2023高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)練16　立體幾何中的折疊、探究問(wèn)題

微專(zhuān)題16立體幾何中的折疊、探究問(wèn)題

高考定位L立體幾何中的折疊問(wèn)題是歷年高考命題的一大熱點(diǎn)與難點(diǎn)，主要包

括兩個(gè)方面：一是平面圖形的折疊問(wèn)題，多涉及到空間中的線面關(guān)系、體積的求

解以及空間角、距離的求解等問(wèn)題；二是幾何體的表面展開(kāi)問(wèn)題，主要涉及到幾

何體的表面積以及幾何體表面上的最短距離等；2.以空間向量為工具，探究空間

幾何體中線面關(guān)系或空間角存在的條件,計(jì)算量較大，一般以解答題的形式考查，

難度中等偏上.

真題演練感悟高考練真題明方向

1.(2019?全國(guó)In卷)圖①是由矩形ADEB,Rt?ΛBC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面

圖形，其中AB=1,BE=BF=2,NFBC=60。.將其沿AB,BC折起使得BE與

BF重合，連接。G,如圖②.

(1)證明：圖②中的A,C,G,。四點(diǎn)共面，且平面ABC，平面BCGE

(2)求圖②中的平面BCG與平面CGA夾角的大小.

⑴證明由已知得ACG//BE,所以AO〃CG,

所以AO,CG確定一個(gè)平面，從而A,C,G,。四點(diǎn)共面.

由已知得ABlBC,且8E∩8C=8,BE,BCU平面BCGE,

所以AB，平面BCGE.

又因?yàn)锳BU平面ABC所以平面ABCU平面BCGE

(2)解作垂足為H.

因?yàn)镋HU平面BCGE,平面BCGEL平面ABC,平面BCGE∩平面ABC=BC,

所以EHi,平面ABC.

由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2,ZEBC=60°,可求得B"=l,EH=y∣3.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，比的方向?yàn)閄軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H

—xyz,則

Λ(-l,1,O),C(l,O,O),G(2,O,√3),CG=(1,0,√3),AC=(2,-1,0).

設(shè)平面ACGf)的法向量為〃=(X,y,z),

CGn=O,[x+yβz=O,

則｛即｛

ACn=O,⑵—N?

所以可取〃=(3,6,-√3).

又平面BCGE的法向量可取加=(0,1,0),

設(shè)平面BCG與平面CGA夾角的大小為θ,

所以cosO=∣cos〈〃，m)∣=∣"∣∣^∣=2.

因此平面BCG與平面CGA夾角的大小為30°.

2.(2021?全國(guó)甲卷)已知直三棱柱ABC—AiBiCi中，側(cè)面A4ιB8為正方形，AB=

BC=2,E,尸分別為AC和Ce的中點(diǎn)，。為棱AIBl上的點(diǎn)，BF±AiBi.

(1)證明：BFtDE;

(2)當(dāng)BiD為何值時(shí)，平面BBlClC與平面OPE所成的二面角的正弦值最?。?/p>

⑴證明因?yàn)镋,尸分別是AC和Ca的中點(diǎn)，且AB=BC=2,側(cè)面AAiB心為

正方形，

所以b=l,BF=yβ.

如圖，連接AF,由AB∕∕A?B?,得于是AF==

3,所以AC="4戶(hù)一C9=2√Σ由AB2+BC2=AC2,得BA_LBc

Y三棱柱ABC—4Blc為直三棱柱，

J.BB?LABS-BB?LBC,

則BA,BC,BBl兩兩互相垂直，

故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BA,BC,所在直線分別為X,y,z軸建立空間直角坐

標(biāo)系B-xyz,

則8(0,0,0),E(l,1,0),F(0,2,1),BF=(0,2,1).

設(shè)BιD=m(0≤m≤2),則D(m,0,2),

于是屋=(1一加，1,-2).

所以麗?庠=0,所以BFLDE.

(2)解易知平面BBIGC的一個(gè)法向量為m=(l,0,0).

設(shè)平面O/7E的法向量為“2=(x,y,z),

?DE?n2=O,

則f

lEF?n2=O,

又由(1)得讀=(1一機(jī)，1,-2),EF=(-1,1,1),

(1—m)χ-?-y—2z=0,

所以

、一x+y+z=O,

令x=3,得y=m+l,z=2-m,

于是，平面。FE的一個(gè)法向量為

“2=(3,m+1,2—m),

所以CoS<711,〃2〉=

設(shè)平面8B1CC與平面QFE所成的二面角為θ,

貝Usin0??/l-cos2(∕ιι,nι)

_____9

2(m-2∣24

I?/?

故當(dāng)機(jī)=與時(shí)，平面BBelC與平面。町所成的二面角的正弦值最小為半，

即當(dāng)BIO=T時(shí)，平面BBlCIC與平面ObE所成的二面角的正弦值最小.

熱點(diǎn)聚焦分類(lèi)突破研熱點(diǎn)析考向

熱點(diǎn)一折疊問(wèn)題

I核心歸納

解答折疊問(wèn)題的關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般地,

位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩

側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系會(huì)發(fā)生變化；對(duì)于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處

理，而對(duì)于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決.

考向1折疊后的位置關(guān)系及空間角

例1(2022?重慶診斷)在直角梯形ABeD^',AB//CD,AB±AD,AB=2CD=4,E,

產(chǎn)分別為AO,BC的中點(diǎn)，沿E/將四邊形EbCo折起，使得。E_LBF(如圖2).

(1)求證：平面ABbE，平面ErC。；

(2)若直線AC與平面ABFE所成角的正切值為坐，求平面CEB與平面EBF夾角

的余弦值.

⑴證明由題設(shè)條件，'得EFIINBIICD,ABlAD,

貝IDE±EF,

又DELBF且BFCEF=F,BF,EF<∑^ABFE,

則DEljFSABFE,

又DEU平面EFCD,

故平面ABbEL平面EFCD.

(2)解如圖過(guò)點(diǎn)C作CGLEE交EF于點(diǎn)G,連接AG,

因?yàn)槠矫嫫矫鍱FCD,且平面A8fE∩平面MCO=M,

所以CG_L平面ABFE,

故直線AC與平面ABFE所成的角為NCAG,

設(shè)DE=h,則在RtZ?C4G中，CG=DE=h,

AG=y∣EG2+EA2=√Λ2+4,

所以tanNCAG=芯=四+4=￡

解得九=2j,

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系E—xyz,

則E(0,0,0),B(2√2,4,0),C(0,2,2√2),

所以比=(0,2,2√2),EB=(2√2,4,0),

則平面EBf'的法向量為m=(0,0,1),

設(shè)平面CE3的法向量為〃=(X,y,z),

n?EC=2y+2y∣2z=0L

由9令尸―小,

√ι?EB=2√2x+4γ=0,

則〃=(2,-√2,1),

則平面CEB與平面EBE夾角的余弦值為

?m?n?亞

lcos〈”加尸麗=7-

∕γ

所以平面CEB與平面EBF夾角的余弦值為λ年.

易錯(cuò)提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關(guān)系.對(duì)照前后圖形，弄清楚

變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的

元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系.

考向2展開(kāi)后的數(shù)字特征

例2(1)(2022.青島質(zhì)檢)如圖所示，在直三棱柱ABC-A閏。中，底面為直角三角

形，NAC3=90。，AC=6,BC=CCI=巾,尸是BCI上一動(dòng)點(diǎn)，則CP+Rh的最

小值是.

(2)如圖，一立在水平地面上的圓錐形物體的母線長(zhǎng)為4m,一只小蟲(chóng)從圓錐的底

面圓上的點(diǎn)P出發(fā),繞圓錐表面爬行一周后回到點(diǎn)P處.若該小蟲(chóng)爬行的最短路程

為4小m,則圓錐底面圓的半徑等于m.

答案(1)5√2(2)1

解析(1)如圖，以BG為軸，把平面BCC翻折到與平面4BG共面，則AiBCG

在同一個(gè)平面內(nèi)，圖中AC就是所求最小值.通過(guò)計(jì)算可得N4G8=90。，ZBCiC

=45°,所以NAiGC=135。，由余弦定理可得4C=5√Σ

(2)圓錐頂點(diǎn)記為O,把圓錐側(cè)面沿母線OP展開(kāi)成如圖所示的扇形,

由題意OP=4,

PP=4√5,

.42+42-（4?。?1

川CoSNPOP'=2×4×4=~T

又NPOP為APOP'一內(nèi)角,

所以NPop=7.

設(shè)底面圓的半徑為r,則2“=號(hào)X4,

4

所以r=-j.

易錯(cuò)提醒幾何體表面上的最短距離要注意棱柱的側(cè)面展開(kāi)圖可能有多種，如長(zhǎng)

方體的表面展開(kāi)圖等，要把不同展開(kāi)圖中的最短距離進(jìn)行比較，找出其中的最小

值.

訓(xùn)練1如圖1,在直角梯形ABCo中，AB//DC,ND=90。，AB=2,OC=3,

AD=√5,CE=2ED.沿BE將48CE折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)Ci的位置,且AG=加，

如圖2.

(1)求證：平面BGE，平面ABE。；

(2)求直線BCl與平面ACiD所成角的正弦值.

⑴證明在圖①中，連接AE,由已知得AE=2.

圖①

,JCE∕∕AB,CE=AB=AE=2,

.?.四邊形ABCE為菱形.

連接AC交BE于點(diǎn)片則CFLBE.

在RtAACD中，AC=Y32+(√5)2=2√5,

所以A/=c∕7=√i

如圖②中，由翻折，可知CF=√5,CiF±BE.

D

y

圖②

VAG=√6,AF=CIF=5,

ΛAF2+CIF2=ΛCT,

ΛC?FVAF,XBECAF=F,BEU平面ABEO,

AFU平面ABEO,

，CFL平面ABED

又CIFU平面BCiE,

所以平面BCEj_平面ABED.

(2)解如圖②，建立空間直角坐標(biāo)系，則O(O,O,O),A(√3,O,O),B(√3,2,

所以比I=(一坐，-?√3],DA=(√3,O,O),Z5c∣=[^,I，小),

設(shè)平面ACI。的法向量為〃=(x,y,z),

f√3x=O,

DAn=O,

則’一［坐x+∣y+√5z=O,

DC]-w=O,

令Z=Λ∕5,則九=0,y=-2,

所以〃=(0,-2,√5)為平面A。。的一個(gè)法向量.

設(shè)直線BCi與平面ACiD所成的角為仇

.∣.→\,戰(zhàn)IM425

則πsinθ—∣cosz{BC?,n}\——~7~一.

?BC???n?27

所以直線與平面所成角的正弦值為手.

BClAC1D

熱點(diǎn)二探究問(wèn)題

I核心歸納

與空間向量有關(guān)的探究性問(wèn)題主要有兩類(lèi)：一類(lèi)是探究線面的位置關(guān)系；另一類(lèi)

是探究線面角或平面與平面的夾角滿(mǎn)足特定要求時(shí)的存在性問(wèn)題.解題思路：先建

立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探

究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿(mǎn)足要求，從而作出判斷.

考向1探究線面位置關(guān)系

例3(2022?濟(jì)南質(zhì)檢)如圖,在正四棱柱ABC。一AlBlCQI中，AAι=2AB=2,E,

P分別為棱A4ι,CG的中點(diǎn)，G為棱。。上的動(dòng)點(diǎn).

(1)求證：B,E,Di,尸四點(diǎn)共面；

(2)是否存在點(diǎn)G,使得平面GEr_L平面BEF?若存在，求出。G的長(zhǎng);若不存在，

說(shuō)明理由.

⑴證明如圖，連接。ιE,D?F,取的中點(diǎn)為M,連接MCI,ME,

因?yàn)镋為A4的中點(diǎn)，

所以EM〃AIBi〃CIo1,且EM=AiBi=GOi,

所以四邊形EMCIDI為平行四邊形，

所以DiE//MCi,

又尸為CG的中點(diǎn)，

所以GE且BM=G凡

所以四邊形BMGP為平行四邊形，

所以BF〃MCi.

所以BF∕∕D?E,

所以8,E,Di,尸四點(diǎn)共面.

(2)解以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DOI所在直線分別為X軸，y軸，Z軸建立空

間直角坐標(biāo)系，

假設(shè)存在滿(mǎn)足題意的點(diǎn)G(0,0,t),

由已知B(L1,0),

E(l,0,1),F(0,1,1),

則麗=(—1,1,0),EB=(0,1,-1),EG=(-1,0,t-

設(shè)平面BET7的法向量為〃I=(XI,yι,zι),

Zii-EF=O,

則

∕j∣?EB=O,

-χι+Vi=O,

即J

Iyi-Zi=O,

取XI=1,則yι=l,z∣=l,

nι=(l,1,1).

設(shè)平面GEF的法向量為“2=(x2,y2,Z2),

ιi2?EF=O,

則

712?反7=0,

—Λ2÷y2=0,

即

一尤2+Ct-1)Z2=0,

取X2=Z-1,

則1,Z2=1,nι=(t-1,t—1,1).

因?yàn)槠矫鍳EFmBEF,

所以?1/12=0

所以z-l+z-l+l=θ,

所以t—y

所以存在滿(mǎn)足題意的點(diǎn)G,使得平面GE尸，平面BEE且OG的長(zhǎng)為;.

考向2與空間角有關(guān)的探究性問(wèn)題

例4如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB//CD,BC=CD=I,

AB=2?ZSP3C是等邊三角形，平面PBC，平面ABC。，點(diǎn)M在棱PC上.

(1)當(dāng)M為棱PC的中點(diǎn)時(shí)，求證：APLBM-,

3

(2)是否存在點(diǎn)M,使得平面DMB與平面MBC夾角的余弦值為乃若存在，求CM

的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

⑴證明連接AC,由底面A3C。是等腰梯形且A3=2,BC=CD=得NABC

=1，在AABC中，由余弦定理得AC=√5,

：.AC1+BC1=AB1,

π

ΛZACB=2',ACJLBC

又；平面PBC，平面ABCD,平面PBe∩平面ABCD=BC,AeU平面ABCD,

，ACJ_平面PBC,

TBMu平面PBC,

：.ACLBM,又M為棱PC的中點(diǎn)，且APBC是等邊三角形，

.?BM±PC,

XVPC∩AC=C,PCU平面APC,AeU平面APC,

.?.3M，平面APC,

「APu平面APC,

J.APLBM.

3

(2)解假設(shè)存在點(diǎn)M,使得平面OMB與平面MBC夾角的余弦值為M

過(guò)點(diǎn)P作POlBC交BC于點(diǎn)0,

;平面PBC，平面ABCD,平面P8C∩平面ABCD=BC,PoU平面PBC,

.?.P0，平面ABCr>,取AB的中點(diǎn)E,連接OE,則。E〃CA,由(1)知OE_L平面

PBC,因此以。為原點(diǎn)，以O(shè)C,OE,OP所在直線分別為X,y,Z軸建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系O—xyz.

.?.O(0,O,O),p[θ,0,坐戲,0,0),

B(T0,0),O(I,坐,0),

則訪=(一方,_坐,o),

"昌①啜

設(shè)而=件(OuWl),

則0,坐

則加1千L,一坐‘判’

設(shè)平面￡)的法向量為α=(x,y,z),

"f1+r?/??/?

a?DM=——yr—T^7+lT^^fz=0,

則彳Γ

a?DB=-]x一坐y=0,

令X=小,則y=—3,z=?^

.,.a=[yβ,-3,匕2)為平面OMB的一個(gè)法向量,

易知平面MBC的一個(gè)法向量為

》=(0,1,0),

則ICOS<a,b>l=∣fl∣∣fe∣

2

解得f=東

r2—?2

故CM=?CM?=^CP?=y

32

所以存在點(diǎn)M,使得平面OMB與平面MBC夾角的余弦值為不且CM的長(zhǎng)為］

規(guī)律方法解決立體幾何中探索性問(wèn)題的基本方法

(1)通常假設(shè)問(wèn)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立，再在這個(gè)前提下進(jìn)行推理，如果

能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說(shuō)明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明，否則假設(shè)不

成立.

(2)探索線段上是否存在滿(mǎn)足條件的點(diǎn)時(shí)，一定注意三點(diǎn)共線的應(yīng)用.

訓(xùn)練2(2022.鹽城模擬)如圖，三棱柱ABC-A山ICl的所有棱長(zhǎng)都為2,BιC=√6,

AB±B?C.

(1)求證：平面ABBiAi_1_平面ABe

(2)在棱BB?上是否存在點(diǎn)P,使直線CP與平面ACG4所成角的正弦值為若

不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由，若存在，求BP的長(zhǎng).

⑴證明如圖，取AB的中點(diǎn)。，連接C。，B?D,

A

因?yàn)槿庵鵄BC—AiBiG的所有棱長(zhǎng)都為2,

所以ABLCD,CD=√3,BD=L

又因?yàn)锳3L8C,

且CD∩3ιC=C,CD,BICU平面Ble。，

所以45_L平面BiCD.

又因?yàn)锽IoU平面BiCD,

所以AB_LBD

在RtaBiBO中，BD=I,B?B=2,

所以BID=4.

在a3ιC。中，CD=√3,BlD=y∣3,B∣C=√6,

所以。。2+8。2=81。2,

所以CO_LBO,

又因?yàn)锳BLBiD,ABQCD=D,AB,CoU平面ABC,

所以BiO，平面ABC.

又因?yàn)锽lz)U平面ABBiAi,

所以平面ABBiAi_1_平面ABC.

(2)解假設(shè)存在，以。C,DA,。5所在直線分別為X,y,Z軸建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系,則4(0,1,0),3(0,-1,0),C(√3,0,0),Bι(0,0,√3),

因此而I=(0,1,√3),ΛC=(√3,-1,0),Λ4ι=BB∣=(0,1,√3),

Cδ=(-√3,-1,0).

因?yàn)辄c(diǎn)P在棱上，

設(shè)麗=漏="0,1,√3),

其中OWaWL

則行=麗+濟(jì)=麗+2麗ι=(-√5,-l+λ,√3∕l).

設(shè)平面ACCIAl的法向量為"=(x,y,z),

n?AC=O,(yβχ-y=O,

由l∣?R=0,Hy+小Z=O,

取X=1,則y=√5,Z=-I,

所以平面ACa4的一個(gè)法向量為

?=(1,√3,-1).

4

因?yàn)橹本€CP與平面ACCiAi所成角的正弦值為亍

所以ICoS(n,CP)'”

∣n∣∣O,l

________一2小_________4

一√5×√3+(A-I)2+3λ2-5,

化簡(jiǎn)得16萬(wàn)一82+1=0,解得4=(,

所以防=5麗1|=；,

故BP的長(zhǎng)為去

高分訓(xùn)練對(duì)接高考重落實(shí)迎高考

一'基本技能練

1.(2022?哈爾濱模擬)如圖1,矩形ABC。中，點(diǎn)E,尸分別是線段AB,CO的中點(diǎn),

AB=4,AD=2,將矩形ABCo沿EF翻折.

Tr

(1)若所成二面角的大小為手如圖2),求證：直線CEJ_平面。Ba

JT

(2)若所成二面角的大小為不如圖3),點(diǎn)M在線段AD上，當(dāng)直線BE與平面EMC

Tr

所成角為W時(shí)，求平面OEM和平面EMC夾角的余弦值.

⑴證明由題設(shè)易知：四邊形BEFC是邊長(zhǎng)為2的正方形,BF,EC是其對(duì)角線，

所以BFLEC,

又平面BMCJ_平面AEfD,平面BEFC∩平面AE∕7D=E∕,DFlEF,OR=平面

AEFD,

所以。尸，平面BEFC,

又ECU平面BEFC,則DFLEC,

又DFCBF=F,BF,。尸U平面BDF,則ECj_平面BDF.

(2)解過(guò)E作EZj_面AEH>,而AE,EFU面AEFD,貝IIEZ_LAE,EzlEF,而

AE±EF,

Tr

可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題設(shè)知：ZBEA=ZCFD=y

所以E(0,0,0),

8(1,O,√3),C(l,2,√3),MQ,m,0)且

0≤m≤2,

則或=(1,O,√3),EC=(1,2,√3),EΛ∕=(2,m,0),

EC?n=x+2γ+√3z=0,

若〃=(X,y,Z)是平面EMC的法向量，貝卜一

EM-n=2x+my=Q,

.Ll4-m

令X=加，則〃=(加，—2,—7τ^),

73

,∕F??廊劃

∣cos?EB,n)l|---------

I面〃I

1__1_

+l^?∣2'

可得m=1,則〃=(1,—2,√3),

又/=(0,0,1)是平面EMo的一個(gè)法向量，

gtp,l,1?,?l-n?v?λ∕6

所以ICOS<l,n}∣-∣z∣∣w∣-2^-4

所以平面DEM和平面EMC夾角的余弦值為乎.

2.如圖，四棱錐S—ABCO的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的6倍,

P為側(cè)棱S。上的點(diǎn).

⑴求證：ΛC±SD;

⑵若SO_L平面PAC,求平面∕?C與平面ACS夾角的大?。?/p>

(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E,使得BE〃平面∕?C?若存在，求

SC：SE的值；若不存在，試說(shuō)明理由.

⑴證明連接8。交AC于點(diǎn)0,連接Sa由題意知SO,Ac

在正方形ABC。中，ACLBD.

因?yàn)?O∩SO=O,BD,SoU平面S3。，

所以ACj_平面SBD,又Sr)U平面SBO,所以ACj_SD

(2)解由題設(shè)知，SO_L平面ABCD以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,OC,旃的方向分別

為X軸，y軸，Z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系。一孫z,如圖.

設(shè)底面邊長(zhǎng)為4,則高S。=奇^α,

-乎”,。，θ),

又平面PAC,

則平面以C的一個(gè)法向量為

示=(乎0,0,當(dāng)j,

平面SAC的一個(gè)法向量為

OD=[-^a,0,0),

設(shè)平面fi4C與平面ACS夾角的大小為θ.

貝!]cos9=∣cos{DS,OD)I=IDS?！?gt;|二:,

兩曲

JT

所以平面∕?C與平面ACS夾角的大小為亍

(3)解在棱SC上存在一點(diǎn)E使BE〃平面BAC理由如下：

由(2)知話是平面∕?C的一個(gè)法向量，

且就=(半a,0,乎’,

揖=(θ,-乎°，乎J，

比=(一乎α,坐α,0).

設(shè)走=商，Z∈[0,1],

則庵=冊(cè)+走=比+f氐=(一乎α,當(dāng)a(I-Z),當(dāng)j.

因?yàn)锽E〃平面∕?C,所以命?W=0,

所以一呼12+呼32(=0,解1得

故側(cè)棱SC上存在一點(diǎn)E,使得BE〃平面%C,

此時(shí)SC:SE=3:2.

3.(2022?全國(guó)名校大聯(lián)考)如圖1,直角梯形ABC。中，AD//BC,ZABC=9Q0,E

為AO邊上的點(diǎn)，且AO=2AE=2AB=2BC=2.將aABE沿BE向上折起，使得異

(1)#DElCF,求麗的值；

(2)求平面ABC與平面AED所成銳二面角的余弦值.

解(1)如圖①中，連接CE.

由題意可知，XNBE,/XCED,Z?BCE均為等腰直角三角形，

因?yàn)锽C〃皮＞,所以NABC即為異面直線AB與EO所成的角，

所以NABC=60。，所以AC=L

S

取BE的中點(diǎn)O,連接OC0A,0D,貝UQALBE,0C±BE,且QA=OC=5

因?yàn)镺A2+0C2=AC2,所以0AL0C,

因?yàn)锽E∩0C=0,BE,OCU平面BCDE.

所以04,平面BCDE.

連接EF,因?yàn)镈E±EC,DELCF,CEQCF=C,CE,CFU平面ECF,所以O(shè)EL

平面ECF,

又Z)EU平面BCDE,所以平面Eer，平面3C0E,故OA〃平面ECF

連接。。交CE于點(diǎn)G,連接尸G,因?yàn)槠矫鍭Oo∩平面EC/=FG,

所以0A∕∕GF,故麗=歷=而=]?

(2)如圖②，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,0C,OA所在直線分別為無(wú)，y,Z軸，建立空

間直角坐標(biāo)系。一孫z.

則A(θ,0,孝),《0,乎,0),B惇,0,0),4-坐,0,0)，-啦,坐,0)

所以屈=停，0,—坐)，

反U-坐坐4AM-來(lái)°-普I,昨(一坐坐°)

設(shè)平面ABc1的法向量為“1=(x1,jι,z∣),

rβ∕i—啦=C

nι?AB=0,2"I2zι-°,

則即1ΓΓ

m?BC=Q,~2x'2^'=θ,

令Xl=2,則yι=2,zι=2,

所以平面ABC的一個(gè)法向量為m=(2,2,2),

設(shè)平面AED的法向量為“2=(X2,V2,Z2),

察

--O

通I

J22-9

加

即

貝"d^

πV

j

3O

2設(shè)-

、.2+-,

令X2=2,則y2=2,Z2=-2,

所以平面AEO的一個(gè)法向量為〃2=(2,2,-2),

回出_______12X2+2X2—2X211

所以)

ICoS<711,?2I=