空间几何体中的翻折问题

这是一份空间几何体中的翻折问题，共29页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】BC，【答案】4π，【答案】523π等内容，欢迎下载使用。

空间几何体中的翻折问题
副标题
得分



1. 已知矩形ABCD，AB=1，AD=2，点E为BC边的中点．将△ABE沿AE翻折，得到四棱锥B−AECD，且平面BAE⊥平面AECD，则四面体B−ECD的外接球的表面积为(   )
A. 72π B. 4π
C. 92π                   D. 5π
2. 如图，在△ABC中，AB=AC=3，D是边BC的中点，以AD为折痕把△ACD折叠，使点C到达点C′的位置，则当三棱锥C′−ABD体积最大时，其外接球的表面积为(    )
A. 9π4 B. 5π2 C. 9π2 D. 5π
3. 农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为2的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为          ；若该六面体内有一球，则该球表面积的最大值为          . 

4. 正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为3，此时四面体ABCD外接球表面积为(    )
A. 7π B. 19π C. 77π6 D. 1919π6
5. 已知直角△ABC，∠ABC =90°，AB=12，BC=8，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿着直线DE翻折至△PDE，形成四棱锥P−BCED，则在翻折过程中，①∠DPE=∠BPC；②PE⊥BC；③PD⊥EC；④平面PDE⊥平面PBC，不可能成立的结论是(    )
A. ①②③ B. ①② C. ③④ D. ①②④
6. 如图，在菱形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，使得面A1DE⊥面BCDE，则点A1到平面BCDE的距离为(  )
A. 1 B. 2 C. 32 D. 3
7. 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，则在翻折过程中，下列说法正确的是(    )
A. PC与平面BCD所成的最大角为45°
B. 存在某个位置，使得PB⊥CD
C. 当二面角P−BD−C的大小为90°时，PC=6
D. 存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为3
8. 在梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，AD=2AB=2BC=2，将△ABC沿对角线AC翻折到△AMC，连结MD.当三棱锥M−ACD的体积最大时，该三棱锥的外接球的表面积为          ．
9. 已知▵ABC是边长为4的等边三角形，D，E分别是AB，AC的中点，将▵ADE沿DE折起，使平面ADE⊥平面BCED，则四棱锥A−BCED外接球的表面积为          ，若P为四棱锥A−BCED外接球表面上一点，则点P到平面BCED的最大距离为          ．
10. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60∘，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是(  )
A. PC与平面BCD所成的最大角为45∘
B. 存在某个位置，使得PB⊥CD
C. 当二面角P−BD−C的大小为90∘时，PC=6
D. 存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为3

11. 如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，M为边CD的中点，将▵ADM沿直线AM翻折成AME，且BE=3，点P为线段BE的中点．

(1)求证：PC//平面AME；
(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．







12. 如图1，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E是DC的中点；如图2，将△DAE沿AE折起，使折后平面DAE⊥平面ABCE．

(1)若平面ABD与平面CED的交线为l，求证：CE//l；
(2)求证：BE⊥平面ADE；
(3)求点C到平面BDE的距离．







13. 如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点.把△ADE沿AE翻折，使得平面ADE⊥平面ABCE．

(Ⅰ)求证：AD⊥BE；
(Ⅱ)求BD所在直线与平面DEC所成角的正弦值．







14. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，将△ACD沿直线AC翻折，形成三棱锥D−ABC．

下列说法正确的是(     )
A. 在翻折过程中，三棱锥D−ABC外接球的体积为定值
B. 在翻折过程中，存在某个位置，使得BC⊥AD
C. 当平面DAC⊥平面ABC时，BD=2855
D. 当平面DBC⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积为433
15. 如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△AMB沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是(  )
A. 存在某个位置，使得CN⊥AB1
B. CN的长是定值
C. 若AB=BM，则AM⊥B1D
D. 若AB=BM=1，当三棱锥B1−AMD的体积最大时，三棱锥B1−AMD的外接球的表面积是4π

16. 如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边AB的中点，过E作ED⊥AC于D.把△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连结A1C.翻折过程中，其中正确的结论是(  )
A. DE⊥A1C
B. 存在某个位置，使A1E⊥BE
C. 若CF=2FA1，则BF的长是定值
D. 若CF=2FA1，则四面体C−EFB的体积最大值为439

17. 如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB=8，把△ADE沿着DE翻折至AˈDE位置，使得二面角A′−DE−B为60°，则下列选项中正确的是(      )
A. 点Aˈ到平面BCED的距离为3
B. 直线A′D与直线CE所成的角的余弦值为58
C. A′D⊥BD
D. 四棱锥A′−BCED的外接球半径为2373
18. 如图1，在正方形ABCD中，点E为线段BC上的动点(不含端点)，将△ABE沿AE翻折，使得二面角B−AE−D为直二面角，得到图2所示的四棱锥B−AECD，点F为线段BD上的动点(不含端点)，则在四棱锥B−AECD中，下列说法正确的有(    )
A. B、E、C、F四点不共面
B. 存在点F，使得CF//平面BAE
C. 三棱锥B−ADC的体积为定值
D. 存在点E使得直线BE与直线CD垂直
19. 如图，在△ABC中，AC=1，BC=3，C=π2，点D是边AB(端点除外)上的一动点.若将△ACD沿直线CD翻折，能使点A在平面BCD内的射影A′落在△BCD的内部(不包含边界)，且A′C=73.设AD=t，则t的取值范围是          ．

答案和解析

1.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查四面体外接球的表面积，考查面面垂直的性质，属于中档题．
取N、M分别为AE、ED中点，可得BN⊥面ECD，M为△ECD的外心，作OM//BN，设O为外接球球心，求出外接球半径，即可求得表面积．
【解答】
解：
                   
取N、M分别为AE、ED中点，则BN⊥AE，
翻折后，面BAE⊥面AECD，面BAE∩面AECD=AE，BN⊂面BAE
∴BN⊥面ECD，
∵∠C=90°，∴M为△ECD的外心，
分析截面BNM(翻折后)，
作OM//BN，设O为外接球球心，
OM⊥面ECD，M为外心，则球心必在过外心的垂线上，
则OB=OD=R，设OM=h，
∴OB2=(22−h)2+1，
在Rt△OMD中，OD2=h2+MD2=h2+(22)2，
∴R2=(22−h)2+1=h2+(22)2，
解得h=22，R=1，
∴外接球表面积为S=4πR2=4π．
故选：B．
       
  
2.【答案】D

【解析】
【分析】
设AD=x，当C′D⊥平面ABD时，三棱锥C′−ABD体积最大，体积V(x)=3x−x36，利用导数求出V(x)取到最大值时对应的x的值．因为C′D⊥平面ABD，BD⊥AD，所以三棱锥的顶点都在长方体上，转化为长方体的外接球问题求解．
本题考查三棱锥的外接球，利用导数求函数的最值，属于中档题．
【解答】
解：设AD=x(045°，即选项A错误；

对于B，因为∠BAD=60°，当满足P−BCD为正四面体时，P在底面BCD的投影为△BCD的重心Q，
此时PQ⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以PQ⊥CD，
又Q为△BCD重心，
所以BQ⊥CD，
又PQ∩BQ=Q，PQ、BQ⊂平面PBQ，
所以CD⊥平面PBQ，又PB⊂平面PBQ，
所以PB⊥CD，故B正确；
对于C，由图知，当二面角P−BD−C的大小是90°时，
∠POC=90°，PC=PO2+OC2=6，故C正确．
对于D，因为B到CD的距离为3，只有当平面BCD⊥平面PCD才可以，
若成立，设CD的中点F，则BF⊥CD，
平面BCD∩平面PCD=CD，BF⊂平面BCD，
则BF⊥平面PCD，这是不可能的，
因为BP=BC=BD=CD，B在PCD内的射影是△PCD的外心，
CD边的中点F不可能是△PCD的外心，所以不成立，故D不正确．
故选BC．
  
11.【答案】(1)证明：取AE的中点Q，连结QM,QP，
因为P,Q分别为BE，AE中点，
故PQ//AB且PQ=12AB，
又因为MC//AB，且MC=12AB，
则PQ//MC且PQ=MC，
因此四边形MCPQ为平行四边形，
故PC//QM，
又PC⊄平面AME内，QM⊂平面AME，
故PC//平面AME；
(2)解：取AM的中点O，连结OE，OB，因为AE=ME，所以OA⊥OE且OE=22．
在Rt△BOM中，BO2=OM2+BM2=12+2=52，
因为BO2+OE2=BE2，故EO⊥OB，
又OA∩OB=O，OA、OB⊂平面ABM，
故EO⊥平面ABM．
因此∠AMQ为直线PC与平面ABM所成角，
sin∠AMQ=sin(45∘−∠EMQ)=22(cos∠EMQ−sin∠EMQ)
在Rt△MEQ中，sin∠EMQ=EQQM=1252=15，cos∠EMQ=EMQM=25，
故sin∠AMQ=1010．

【解析】本题考查线面平行的判定，线面角的求法，属于中档题．
(1)取AE的中点Q，由题意得到PC//QM，再利用线面平行的判定即可证明；
(2)根据勾股定理求出EO⊥平面ABM，因此∠AMQ为直线PC与平面ABM所成角，求解即可．

12.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴EC//AB，
∵EC//AB，AB⊂平面DAB，EC⊄平面DAB，
∴EC//平面DAB，
∵平面DEC⋂平面DAB=l，
EC⊂面DEC
∴EC//l. 
 (2)证明：∵AB=2，BC=1，E是CD中点，
∴BE=AE=2，
∴BE2+AE2=AB2
∴BE⊥AE，
∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE=AE，BE⊂面ABCE
∴BE⊥平面ADE； 
(3)由(2)可得BE⊥平面ADE，
∵DE⊂平面ADE
∴BE⊥DE，过D作DO⊥AE，
∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE=AE，DO⊂面ADE，
∴DO⊥平面ABCE，DO=22，
根据VC−DEB=VD−CEB，
则13⋅h⋅SΔDEB=13⋅DO⋅SΔBCE，
即13⋅h⋅12⋅BE⋅DE=13⋅DO⋅12⋅BC⋅EC，
解得h=12，
所以C到平面BDE的距离是12．


【解析】本题主要考查的是线面关系，面面关系，考查距离问题，是中档题．
(1)由线EC//AB可得到EC//平面DAB，利用线面平行的性质定理得到CE//l;
(2)易得，再结合平面DAE⊥平面ABCE，可证得BE⊥平面ADE;
(3)过D作DO⊥AE，由平面DAE⊥平面ABCE，得DO⊥平面ABCE，利用等体积转换VC−DEB=VD−CEB可得到C到平面BDE的距离．


13.【答案】(Ⅰ)证明：∵E为CD的中点，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，
∴AE=EB=2，则AE2+BE2=AB2，
∴BE⊥AE．
因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE=AE，
又因为BE⊥AE，BE⊂平面ABCE，所以BE⊥平面DAE，
因为AD⊂平面DAE，所以BE⊥AD，
故AD⊥BE．
(Ⅱ)取AE的中点O，连接OD，由题意可知△DAE为等腰直角三角形，则DO⊥AE，
取BC的中点F，连接OF，则OF⊥BC，
因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE=AE，DO⊥AE，DO⊂平面ADE，
∴DO⊥平面ABCE，
以O为原点，OF所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则B(12,32,0)，D(0,0,22)，E(−12,12,0)，C(−12,32,0)，
∴BD=(−12,−32,22)，EC=(0,1,0)，DC=(−12,32,−22)，
∴设m=(x0,y0,1)为平面DEC的一个法向量，
∴m⋅EC=0，m⋅DC=0，
求得m=(−2,0,1)．
设BD所在直线与平面DEC所成角为θ，
∴sinθ=|cos|=23，
即DB所在直线与平面DEC所成角的正弦值为23．

【解析】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了直线与平面所成角的计算问题，属于中档题．
(Ⅰ)根据线面垂直的判定证明出BE⊥平面DAE，即可证明出AD⊥BE；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，用向量法计算直线与平面所成角的正弦值．

14.【答案】ACD

【解析】
【分析】
本题主要考查了简单多面体及其结构特征，线面垂直的判定，棱柱，棱锥，棱台的侧面积，表面积和体积，球的表面积和体积的应用，属于较难题．
利用三棱锥的侧面的特征和侧棱的长度，可判断外接球球心的位置，可判断出A选项；利用反证法，假设BC⊥AD，通过线面垂直的判定和性质可得到BC⊥BD，得到CD>BC，与条件矛盾，可判断出B选项；根据条件分别过D作AC的垂线DE，过B作AC的垂线BF，再结合条件分别在几个直角三角形依次求出DE，AE，BF，EF和BE，最后在直角三角形BED中，求出BD的长度，即可判断C选项；利用条件结合面面垂直的性质，可得到AB⊥平面DBC，即AB为三棱锥D−ABC在平面DBC上的高，在直角三角形ABD中可求出BD的长度，结合条件中的AB=DC=2，BC=AD=4，可得到DB⊥DC，故可求得三棱锥D−ABC的体积为433，即可判断D选项．
【解答】
解：设O为AC的中点，则OA=OB=OC=OD=5，
所以三棱锥D−ABC外接球的半径为5，所以三棱锥D−ABC外接球的体积为定值，故A正确；
若在翻折过程中，存在某个位置，使得BC⊥AD，又AB⊥BC，则BC⊥平面ABD，
所以BC⊥BD，从而斜边CD的长大于直角边BC，这与CD=2，BC=4矛盾，故B错误；
当平面DAC⊥平面ABC时，过D作AC的垂线DE，垂足为E，
则DE⊥平面ABC，DE=455，AE=855，
在平面ABC上，过B作AC的垂线BF，垂足为F，
则BF⊥平面DAC，BF=455，EF=655，
则BE=BF2+EF2=525，
在直角三角形BED中，BD=DE2+BE2=2855，故C正确；
当平面DBC⊥平面ABC时，平面DBC∩平面ABC=BC，
又AB⊥BC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面DBC，计算得DB=23，
因为AB=DC=2，BC=AD=4，所以DB⊥DC，
所以S△DBC=12×DB×DC=23，
所以三棱锥D−ABC的体积为13×2×23=433，故D正确．
故答案选：ACD．
  
15.【答案】BD

【解析】
【分析】
本题主要考查了立体几何中的翻折问题，考查了学生的空间想象能力以及立体几何中的垂直性质定理，余弦定理，综合性比较强，属于难题．
对于A取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，则NE//AB1，NF//MB1，由CN⊥AB1，则EN⊥CN，结合条件从而判断A；对于B，由判断A的图以及余弦定理可判断B；对于C由线面垂直的性质定理即可判断；对于D根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1−AMD的体积最大，取AD的中点为E，连接OE,B1E,ME，再由线面垂直的性质定理即可判断．
【解答】
解：对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，连接NF，如图1，

则NE//AB1，NF//MB1，
如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，
由于三线NE,NF,NC共面且共点，
故使得CN⊥AB1这是不可能的，故A不正确；
对于B，如图1，
根据条件NE//AB1,EC//AM易得 ，
又AE//MC,AM//EC，则四边形AECM为平行四边形，
则AM=EC，又NE=12AB1,
即∠NEC，NE，EC都为定值，
∴在△CEN中，由余弦定理得：
，也是定值，
故NC是定值，故正确；
对于C，如图2，
 
取AM中点为O，∵AB=BM，即AB1=B1M，则AM⊥B1O，
若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D=B1，且B1O,B1D⊂平面ODB1，
∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，
∴OD⊥AM，则AD=MD，
由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故不正确；
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1−AMD的体积最大，取AD的中点为E，
连接OE,B1E,ME，如图2，
∵AB=BM=1，则AB1=B1M=1，
且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD=AM，
又，B1O⊂平面B1AM，
∴B1O⊥平面AMD，
∵OE⊂平面AMD，
∴B1O⊥OE，
则AM=2，B1O=12AM=22，
OE=12DM=12AM=22，
从而EB1=222+222=1，
易知EA=ED=EM=1，
∴AD的中点E就是三棱锥B1−AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确．
故选BD．
  
16.【答案】ACD

【解析】
【分析】
本题考查空间中线面的位置关系、长度与体积的计算等，熟练运用空间中线面垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于难题．
求得DE⊥平面A1CD可判断A；假设A1E⊥BE推出矛盾可判断B；在CD上取一点M，使得CM=2MD，证得△BMF为直角三角形，利用勾股定理求得BF，从而判断C；由C可知当MF⊥平面BCE时，四面体C−EFB的体积最大，利用体积公式即可求得最大值，从而判断D．
【解答】
解：对于A，∵ED⊥AC，
∴ED⊥CD，ED⊥A1D，
又CD∩A1D=D，CD⊂平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，
∴ED⊥平面A1CD，
∵A1C⊂平面A1CD，
∴ED⊥A1C，故A正确；
对于B，设A1在平面BCD上的投影为点P，则点P落在线段AC上，
假设A1E⊥BE，
由A1P⊥BE，又A1E、A1P为平面A1EP内两相交直线，
则BE⊥平面A1EP，
又PE⊂平面A1EP，
∴PE⊥BE，
连接CE，在正三角形ABC中，∵E为AB中点，
∴CE⊥BE，此时点P与点C重合，
而A1在平面BCD上的投影点不可能与点C重合，故B错误；
对于C，在CD上取一点M，使得CM=2MD，连接BM，

∵E为边AB的中点，且ED⊥AC，
∴AE=2，A1D=AD=AE⋅cos60°=1，
设MD=x，则CM=2x，
∴AC=CM+MD+AD=3x+1=4，
∴x=1，CM=2，即M为AC的中点，
∴BM⊥AC，且BM=23，
∵ED⊥AC，
∴BM//DE，
由A可知，ED⊥平面A1CD，
∴BM⊥平面A1CD，
∵MF⊂平面A1CD，
∴BM⊥MF，即△BMF为直角三角形，
∵CF=2FA1，
∴MF//A1D，且MF=23A1D=23，
在Rt△BMF中，BF=BM2+MF2=(23)2+(23)2=473，为定值，故C正确．
对于D，若CF=2FA1，由C可知MF=23A1D=23，
∵S△BCE=12⋅BE⋅CE=12×2×23=23为定值，
∴当MF⊥平面BCE时，四面体C−EFB的体积最大，
最大值为VC−EFB=VF−BCE=13⋅MF⋅S△BCE
=13×23×23=439，故D正确．
故选：ACD．
  
17.【答案】ABD

【解析】
【分析】
本题考查棱锥的结构特征，异面直线的夹角，点到平面的距离，二面角，锥体的外接球问题，属于困难题．
取ED，BC的中点分别为F，G，连接FG，取FG的中点为H，通过题中的数据，结合线面垂直的性质得出A′H⊥平面BCED，从而分析各选项即可．
【解答】
解：如图，取ED，BC的中点分别为F，G，连接FG，取FG的中点为H，连接A′H，

因为正△ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，
所以AE=AD，DE⊥A′F，
又易知DE⊥FG，A′F∩FG=F，A′F，FG⊂平面A′FG，
所以DE⊥平面A′FG，且∠A′FG为A′−DE−B的二面角，
即∠A′FG=60°，
由AB=8，可知A′F=FG=23，
所以△A′FG为正三角形，所以A′H⊥FG，
又DE⊥平面A′FG，A′H⊂平面A′FG，
所以DE⊥A′H，
又DE∩FG=F，DE，FG⊂平面BCED，
所以A′H⊥平面BCED，
在△A′FG中，因为A′F=FG=23，
所以A′H=3，故A正确；
连接EG，DG，因为DE=CG且DE//CG，
所以四边形EDGC为平行四边形，
故EC//DG，∠A′DG即为直线A′D与直线CE所成的角，
可知A′D=4，A′G=A′F=23，DG=DB=4，
故cos∠A′DG=42+42−2322×4×4=58，故B正确；
易知A′B=A′H2+BH2=A′H2+GB2+HG2
=9+42+32=27，
即A′D2+BD2=32≠A′B2，故AˈD与BD不垂直，故C错误；
易知GB=GC=GD=GE=4，
所以四棱锥A′−BCED的外接球球心O在过G点且与平面BCED垂直的直线上，
记OG=x，四棱锥A′−BCED的外接球半径为R，
则有A′O2=A′H−OG2+HG2=R2，
即R2=x2+42=3−x2+3，
解得，故D正确．
故选ABD．
  
18.【答案】AB

【解析】
【分析】
直接利用异面直线的判定，线面平行的判定，线面垂直的判定和性质的应用，三棱锥体积公式判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：线面平行的判定，线面垂直的判定和性质的应用，三棱锥体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于较难题．
【解答】
解：对于A：假设直线BE与直线CF在同一平面上，所以：点E在平面BCF上，又点E在线段BC上，BC∩平面BCF=C，
所以点E与点C重合，与点E异于C矛盾，
所以直线BE与CF必不在同一平面上，即B、E、C、F四点不共面，故A正确；
对于B：当点F为线段BD的中点时，EC=12AD，再取AB的中点G，
则FG//AD且FG=12AD，
则EC//FG，且EC=FG，
所以：四边形ECFG为平行四边形，
所以FC//EG，又因为，
则：直线CF//平面BAE，故B正确；
对于C：由题VB−ADC，底面△ACD的面积不变，但E的移动会导致点B到平面ACD的距离在变化，所以VB−ADC的体积不是定值，故C错误；
对于D：过点B作BO⊥AE于O，
由于平面BAE⊥平面AECD，平面BAE∩平面AECD=AE，
所以BO⊥平面AECD，
过点D作DH⊥AE于H，因为平面BAE⊥平面AECD，
平面BAE∩平面AECD=AE，
所以DH⊥平面BAE，
又因为，
所以DH⊥BE，
若存在点E使得直线BE与直线CD垂直，DH⊂平面AECD，
DC⊂平面AECD，
DH∩DC=D，
所以BE⊥平面AECD，
所以E和O重合，与△ABE是以点B为直角的三角形矛盾，
所以不存在点E，使得直线BE与直线CD垂直，故D错误．
故选：AB．
  
19.【答案】(12,21−32)

【解析】
【分析】
由已知分析可得，A′在过A与CD的垂线AE上，且在以C为圆心，以73为半径的圆弧上，且在△BCD内部．然后求出极端情况，即A′在BC上与在AB上的t的值，即可求得t的取值范围．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属难题．
【解答】
解：如图，

∵AA′⊥平面BCD，过A′作A′E⊥CD，连接AE，可得A′E⊥CD，
即A′在过A与CD的垂线AE上，又A′C=73，则A′在以C为圆心，
以73为半径的圆弧上，且在△BCD内部．
分析极端情况：
①当A′在BC上时，∠ACE+∠CAE=90°，∠CAE+∠CA′A=90°，
可得∠CA′A=∠ACE，设为α，
在Rt△CA′A中，tanα=173=37=sinαcosα，
且sin2α+cos2α=1，可得sinα=34，cosα=74．
设∠ECB=β，∠CDA=γ，则α+β=90°，γ=β+30°，
则sinβ=cosα=74，cosβ=sinα=34，
∴sinγ=sin(β+30°)=32sinβ+12cosβ=32×74+12×34=21+38．
在△CDA中，由正弦定理可得：ACsinγ=ADsinα，即1sinγ=tsinα，
得t=sinαsinγ=3421+38=21−32；
②当A′在AB上时，有CD⊥AB，此时t=AC⋅cos60°=1×12=12．
∵A′在△BCD的内部(不包含边界)，
∴t的取值范围是(12,21−32)，
故答案为：(12,21−32)．