线所成的角，即为与直线所成的角，在翻转过程中，直线与直线始终异面，但所成的角由小变大，再变小，所以A不正确；
当平面平面，且，可得平面，
又因为，所以，
过点作，可得，
所以为异面直线与直线的公垂线，
在直角中，，可得，所以B正确；
当平面平面时，可证得平面，
因为，所以平面，可得，
所以为二面角的平面角，
在直角中，可得，可得，
所以在翻转过程中，二面角的平面角不恒为30°，所以C不正确；
因为，所以为二面角的平面角，即，
取的中点，可得，进而得到平面，且，
又由为边长为的等边三角形，可得，
所以，
在中，，可得，
所以，所以面积为，
设点到平面的距离为，
根据，即，解得，所以D正确.
故选：BD
17．【多选】如图， 在梯形中， 为线段 的两个三等分点， 将和分别沿着向上翻折， 使得点分别至 (在的左侧)， 且平面分别为的中点， 在翻折过程中， 下列说法中正确的是（ ）
A．四点共面
B．当 时， 平面 平面
C．存在某个位置使得
D．存在某个位置使得平面 平面
【解析】对于A选项：如图，分别取EF,CF的中点Q，S，连接AP，BP，DQ，
易知均是边长为2的正三角形，
所以在翻折过程中M，N两点在底面的射影分别落在直线PA和PB上，如图2，易知，
设M，N两点到底面的距离分别为，则，
因为平面，所以，又，所以，
易得，则，则易知共面，共面,
易知异面，所以不在同一平面内，则A错误；
对于B选项:当 时，恰有，则MNSO为平行四边形，由对称性知此时，M，N两点在底面的射影即为O,S两点，所以,得平面平面，则B正确；
对于C选项:过M点作交EF于T，即为DM与FN所成角，易知在翻折过程中，
又因为，则当时，，即,所以C正确；
当，由B选项知，平面平面，平面平面，
此时DE与CF的夹角即为平面与平面的夹角，易知此时的夹角为，
而与在翻折的极限位置为,即两平面的夹角的最大值为
，所以在连续变化过程中必存在某个位置使得平面平面 ，所以
D正确.
故选：BCD.
18．【多选】菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，E为AB的中点（如图1），将ADE沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，下列说法中正确的有（ ）
A．在翻折的过程中（不包括初始位置），平面与平面所成角逐渐减小
B．若F为中点，在翻折的过程中（不包括初始位置），点F到平面的距离恒为
C．若，则三棱锥的外接球半径为
D．若，点F为的中点，则F到直线BC的距离为
【解析】A：因为，，且，所以平面，又平面，则平面平面，则所成角始终为90° ，故A错误
B：平面，则D到面距离为，则F到距离为，故B正确
C：因为，且BC与DE相交，所以平面，又平面，
则以E为原点，以EB，ED，分别为x，y，z轴建立坐标系，
设球心坐标为（x，y，z），E（0，0，0），B（0，2，0），（0，0，2），D（，0，0），
， ，故C正确
D：因为B（0，2，0），C（，4，0），F（，0，1），所以，，，，，所以，D正确
故选：BCD
19．【多选】如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，E是AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE的位置后，连接A1C，A1B．若F是A1C的中点，则在翻折过程中，下列说法错误的是（ ）
A．异面直线A1E与DC所成的角不断变大
B．二面角A1﹣DC﹣E的平面角恒为45°
C．点F到平面A1EB的距离恒为
D．当A1在平面EBCD的投影为E点时，直线A1C与平面EBCD所成角最大
【解析】对于，因为，所以异面直线与所成角即为或其补角，在翻折过中，异面直线与所成角是先增大后减小，所以不正确；
对于，二面角的平面角不是定值，所以不正确；
对于，因为是 的中点，所以点 到平面 的距离是点 到平面的距离的，因为，平面，平面，所以平面，
所以点到平面 的距离与点 到平面 的距离相等，
又，，，所以平面，
易知，所以点到平面的距离为，所以正确；
对于，因在平面 中，作，垂足为，则平面，直线与平面 所成角为，在△ 中，设，则，在中，，则
，显然当时，最大，此时直线与平面所成角最大，所以选项不正确．故选：．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
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