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立体几何中的折叠专题
一、解答题(本大题共20小题,共240.0分)
如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E为BC的中点,F为线段AD上的一点,且AF=32.现将四边形ABEF沿直线EF翻折,使翻折后的二面角的余弦值为23. (1)求证:;
【答案】(1)证明:连接AC交EF于M点, 由平面几何知识可得AC=5,EF=52,以及AMMC=FMME=32,则有AM=355,MC=255,MF=3510,故有AM2+MF2=AF2,则AC⊥EF,于是,,而,故EF⊥平面,而平面,故.(2)解:由(1)知,二面角的平面角就是,即cos∠AMC
【解析】(1)连接AC交EF于M点,由平面几何知识可得AC=5,EF=52,以及AMMC=FMME=32,经过计算可得:AM2+MF2=AF2,则AC⊥EF,再利用线面垂直的判定与性质即可证明.(2)由(1)知,二面角
如图△ABC为正三角形,且BC=CD=2,CD⊥BC,将△ABC沿BC翻折(1)若点A的射影在BD,求AD的长;(2)若点A的射影在△BCD内,且
【答案】解:(1)过A作AE⊥BD交BD于E,则AE⊥平面BCD. 取BC中点O,连接AO,OE,∵AE⊥平面BCD,BC?平面BCD,∴AE⊥BC,△ABC是正三角形,∴BC⊥AO,又AE∩AO=A,AE,AO?平面AOE,∴BC⊥平面AOE,∴BC⊥OE.又BC⊥CD,O为BC的中点,∴E为BD的中点.∵BC=CD=2,∴OE=12CD=1,AO=3,BD=22,∴DE=2,AE=A
【解析】(1)过A作AE⊥BD交BD于E,则AE⊥平面BCD,证明BC⊥平面AOE得出E为BD的中点,利用勾股定理计算|AD|;(2)以O为原点建立空间坐标系,设二面角D-BC-A为θ,用θ表示出A的坐标,求出BA和平面ACD的法向量n,令|
如图,已知等腰梯形ABCD中,AD//BC,BC=2AD=2AB=4,将△ABD沿BD折到△ABD的位置,使平面ABD⊥平面CBD.(Ⅰ)求证:
【答案】证明:(I)证法一:在△ABC中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB?ADcosA=4+4+8cosC, 在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC?CD?cosC=16+4-16cosC 由上述两式可知,BD=23,cosC=12(3分) ∴BD⊥CD(4分) 又∵面面CBD,面面CBD=BD,∴CD⊥面分) 面分) 解:(II)法一:存在.P为上靠近的三等分点.(7分) 取BD的中点O,连接 又∵平面ABD⊥平面平面CBD,(8分) ∴平面平面BCD,过点P作PQ⊥OC于Q,则PQ⊥平面BCD,过点Q作QH⊥BD于H,连接PH.则QH是PH在平面BDC的射影,故PH⊥BD,所以,∠PHQ为二面角P-BD-C的平面角,(10分) P为上靠近的三等分点,∴PQ=23,OQOC=13,∴HQ=13DC=23,∴∠PHD=45°.∴二面角P-BD-C的大小为45°.?(12分) 证明:(Ⅰ)证法一:在等腰梯形ABCD中,过点A作AE⊥BC于E,过点D作DF⊥BC于F,则AE//DF,∴EF=AD=2,又∵在等腰梯形ABCD中,Rt△ABE≌Rt△DCF且BC=4∴BE=FC=1∴cosC=12D(2分) 在△BCD中,BD2=
【解析】(I)法一:由余弦定理推导出BD⊥CD,从而CD⊥面,由此能证明.法二:过点A作AE⊥BC于E,过点D作DF⊥BC于F,则AE//DF,推导出CD⊥BD,从而CD⊥平面,由此能证明.(II)法一:取BD的中点O,连接AO,推导出平面平面BCD,过点P作PQ⊥OC于Q,则PQ⊥平面BCD,过点Q作QH⊥BD于H,连接PH,推导出PH⊥BD,从而∠PHQ为二面角P-BD-C的平面角,由此能求出P为上靠近的三等分点,二面角P-
如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC、FD,形成如图所示的多面体,且AC=6.(1)证明:平面ABEF⊥平面BCDE;(2)求平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)的余弦值.
【答案】解:(1)证明:正六边形ABCDEF中,连结AC、BE,交点为G,∵ABCDEF是边长为2的正六边形,∴AC⊥BE,且AG=CG=3,在多面体中,由AC=6,得AG2+CG2=AC2,∴AG⊥GC,又GC∩BE=G,GC,BE?平面BCDE,∴AG⊥平面BCDE,又AG?平面ABEF,∴平面ABEF⊥平面BCDE.
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