《2025年高考帮数学》

例1 [全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB = 1，BE = BF = 2，∠FBC = 60°。将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2。
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE。
(2)求图2中的二面角B - CG - A的大小。
　　　

答案：

(1)由已知得AD//BE,CG//BE,(位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变)
所以AD//CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面。由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,(与“折痕”垂直的线段，翻折前后垂直关系不变)
又BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCGE,故AB⊥平面BCGE.
又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如图,作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,平面ABC∩平面BCGE=BC,所以EH⊥平面ABC.
由题设知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC = 60°,可求得BH = 1,EH = $\sqrt{3}$.以H为坐标原点,$\overrightarrow{HC}$的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{CG}=(1,0,\sqrt{3})$,$\overrightarrow{AC}=(2,-1,0)$.
设平面ACGD的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$,则$\begin{cases}\overrightarrow{CG}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{AC}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}x+\sqrt{3}z = 0\\2x - y = 0\end{cases}$
所以可得平面ACGD的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(3,6,-\sqrt{3})$.
易知$\boldsymbol{m}=(0,1,0)$为平面BCGE的一个法向量,
则$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
由图可知二面角B - CG - A为锐角,因此二面角B - CG - A的大小为30°.
　　　　　　　　　　　　　　　　

训练1 已知矩形ABCD中，AB = 2，BC = 2$\sqrt{2}$，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线翻折到△A'BD的位置(A'不在平面ABCD内)，则在翻折过程中，下列说法正确的是　　　　　(　　　)
A. 存在某个位置，使得直线BD与直线A'C垂直
B. 存在某个位置，使得直线A'B与直线CD垂直
C. 存在某个位置，使得直线BC与直线A'D垂直
D. 对任意位置，三对直线“A'C与BD”“CD与A'B”“A'D与BC”均不相互垂直

答案：
B　翻折前、后的图形如图1、图2所示.在图1中，过点A 作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足为F,由边AB,BC 不相等可知点E,F不重合.在图2中,连接CE.
　　 　　
对于选项A,若A'C⊥BD,因为BD⊥A'E,A'ENA'C=A',所以BD⊥平面A'CE.因为CE⊂平面A'CE,所以BD⊥CE,与点E,F不重合相矛盾，故选项A错误.对于选项B,若A'B⊥CD,因为A'B⊥A'D,A'D∩CD=D,所以A'B⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC,所以A'B⊥A'C,由A'B＜BC可知存在这样的三角形,使得直线A'B与直线CD垂直,此时A'B = A'C = 2,故选项B正确.对于选项C,若A'D⊥BC,因为DC⊥BC,A'D∩DC=D,所以BC⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC,所以BC⊥A'C,又BC＞A'B,所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.由以上分析可知选项D错误.故选B.

训练2 [2023昆明市模拟]如图1，在梯形ABCD中，AB//CD，AB = AD = $\frac{1}{2}$CD，∠ADC = 120°，E为CD的中点，将△ADE沿AE翻折，使点D落到点P的位置，如图2。
(1)证明：PB⊥AE。
(2)当二面角P - AE - B等于90°时，求PA与平面PEC所成角的正弦值。
　　　　　　　　

答案：

(1)如图,取AE的中点O,连接PO,BO,BE.
由题意及题图1知,DA = DE = AB = BE,
又PA = DA,PE = DE,所以PA = PE.
所以PO⊥AE,BO⊥AE,
又PO∩BO = O,所以AE⊥平面POB.
因为PB⊂平面POB,所以AE⊥PB,即PB⊥AE;
　　　　
(2)因为二面角P - AE - B等于90°,
所以平面PAE⊥平面ABCE,
又平面PAE∩平面ABCE = AE,PO⊥AE,所以PO⊥平面ABCE,
所以OA,OB,OP两两垂直.
以O为坐标原点,OA,OB,OP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,不妨设AB = 2,由已知得∠APE = 120°,所以OP = OB = 1,OA = OE = $\sqrt{3}$,
则P(0,0,1),A($\sqrt{3}$,0,0),C(-2$\sqrt{3}$,1,0),E(-$\sqrt{3}$,0,0),$\overrightarrow{PA}=(\sqrt{3},0,-1)$,$\overrightarrow{EP}=(\sqrt{3},0,1)$,$\overrightarrow{EC}=(-\sqrt{3},1,0)$.
设平面PEC的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$,
则$\begin{cases}\overrightarrow{EP}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{EC}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}\sqrt{3}x + z = 0\\-\sqrt{3}x + y = 0\end{cases}$,
令x = 1,则y = $\sqrt{3}$,z = -$\sqrt{3}$,所以平面PEC的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,\sqrt{3},-\sqrt{3})$.
设PA与平面PEC所成的角为θ,
则$\sin\theta=\vert\cos\langle\overrightarrow{PA},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\vert\frac{2\sqrt{3}}{2\times\sqrt{7}}\vert=\frac{\sqrt{21}}{7}$,
即PA与平面PEC所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.