專題1-6折疊翻轉八大題型匯總

。常考題型目錄

題型1平行問題..................................................................1

題型2垂直問題.................................................................11

題型3體積距離問題.............................................................17

題型4線面角問題...............................................................28

題型5二面角問題...............................................................38

題型6角度相關動點問題.........................................................50

題型7體積相關動點問題.........................................................55

題型8最值問題.................................................................59

但題型分類

題型1平行問題

【例題1】(2023?全國高三專題練習)如圖1所示，在邊長為12的正方形中，點B,C

在線段44'上，且4B=3,BC=4作,分別交公掰、聞于點外P作CC//44,

分別交為4、于點Q、Q,將該正方形沿BBi，CG折疊，使得與重合，構成如

圖2所示的三棱柱4BC-.

圖1圖2

(1)在三棱柱ABC-&B?中，求證：AB1平面BCQBi；

(2)試判斷直線AQ是否與平面&GP平行，并說明理由.

【答案】(1)證明見解析

(2)直線4Q與平面4C/不平行，理由見解析.

【分析】(1)利用線面垂直判定定理去證明28，平面BCG/；

(2)建立空間直角坐標系，利用向量的方法去判斷直線2Q與平面&GP是否平行.

【詳解】(1),??=3,BC=4,4C=12-3-4=5,

從而有心=AB2+BC2,AB1BC,

又；AB1BB],BCCBBLB,

???AB_L平面BCG2.

(2)直線力Q與平面&GP不平行.理由如下：

以8為原點，艮4為x軸，BC為y軸，BBi為z軸，建立空間直角坐標系，

71(3,0,0),(2(0,4,7),711(3,0,12),^(0,4,12),?(0,0,3),

AQ=(-3,4,7),砥=(3,0,9),PQ=(0,4,9),

設平面41clp的一個法向量元=(%,y,z),

ifn-PA=3%+9z=0即_/曰一9

貝mi可——t：，取％=3,得九=(3,z—1),

[n?PC[=4y+9z=04

??,4Q?諾=—9+9-7=-7W0,

???直線4Q與平面41的「不平行.

【變式1-1]1.（2022秋?河南鄭州?高二鄭州市第二高級中學校考開學考試）如圖1,在

邊長為4的正方形ABCD中，點P、Q分別是邊AB、BC的中點，將4APD.△CDQ分別

沿DP、DQ折疊，使A、C兩點重合于點M,連BM、PQ,得到圖2所示幾何體.

（1）求證：PM1DQ；

（2）在線段MD上是否存在一點F,使平面PQF,如果存在，求翳的值，如果不存在，

說明理由.

【答案】（1）證明見解析

⑵存在，|

【分析】（1）由勾股定理得MP1MQ,從而證得MP，平面MDQ,然后可得線線垂直；

（2）假設在線段DM上存在一點F,使II平面PQF.連BD交PQ于點。，連OF,由

線面平行性質定理得線線平行，由平行線得線段的比例.

【詳解】（1）由圖1可得MP=MQ=2,PQ=2五,

：.MP2+MQ2=PQ2,：.MP1MQ,

■：MPLMD,MD=M,MD、MQu平面MDQ,

:.MP1平面MDQ,

.DQu平面MDQ,

：.MP1MQ.

（2）當黑=9時，BM〃平面PQF,

理由如下：

連BD交PQ于點0,連OF,由圖1可得08=V2,BD=4V2,即8。=-BD,

4

因為需=1所以黑.

所以黑=器，所以〃。乙

因為8M仁平面PQF,OFu平面PQF,所以BMII平面PQF.

【變式1-1]2.(2022?全國?高三專題練習)將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折

疊，使得平面AB。1平面CBD,AE1平面ABD,S.AE=V2.

(1)求DE與平面BEC所成角的正弦值；

(2)直線BE上是否存在一點M，使得CMII平面ADE,若存在，確定點M的位置，若不存

在，請說明理由.

【答案】⑴弓

(2)存在，點M為BE的中點

【分析】(1)建立空間直角坐標系，利用平面皿41平面BDC得到線面垂直，進而確定點

C的坐標，求出平面BEC的法向量和直線DE的方向向量，利用向量夾角的余弦值求線面

角的正弦值；

(2)先利用三點共線設出的=4麗和點M的坐標，求出平面ADE的法向量，再將線面平

行轉化為向量垂直，再利用數量積為0進行求解.

【詳解】(1)解：以A為坐標原點，AB,AD,AE所在的直線分別

為x,y,z軸建立空間直角坐標系，

則E(0,0,旬，B(2,0,0),D(0,2,0),

取BD中點F,連接CF,AF;

由題意可得CF1BD^AF=CF=近，

又因為平面ABD1平面CBD,

所以CF1平面BDA,

所以點C的坐標為C(1,1,V2).

設平面BCE的法向量為元=(x,y,z),

,EB=0pnf2x—V2z=0所以脛絲

貝%紜=0‘即k-"岳=。

令x=1,得元=(1,-1,V2),又法=(o,-2,V2)

設平面DE與平面BCE所成角為0,

r?I——I|n-DE|JZ

貝(Jsin。=cos<n,DE>\=_/=—

1?\n\\DE\3

即DE與平面BEC所成角的正弦值為當

(2)解：假設存在點M使得CMII面ADE,

則贏=XEB,EB=(2,0,-V2),

所以的=(2A,0,-V2A),M(2A,0,V2-V2A)；

又因為4E1平面ABD,ABLAD,

所以AB1平面ADE;

因為CMII?ADE,

—>—>—>—>

貝！]CM1AB,即CM?AB=0,

BP2A-1=0,解得2=|,

即點M為BE的中點時,CMII?ADE.

【變式1-1]3.(2021秋?寧夏銀川?高二校考階段練習)如圖①所示的等邊三角形28C的

邊長為2a,CD是4B邊上的高，E,F分別是2C,BC邊的中點現將ZM8C沿CD折疊，使平面

ADC1平面BDC,如圖②所示.

(1)試判斷折疊后直線48與平面DEF的位置關系，并說明理由；

(2)求四面體4DBC外接球的體積與四棱錐。-4的體積之比.

【答案】(1)48〃平面DEF,見解析；(2)空等

【分析】(1)由已知中尻F分別為"、BC中點,由三角形中位線定理可得或7/4B,由線

面平行的判定定理可得4B〃平面DEF

(2)以,DB,OC為棱補成一個長方體，則四面體A-DBC的外接球即為長方體的外接

球，進而求出球的體積，和四棱錐。-48FE的體積，可得答案.

【詳解】解：(1)AB//^DEF,

證明：???E、產分別是4C,BC的中點，

AB//EF

ABC平面OEF,EFu平面DEF

28〃平面DEF.

(2)以,DB,DC為棱補成一個長方體，則四面體2D8C的外接球即為長方體的外接球.

233

設球的半徑為R，則a?+a+3a2=(2/?)2,R=咚a，于是球的體積匕=1nR=^-Tia.

25o

1c.?V3o1c1“r\V3QVd

T-yT7=a1T7=U=

又^A-BDC—~^ABDC'T^E-DFC=~^ADFC'24，**,VD_ABFE

匕_20-/157T

V

A-BDC-E-DPC9

故四面體力。8C外接球的體積與四棱錐D-4BFE的體積之比為空等.

【點睛】本題考查的知識點是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，點到平面的

距離，屬于中檔題.

【變式1-D4.(2022?全國?高三專題練習舊知如圖1所示在邊長為12的正方形2A44,

中，BB1//CC1//AA1,且AB=3,BC=4,4&'分別交8%CJ于點P、Q,將該正方形沿

BBi.CCi，折疊，使得與A4i重合，構成如圖2所示的三棱柱4BC-A/iQ,在該三棱

柱底邊4c上有一點M,滿足AM=kMC(O<fc<1)；請在圖2中解決下列問題：

(1)求證：當/c=用寸，BM〃平面APQ；

(2)若k=］求三棱錐M-4PQ的體積.

【答案】(1)證明見解析；(2)當

【分析】(1)過M作MN〃CQ交AQ于N,連接PN,證明四邊形MNPB為平行四邊形，然后

得出BM〃PN即可.

(2)易得±BC,然后用VM-4PQ=^P-AMQ=§X5XAMxCQxg算出即可.

【詳解】(1)證明：在下圖中，過M作MN〃CQ交AQ于N,連接PN,所以MN〃PB,

共面且平面MNP8交平面4PQ于PN,

-：k==幽=三又CQ=7,：.MN=3,MN=PB=AB=3,

4CQAC7v'

四邊形MNPB為平行四邊形,：.BM//PN,

PNu平面APQ,BM0平面4PQ,

.1BM〃平面4PQ；

(2)因為2B=3,BC=4,所以AC=5,從而AC?=AB2+BCi,

即4B1BC.因為k=-.所以AM=1.

4

=XX

所以VM-APQ=Vp-AMQ||AMXCQxy=Y

【點睛】在算三棱錐的體積的時候要利用圖形的特點，看把哪個側面當成底面更好算一些.

【變式1-1]5.(2022?全國?高三專題練習)如圖，四邊形M4BC中,△ABC是等腰直角三

角形"CB=90。,△MAC是邊長為2的正三角形以4C為折痕將小MAC向上折疊到△DAC

的位置，使。點在平面4BC內的射影在48上,再將△M4c向下折疊到△E2C的位置，使平面

EAC1平面4BC,形成幾何體。48CE.

(1)點尸在BC上,若DF〃平面瓦4c,求點F的位置；

(2)求二面角。-BC-E的余弦值.

【答案】(1)F為BC的中點；(2)空紀

O

【解析】(1)設。點在平面力BC內的射影為。，連接。。，OC,取BC的中點F,易得。/〃平

面EAC.取4C的中點H,連接EH,由平面￡;4C1平面48C,得到EH，平面4BC,又DOJ_平面

ABC,貝!|DO〃EH,貝的0〃平面E",然后由面面平行的判定定理證明.

(2)連接。H,以。為坐標原點,OF,OH,。。所在直線分別為工，y,z軸，建立空間直角

坐標系，分別求得平面BDC的一^t'法向量為沅=(x,y,z)和平面E8C的一個法向量為元=

(.a,b,c),由cos(沅㈤=需去求解?

【詳解】(1)如圖，

2

A

E

設。點在平面/BC內的射影為。，連接。。，0C,

：AD=CD,

.,.OA=OC,

.?.在RtAABC中,。為4B的中點.

取BC的中點F,連接。F,DF,

則。F//4C,又。F仁平面EAC,ACu平面E4C,

■.OF//W^EAC.

取ac的中點H,連接EH,

則易知EH1AC,又平面EHC1平面ABC,平面R4CCl平面力BC=AC,

：.EH_L平面4BC,

又DO，平面ABC,

：.DO//EH,又DO0平面E4C,EHu平面E4C,

■.DO//W^EAC.

又DOClOF=0,

.?.平面。。〃/平面E2C.

又DFu平面。。尸,

.??。///平面E4C,止匕時F為BC的中點.

(2)連接。H，由(1)可知。F,0H,。。兩兩垂直，以。為坐標原點,OF，0H,。。所在

直線分別為無，y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則8(1,—1,0),0(0,0,72),E(0,l,-V3),C(l,l,0),

從而就=(0,2,0),BD=(-1,1,V2),BE=(-1,2,-V3).

設平面BDC的一個法向量為而=(x,y,z),

嚅之刎一+篇"

得y=0,取％=V2,貝！Jz=1,m=(VX0,1).

設平面的一個法向量為元=(a,b,c),

則把下=0,叫%

\<BE-n=0,(―。+2b—73c=0,

得b=0,取a=V3,貝(Jc=-1,n=(V3,0,-1),

II—r—；—="一\T71-71V6-13^/2—V3

從而cos(m,m=詆=京=

易知二面角。-BC-E為鈍二面角，

所以二面角。-BC-E的余弦值為與它.

【點睛】關鍵點點睛：(1)在求解與圖形的翻折有關的問題時，關鍵是弄清翻折前后哪些

量變了，哪些量沒變，哪些位置關系變了，哪些位置關系沒變；(2)利用向量法求二面角

的關鍵是建立合適的空間直角坐標系及準確求出相關平面的法向量.

題型2垂直問題

【例題2](2022?全國?高三專題練習)已知梯形力BCD,AB||CD,現將梯形沿對角線AC向

上折疊，連接，問：

(1)若折疊前8。不垂直于AC,則在折疊過程中是否能使8。1AC?請給出證明；

⑵若梯形48CD為等腰梯形，力B=3(。=5,折疊前2C1BD,當折疊至面ADC垂直于面

28C時，二面角A-BD-C的余弦值.

【答案】Q)不能，證明見解析

(2)--—V2537

【分析】(1)利用反證法去證明在折疊過程中不能使8。1AC；

(2)法一：作出二面角A-BD-C的平面角，再利用余弦定理即可求得二面角4-BD-C

的余弦值；法二：建立空間直角坐標系，利用二面角兩個半平面的法向量的夾角的余弦值即

可求得二面角4-BD-C的余弦值.

(1)

假設折疊過程中能使BD1AC.

折疊前，假設DE1AC,E為垂足，連BE,貝與2C不垂直.①

折疊后，若BD1AC,又與BE是平面BOE內的相交直線，

故4C，平面8DE,又BEu平面BDE,從而有AC1BE,

故折疊前也應有AC1BE②.顯然，①與②矛盾.故假設不能成立.

即折疊過程中不能使BD1AC.

(2)

設折疊前ac與的交點為F,則由題意易知AF=BF=歿,DF=CF=號.

折疊前，在梯形48CD內過B做BG1CD,垂足為G,

則CG=1,BG=DG=4,AD=BC=V17.

折疊后，因為面ADC垂直于面ABC,而DF1AC,BF1AC,所以DF1BF.

所以BD=>JBF2+DF2=［（乎）2+（號=V17,

又8F和OF是平面BDF內的相交直線,所以4C，平面BDF.所以力C1BD.

解法①：過點C在平面BCD內作CH1B￡>,H為垂足，連接4H,

又CHnC4=C,貝！1平面4CH,又力Hu平面4CH,所以8D1AH,

故乙4HC即為二面角A-BD-C的平面角.

在4BDC中,BD=BC=4V7,DC=5,

所以COSNBDC=熹，又0<乙BDC<TT,則sin/BDC=焉

得DH=篇,HC=寨,4口='AD?-DH2=翳，又北=472,

而+心一4c219

所以cos乙4"C=

2AHHC

即二面角4—BD—C的余弦值為-蘭余.

解法②：以F為原點，分別以FD、FC、FB為x、y、z軸建立空間直角坐標系如圖，

則尸（0,0,0）,￡>（喙0,0）,C（0,苧,0）,B（0,0考）,4（0,-苧,0）.

于是，彷=（苧兒―手）,而=（0考考）,BC=（0,苧，-嗡

設平面的一個法向量為元=（的,％2）,則麗?元=0,而?元=0

f5V23V2

——Zi=0n

------1L

則22,令%i=3,則％=-5,Zi=5,貝阮=(3,-5,5),

3A/2,3A/2

——V1H----Zi=0N

I2八21

設平面BCD的一個法向量沅=（%2，丫2/2）,則8。-m=0fBC-m=0

r5V23V2八

-----12-—z2-0

則2J,令%2=3,則丫2=372=5,則記=(3,3,5),

5V2越Z2=0

—y?一

k2：乙22

記二面角a-BD-C的平面角為9,

則叱心器|3x3-5x3+5x5|19

、9+9+25々9+25+25

又觀察發現二面角力-BD-C為鈍角，故二面角4-BD-C的余弦值為-竺騫.

【變式2-1]（2020?全國?校聯考三模）如圖甲，E是邊長等于2的正方形的邊CD的中點，

以AE、BE為折痕將AADE與3CE折起，使D,C重合（仍記為D）,如圖乙.

甲乙

（1膝索:折疊形成的幾何體中直線DE的幾何性質（寫出一條即可不含DE±DA,DE±DB,

說明理由）；

（2）求二面角D-BE-A的余弦值

【答案】（1）幾何性質見解析，理由見解析；（2）［

【分析】（1）根據折前折后折痕同側的位置關系、長度不變，可以證明DE，平面2BD,據

此結論也可得到DE12B,或DE與平面28。內任一直線都垂直，也可計算直線DE與平面

4BE所成角等于J

（2）建立空間直角坐標系，利用向量法可求二面角的余弦值.

【詳解】（1）也1：DE1平面28D.

證明如下：翻折前，DE1D4,DE1BC,

翻折后仍然DEIDA,DE1DB,

且CDB=D,

則DE1平面2BD.

性質2■D.E1AB.

證明如下：

與性質1證明方法相同，得到DE1平面4BD

又因ABu平面,貝！IDEIAB.

性質3：DE與平面48。內任一直線都垂直.

證明如下：

與性質1證明方法相同，得到DE，平面4BD,

從而DE與平面28。內任一直線都垂直.

性質4：直線DE與平面4BE所成角等于去

證明如下：

。（。

如圖,取力B的中點尸,連接DF,EF,

由D4=DB,得DF1AB,

與性質2證明相同，得DE1AB,DE1DF,

再因DEClOF=。，貝！MB1平面DEF,進而平面。EF1平面ABE.

作DH1EF于H,則DH1平面4BE,

即4DEF就是直線DE與平面28E所成的角.

DE=1,EF=2,cos^DEF=-=-,乙DEF=

'EF23

（2）與（1）之，性質4證明本目同,得至（JOEIDF,AB，平面DEF,ABLEF,ABu平面

內,貝!］平面DEF1平面ABE.

以E為坐標原點、EF為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系.

DF=y/DA2-AF2=V3,

DH=彳*=*EH=3,則平面ABE的一個法向量而=(0,0,f),

EF22\2/

E(0,0,0),B(2,1z0),0G,0zy),FZ)=(|,0,y).

設片=(x,y,z)是平面BDE的法向量，

n-EB=2x+y=0,

則，T

人JT1V3

n-ED=-x+—z=0,

l22

取z=1,求得一個法向量幾=(-V3z2V3,1),

記二面角。-BE-4的大小為。,貝II。與⑺,HD)相等或互補,

因。是銳角，貝（JcosO=i

4

【點睛】本題主要考查了折疊問題，線線、線面垂直的判定，線面角，二面角的求法，考查

了空間想象力，運算能力，屬于中檔題.

題型3體積距離問題

【例題3]（2022?全國?高三專題練習）如圖，在直角梯形ABCD中，ABllCD,AB±AD,

且AB=AD=：CD=1.現以AD為一邊向梯形外作正方形ADEF,然后沿邊AD將正方形

ADEF折疊，使ED^DC,M為ED的中點，如圖2.

EA/D

⑴求證：AMII平面BEC;

⑵求證：BC,平面BDE;

⑶求點D到平面BEC的距離.

【答案】⑴證明見解析

（2）證明見解析

【分析】（1）取EC中點N,連接MN,BN,根據中位線的性質證明四邊形ABNM為平行

四邊形即可；

（2）根據線面垂直的判定證明ED,平面ABCD,再在直角梯形ABCD中，根據勾股定理

證明BC±BD,進而證明BC,平面BDE;

（3）解法一：根據線面垂直的性質結合（2）證明DG,平面BEC,再根據幾何關系求DG

即可；

解法二：利用等體積法VD-BCE=VE-BCD求解即可

【詳解】（1）證明：取EC中點N,連接MN,BN,

在AEDC中，M,N分別為ED,EC的中點,

所以MNIICD,且MN=；CQ

由已知ABIICD,AB=1C￡>,

所以MNllAB,且MN=AB,

所以四邊形ABNM為平行四邊形，

所以BNIIAM,

又因為BNu平面BEC,且AM①平面BEC,

所以人1\/111平面8￡(：;

(2)證明：在正方形ADEF中，ED±AD,

因為ED±DC,ADADC=D,AD,DCu平面ABCD,

所以ED,平面ABCD,

.BCu平面ABCD,「.ED^BC,

又在直角梯形ABCD中，AB=AD=1,CD=2,故BD=五/BDC=45。，

由余弦定理EC?=BD2+DC2-2BD-￡>Ccos45°=2,所以BC=V2,

在ABCD中，BD=BC=&，CD=2,

所以BD2+BC2=CD2，故BC_LBD,

因為EDOBD=D,ED,BDu平面BDE,

所以BC_L平面BDE;

（3）解法一：由（2）知BC,平面BDE,因為BCu平面BCE,

所以平面BDE_L平面BCE,

過點D作EB的垂線交BE于點G,

.?平面BDED平面BCE=BE,DGu平面BDE,

則DGJ■平面BEC,

所以點D到平面BEC的距離等于線段DG的長度，

.ED，平面ABCD,BD在平面ABCD內，

.'.ED±BD,

在三角形BDE中,S^BDE=-DE=-DG,

所以DG=*=半，

所以點D到平面BEC的距離等于

解法二：由（2）BC_L平面BDE,BEu平面BDE,所以BC±BE,

因為DE=1,=4。=iCD=1,

所以BD=&,BC=V2,BE=V3,

所以SABDC=|BO-BC=ixV2xV2=l,

S.BEC-|BC-BE-lxV3xV2^^,

設點D到平面BCE的距離為h,

根據VD-BCE=VE-BCD,由（2）可矢口ED,平面ABCD

BPI^ABEC-h—（SABCD,DE，/x苧.h=,xlxl,解得h=當，

即點D到平面BCE的距離為當

【變式3-1]1.（2021?高二課時練習）如圖，在邊長為2的正三角形ABC中，點D,E,G分

別是邊AB,AC,BC的中點，連接DE,連接2G交DE于點F.現將△2DE沿DE折疊至△ArDE

的位置，使得平面&DE，平面BCED.連接&G,EG.求點B到平面&EG的距離.

【答案】詈

【分析】連接BE,證得直線a/,GF,DE兩兩垂直，以尸為坐標原點,FG,FE,尸4所在直

線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，求出平面&EG的法向量，從而可求得答案.

【詳解】解：連接8E,

因為在邊長為2的正三角形2BC中，點。，E,G分別是邊力B,AC,的中點,

所有0E〃8C,4G1BC,所以AF1DE,GF1DE,

又因為平面&DE1平面BCED,所以4/1平面8CED,則4/1GF,

以F為坐標原點,FG,FE,尸4所在直線分別為乂，y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖所

則,A.（0,0,f）,F（0,p0）,G（y,0,0）,

,,初=仔-1，。），就=（。-評）'=-

設平面&EG的法向量為元=（x,y,z）,

n-EAr=--y+—z=0

則，J2

取％=V3,貝（Jy=3zz=V3,

一'nrV31

n-EG=—x——y=0n

I22z

則五=（B,3,百）是平面&EG的一個法向量，

.?.點B到平面&EG的距離d=粵=條=

【變式3-1]2.（2023?全國?高三專題練習）如圖是矩形48CD和以邊4B為直徑的半圓組成

的平面圖形，將此圖形沿4B折疊，使平面4BCD垂直于半圓所在的平面，若點E是折后圖形

中半圓。上異于A,B的點

D,-------------------->C

（1）證明：EALEC

（2）若AB=22。=2,且異面直線4E和DC所成的角為？,求三棱錐。-4CE的體積.

O

【答案】（1）證明見解析；（2）去

O

【分析】（1）由面面垂直得到8c1EA,利用直徑對應的圓周角為直角得到BE，區4,可以

證明瓦41平面EBC,再利用線面垂直的性質定理即可證明R41EC；

（2）先求出EF=當,利用等體積轉化法把求三棱錐。-4CE的體積轉化為求三棱錐E-

ACD,即可求解.

【詳解】（1）.??平面48C。垂直于圓。所在的平面，兩平面的交線為48,BCu平面4BCD,

BC148,垂直于圓。所在的平面.又E4在圓。所在的平面內,：.BC1EA.

,.zaEB是直角,.'.BE1EA.而BEC\BC-B,：.EA1平面EBC.

又「ECu平面EBC,：.EA1EC

（2）因為在矩形4BCD中，AB||CD,直線4E和OC所成的角為g,

6

所以直線4E和AB所成的角為g,即NB2E=￡.

OO

過E作EF14B于F,貝!JEF_L平面力BCD.

又AB=2,Z-BAE=-,所以AE=^,EF=—,

62

因此S-CD=|xADxCD=|xlx2=l.

于是％TCE=VE-ACD=|XSAACDxFF=|xlXy^^.

故三棱錐D-4CE的體積整

D

【變式3-1J3.（2020?全國?高三專題練習）如圖所示長方形BC￡T,FB=2AB=2FA=2BC,

現沿，GH兩道折痕進行折疊，AD、G”均與CE垂直,4HAB=；,成為如圖所示立體圖

形

（1）若FH:HA1:2,FA1AB,求證平面￡'96”〃平面48。0；

（2）在（1）的條件下，設力B=3,請求出四面體H-4CE的體積

【答案】（1）證明見解析；（2）2其

【分析】（1）要證明面面平行，需證明平面內的兩條相交直線分別平行，根據條件可證明

FH//AB.HG//AD（2盾先根據四面體H-4CE的結構符其放置在長方體48CD-EFMN,

在長方體中求幾何體的體積.

【詳解】（1）如圖作1FA,

:.HT=HAsin-=-HA.

62

又;FH="，二尸與T重合,

：.△為直角三角形,?-?FH1AF,FH//AB,

又???HG//AD,?-?FHCtHG=H,ABCtAD=A,

所以，平面石尸/^“平面人8。。.

（2）如圖，把四面體H-ACE,放在長方體4BCD-EFMN中，

AB=3,BC=3,AF=>J3,FH=1,

?'^H-ACE=^ABCD-FMNE~^A-EFH—^H-ABC~^H-ENC~^E-ACD~^H-BCNM

=9b—日—竽—9—第_2遮=2遮,

所以，四面體H-4CE的體積2點

【點睛】本題考查面面平行，四面體的體積，重點考查空間想象能力，推理能力，計算能力，

屬于中檔題型，很多設計幾何體的體積，結構問題，可以采用補體解決問題.

【變式3-1]4.（2019秋?全國?高三階段練習）如圖一，在直角梯形ABCD中，分別為

力B的三等分點,FG〃BC,ED||BC,AB=3,BC=2，若沿著FG,DE折疊使得點4和B重合，

如圖二所示，連結G&BD.

（1）求證：平面GBD1平面BCDE；

（2）求點E到平面CDG的距離.

【答案】（1）見解析；（2）爭

【分析】（1）取的中點分別為O,M,連結GO,可得四邊形OGFM為平行四邊形,

則G。||FM,由FM1EB,利用面面垂直的性質和線面垂直的性質及判定即可得證.

⑵由BE//CD,把點E到平面CDG的距離轉化為點B到平面CDG的距離，利用等體積法

%-BCD=%-CDG，通過代數運算間接求出點B到平面CDG的距離即可.

【詳解】（1）證明:取的中點分別為0,M,連結GO,OM『M如圖，

貝（］OM〃DE且。M=,

又因為GFIIDES.GF=mDE,

所以GF||0M且GF=0M,

故四邊形OGFM為平行四邊形，

所以GO||FM.

因為M為EB中點，三角形BEF為等邊三角形，

所以尸M1EB,

因為平面EFB，平面BCOE,平面8EF。平面BCOE=BE,

故FM_L平面BCDE,因為G。||FM,

所以G。_L平面BCDE,

又因為G。u平面GBD,

故平面GB。，平面8coE；

(2)因為BE〃CD,

又因為BE仁平面COG,CDu平面CDG,

故BE〃平面COG,

故點E到平面CDG的距離等于點B到平面CDG的距離.

由（1）知三棱錐G-BCD的體積%_BCD=[X0GXSABCDI

OG=FM=^-,SABCD=|xBCxCZ）=ix2xl=lz

故%-BCD=』XOGXSABCD=:xfxl=f,

35Zo

在/CDG中，DG=CG=/，

取CD中點P,連結GP,

則GP=JCG2—0丫=J_（J=i,

故S/CDG=|xGPxC￡）=|x^xl^^,

設點B至平面COG的距離為d,

所以三棱錐B-CDG的體積彩=”?SACDG=?，

由于匕=%,則?=，即d=第，

故點E到平面CDG的距離為爭.

【點睛】本題考查線面垂直的判定及性質和面面垂直的性質以及利用線面平行和等體積法間

接求點到面的距離;正確作出輔助線和等體積法的應用是求解本題的關鍵;屬于中檔題.

【變式3-1]5.（2023?四川瀘州瀘縣五中校考三模）如圖1,在梯形4BCD中，AB//CD,

且48=2C。=4,A4BC是等腰直角三角形，其中BC為斜邊.若把△4CD沿4C邊折疊到4

2CP的位置，使平面P4C，平面ABC,如圖2.

(1)證明：AB1P4；

（2）若E為棱BC的中點，求點8到平面P2E的距離.

【答案】（1）見解析；（2）呼.

【分析】（1）證明481平面PAC,則有481PA；

（2）等體積法求點到平面的距離.

【詳解】（1）證明：是等腰直角三角形，8c為斜邊,

：.AB1AC.

...平面PNC1平面ABC,平面「ZCn平面ABC=AC,ABu平面ZBC

：.AB1,平面P4C,

,：PAu平面PNC,

：.AB1PA；

P（D）

（2）解：由（1）知ABLAC,PC，平面ABC,

由題意可得PC2,ACAB4,AC1AB,

貝!JBC=4V2,PA=V4+16=2V5,

???E為棱BC的中點,

.-.AE=CE=\BC=2^,

：.PE=V4T8=2V3,

在APAE中,AE=2V2,PA=2V5,PE=2V3,

.-.AE2+PE2=PA2,

即4E±PE,

貝必P4E的面積為］x2V2x2V3=2^6z

設點B到平面24E的距離為h

'^B-PAE~^P-ABE，

x2y/6h=ix-x-x42x2,

3322

3

【點睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質，點到平面距離的求法，考查直觀想象

能力、推理論證能力和運算求解能力，是中檔題.

題型4線面角問題

【例題4】(2023?全國?高三對口高考)如圖1,在邊長為2的正方形ABCD中，P為CD

中點，分別將WAD,WBC沿PA,PB所在直線折疊，使點C與點D重合于點。，如圖2.在

三棱錐P-OAB中，E為PB中點.

(I)求證：PO±AB;

(II)求直線BP與平面POA所成角的正弦值；

(山)求二面角P-AO-E的大小.

【答案】(I)見解析;(n)手.(m吟

【分析】第一問利用幾何體的特征可以得出相應的線線垂直，之后利用線面垂直的判定定理

和性質得出所要的結果；第二問建立空間直角坐標系，利用空間向量求得線面角的正弦值;

第三問利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后確定出二面角的大小.

【詳解】(I)在正方形48CD中，P為CD中點,PD1AD,PC1BC,

所以在三棱錐P-。48中，P。1CM,P。10B.

因為。2n。8=。，所以P。1平面。力B.

因為ABu平面。4B,所以P。1AB.

(□)取AB中點F,連接OF,取A0中點M,連接BM.

過點。作AB的平行線0G.

因為P0,平面OAB,所以PO±OF,PO±OG.

因為OA=OB,F為AB的中點，

所以OFLAB.所以ODOG.

如圖所示，建立空間直角坐標系。-xyz.

A61,73,0；,Br-1,73,0；,P(0,0,1),M(i,^,0).

因為BO=BA,M為OA的中點，所以BM±OA.

因為PO,平面OAB,POu平面POA,所以平面POA,平面OAB.

因為平面POACI平面OAB=OA,BMu平面OAB,

所以BM，平面POA.

因為前=(]-苧，0).所以平面POA的法向量方=(V3,-1,,0人

BP=(1,-V3,1).

設直線BP與平面POA所成角為a,

則sina=|cos(m,BP)|=腎卷=誓?

所以直線BP與平面POA所成角的正弦值為.警

(m)由(U)知E(-/J),0E=,0A=(l,V3,0).

設平面。力E的法向量為有,則有

(0A.元=0,即(％+V3y=0,

\oE?n—0.x+V3y+z—0.

令y=—1,則久=V3,z—2V3.即zi=(V3,—1,2V3).

由題知二面角P-AO-E為銳角，所以它的大小為條

【變式4-1]1.（2020?全國?模擬預測）如圖,四邊形M48C中△ABC是等腰直角三角形，

ACIBC,AMAC是邊長為2的正三角形，以2C為折痕，將小M2C向上折疊到△的位

置，使點。在平面48c內的射影在48上，再將△MAC向下折疊到△E4C的位置，使平面E4C1

平面ABC,形成幾何體。4BCE.

（1）點尸在BC上,若DF〃平面瓦4c,求點尸的位置；

（2）求直線4B與平面EBC所成角的余弦值.

【答案】（1）點F為BC的中點；（2）苧.

4

【分析】(1)設點。在平面ABC內的射影為。，證明。是AB中點，取4c的中點H,證EH1平

面ABC,取BC的中點F,證明DO,OF與平面E4C平行后得面面平行，從而證得線面平行.

(2)連接。H，由(1)。尸，0H,。。兩兩垂直，以。為坐標原點,OF,OH,。。所在直線

分別為X,y,Z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求直線與平面所成角.

【詳解】(1)點尸為8c的中點.

理由如下：設點。在平面4BC內的射影為。，。在AB上,連接。。,0C,

-：AD=CD,:.0A=OC,所以NOAC=AOCA,

.?在RtAABC中,乙OBC=乙OCB,：.OC=OB,。為4B的中點

取AC的中點H,連接EH,則易知EH1AC,

又平面EAC1平面4BC,平面瓦4cC平面ABC=AC,EHu平面￡;4C,

：.EH_L平面ABC,

所以,DOU平面瓦4c,EHu平面E",所以。。〃平面EAC,

取BC的中點F,連接。尸，貝UOF〃/IC,

又OF0平面EAC,ACu平面EHC，二。尸//平面E4C,

又DOnOF=0,DO,OFu平面DOF，，平面。。尸//平面￡;4C.

又DFu平面。。尸，二DE〃平面E4C.

(2)連接。H，由(1)。尸，OH,。。兩兩垂直，以。為坐標原點,OF,OH,。。所在直線

分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則8(1,-1,0),2(-1,1,0),￡(0,1,-V3),C(l,l,0),

.'.AB=(2,-2,0),~BC=(0,2,0),BE=(-1,2,-V3).

設平面EBC的法向量為五=(a,b,c),貝!]世.弓=仇即，—2n

[BE-n=0,Ja+2b-V3c=0,

得b=0,取a=b，貝(Jc=一1,.,方=(V5,0,-1)為平面EBC的一/去向量.

設直線28與平面EBC所成的角為8,

貝（JsinO=|cos（詬，可|=繇=惡=彳，

故cosJ=V1—sin20=—.

4

【點睛】方法點睛：本題考查證明線面垂直，考查求直線與平面所成的角，求線面角常用方

法：

(1)定義法：作出直線與平面所成的角并證明，然后在直角三角形中計算可得；

(2)向量法：建立空間直角坐標系，由直線的方向向量與平面的法向量夾角的余弦的絕對

值等于直線與平面所成角的正弦值計算

【變式4-1]2.(2022?全國?高三專題練習)如圖，在平面多邊形2BFCDE中，2BFE是邊

長為2的正方形,DCFE為等腰梯形，G為CD的中點,S.DC=2FE,DE=CF=EF,現將

梯形DCFE沿折疊，使平面DCFE1平面ABFE.

(2)求直線8。與平面C8F所成角的大小.

【答案】(1)證明見解析

(2)60°

【分析】（1）先證明EG1DF、BFLEG,然后證明EG，平面BDF即可；

（2）取EF的中點。，連接G。,過點。在平面2BFE內作EF的垂線OH,以。乩。尸,。6所在直

線分別為居％z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，然后再利用空間向量的運算求解即可.

【詳解】解：（1）連接GF