2025年新高考数学复习专项训练：折叠翻转八大题型（解析版）

专题1-6折叠翻转八大题型汇总

。常考题型目录

题型1平行问题..................................................................1

题型2垂直问题.................................................................11

题型3体积距离问题.............................................................17

题型4线面角问题...............................................................28

题型5二面角问题...............................................................38

题型6角度相关动点问题.........................................................50

题型7体积相关动点问题.........................................................55

题型8最值问题.................................................................59

但题型分类

题型1平行问题

【例题1】(2023•全国高三专题练习)如图1所示，在边长为12的正方形中，点B,C

在线段44'上，且4B=3,BC=4作,分别交公掰、闻于点外P作CC//44,

分别交为4、于点Q、Q,将该正方形沿BBi，CG折叠，使得与重合，构成如

图2所示的三棱柱4BC-.

图1图2

(1)在三棱柱ABC-&B©中，求证：AB1平面BCQBi；

(2)试判断直线AQ是否与平面&GP平行，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)直线4Q与平面4C/不平行，理由见解析.

【分析】(1)利用线面垂直判定定理去证明28，平面BCG/；

(2)建立空间直角坐标系，利用向量的方法去判断直线2Q与平面&GP是否平行.

【详解】(1),••=3,BC=4,4C=12-3-4=5,

从而有心=AB2+BC2,AB1BC,

又；AB1BB],BCCBBLB,

•••AB_L平面BCG2.

(2)直线力Q与平面&GP不平行.理由如下：

以8为原点，艮4为x轴，BC为y轴，BBi为z轴，建立空间直角坐标系，

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),

设平面41clp的一个法向量元=(%,y,z),

ifn-PA=3%+9z=0即_/曰一9

贝mi可——t：，取％=3,得九=(3,z—1),

[n•PC[=4y+9z=04

•・,4Q•诺=—9+9-7=-7W0,

・•・直线4Q与平面41的「不平行.

【变式1-1]1.（2022秋・河南郑州•高二郑州市第二高级中学校考开学考试）如图1,在

边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将4APD.△CDQ分别

沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M,连BM、PQ,得到图2所示几何体.

（1）求证：PM1DQ；

（2）在线段MD上是否存在一点F,使平面PQF,如果存在，求翳的值，如果不存在，

说明理由.

【答案】（1）证明见解析

⑵存在，|

【分析】（1）由勾股定理得MP1MQ,从而证得MP，平面MDQ,然后可得线线垂直；

（2）假设在线段DM上存在一点F,使II平面PQF.连BD交PQ于点。，连OF,由

线面平行性质定理得线线平行，由平行线得线段的比例.

【详解】（1）由图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）当黑=9时，BM〃平面PQF,

理由如下：

连BD交PQ于点0,连OF,由图1可得08=V2,BD=4V2,即8。=-BD,

4

因为需=1所以黑.

所以黑=器，所以〃。乙

因为8M仁平面PQF,OFu平面PQF,所以BMII平面PQF.

【变式1-1]2.(2022・全国•高三专题练习)将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折

叠，使得平面AB。1平面CBD,AE1平面ABD,S.AE=V2.

(1)求DE与平面BEC所成角的正弦值；

(2)直线BE上是否存在一点M，使得CMII平面ADE,若存在，确定点M的位置，若不存

在，请说明理由.

【答案】⑴弓

(2)存在，点M为BE的中点

【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用平面皿41平面BDC得到线面垂直，进而确定点

C的坐标，求出平面BEC的法向量和直线DE的方向向量，利用向量夹角的余弦值求线面

角的正弦值；

(2)先利用三点共线设出的=4丽和点M的坐标，求出平面ADE的法向量，再将线面平

行转化为向量垂直，再利用数量积为0进行求解.

【详解】(1)解：以A为坐标原点，AB,AD,AE所在的直线分别

为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则E(0,0,旬，B(2,0,0),D(0,2,0),

取BD中点F,连接CF,AF;

由题意可得CF1BD^AF=CF=近，

又因为平面ABD1平面CBD,

所以CF1平面BDA,

所以点C的坐标为C(1,1,V2).

设平面BCE的法向量为元=(x,y,z),

,EB=0pnf2x—V2z=0所以胫丝

贝%纭=0‘即k-"岳=。

令x=1,得元=(1,-1,V2),又法=(o,-2,V2)

设平面DE与平面BCE所成角为0,

r।I——I|n-DE|JZ

贝(Jsin。=cos<n,DE>\=_/=—

1।\n\\DE\3

即DE与平面BEC所成角的正弦值为当

(2)解：假设存在点M使得CMII面ADE,

则赢=XEB,EB=(2,0,-V2),

所以的=(2A,0,-V2A),M(2A,0,V2-V2A)；

又因为4E1平面ABD,ABLAD,

所以AB1平面ADE;

因为CMII®ADE,

—>—>—>—>

贝！]CM1AB,即CM•AB=0,

BP2A-1=0,解得2=|,

即点M为BE的中点时,CMII®ADE.

【变式1-1]3.(2021秋•宁夏银川•高二校考阶段练习)如图①所示的等边三角形28C的

边长为2a,CD是4B边上的高，E,F分别是2C,BC边的中点现将ZM8C沿CD折叠，使平面

ADC1平面BDC,如图②所示.

(1)试判断折叠后直线48与平面DEF的位置关系，并说明理由；

(2)求四面体4DBC外接球的体积与四棱锥。-4的体积之比.

【答案】(1)48〃平面DEF,见解析；(2)空等

【分析】(1)由已知中尻F分别为"、BC中点,由三角形中位线定理可得或7/4B,由线

面平行的判定定理可得4B〃平面DEF

(2)以,DB,OC为棱补成一个长方体，则四面体A-DBC的外接球即为长方体的外接

球，进而求出球的体积，和四棱锥。-48FE的体积，可得答案.

【详解】解：(1)AB//^DEF,

证明：•••E、产分别是4C,BC的中点，

AB//EF

ABC平面OEF,EFu平面DEF

28〃平面DEF.

(2)以,DB,DC为棱补成一个长方体，则四面体2D8C的外接球即为长方体的外接球.

233

设球的半径为R，则a?+a+3a2=(2/?)2,R=咚a，于是球的体积匕=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

故四面体力。8C外接球的体积与四棱锥D-4BFE的体积之比为空等.

【点睛】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，点到平面的

距离，属于中档题.

【变式1-D4.(2022・全国•高三专题练习旧知如图1所示在边长为12的正方形2A44,

中，BB1//CC1//AA1,且AB=3,BC=4,4&'分别交8%CJ于点P、Q,将该正方形沿

BBi.CCi，折叠，使得与A4i重合，构成如图2所示的三棱柱4BC-A/iQ,在该三棱

柱底边4c上有一点M,满足AM=kMC(O<fc<1)；请在图2中解决下列问题：

(1)求证：当/c=用寸，BM〃平面APQ；

(2)若k=］求三棱锥M-4PQ的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)当

【分析】(1)过M作MN〃CQ交AQ于N,连接PN,证明四边形MNPB为平行四边形，然后

得出BM〃PN即可.

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

【详解】(1)证明：在下图中，过M作MN〃CQ交AQ于N,连接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'

四边形MNPB为平行四边形,：.BM//PN,

PNu平面APQ,BM0平面4PQ,

.1BM〃平面4PQ；

(2)因为2B=3,BC=4,所以AC=5,从而AC?=AB2+BCi,

即4B1BC.因为k=-.所以AM=1.

4

=XX

所以VM-APQ=Vp-AMQ||AMXCQxy=Y

【点睛】在算三棱锥的体积的时候要利用图形的特点，看把哪个侧面当成底面更好算一些.

【变式1-1]5.(2022•全国•高三专题练习)如图，四边形M4BC中,△ABC是等腰直角三

角形"CB=90。,△MAC是边长为2的正三角形以4C为折痕将小MAC向上折叠到△DAC

的位置，使。点在平面4BC内的射影在48上,再将△M4c向下折叠到△E2C的位置，使平面

EAC1平面4BC,形成几何体。48CE.

(1)点尸在BC上,若DF〃平面瓦4c,求点F的位置；

(2)求二面角。-BC-E的余弦值.

【答案】(1)F为BC的中点；(2)空纪

O

【解析】(1)设。点在平面力BC内的射影为。，连接。。，OC,取BC的中点F,易得。/〃平

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

ABC,贝!|DO〃EH,贝的0〃平面E",然后由面面平行的判定定理证明.

(2)连接。H,以。为坐标原点,OF,OH,。。所在直线分别为工，y,z轴，建立空间直角

坐标系，分别求得平面BDC的一^t'法向量为沅=(x,y,z)和平面E8C的一个法向量为元=

(.a,b,c),由cos(沅㈤=需去求解・

【详解】(1)如图，

2

A

E

设。点在平面/BC内的射影为。，连接。。，0C,

：AD=CD,

.,.OA=OC,

.•.在RtAABC中,。为4B的中点.

取BC的中点F,连接。F,DF,

则。F//4C,又。F仁平面EAC,ACu平面E4C,

■.OF//W^EAC.

取ac的中点H,连接EH,

则易知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,止匕时F为BC的中点.

(2)连接。H，由(1)可知。F,0H,。。两两垂直，以。为坐标原点,OF，0H,。。所在

直线分别为无，y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

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

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

设平面BDC的一个法向量为而=(x,y,z),

嚅之刎一+篇"

得y=0,取％=V2,贝！Jz=1,m=(VX0,1).

设平面的一个法向量为元=(a,b,c),

则把下=0,叫%

\<BE-n=0,(―。+2b—73c=0,

得b=0,取a=V3,贝(Jc=-1,n=(V3,0,-1),

II—r—；—="一\T71-71V6-13^/2—V3

从而cos(m,m=诋=京=

易知二面角。-BC-E为钝二面角，

所以二面角。-BC-E的余弦值为与它.

【点睛】关键点点睛：(1)在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些

量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；(2)利用向量法求二面角

的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量.

题型2垂直问题

【例题2](2022•全国•高三专题练习)已知梯形力BCD,AB||CD,现将梯形沿对角线AC向

上折叠，连接，问：

(1)若折叠前8。不垂直于AC,则在折叠过程中是否能使8。1AC?请给出证明；

⑵若梯形48CD为等腰梯形，力B=3(。=5,折叠前2C1BD,当折叠至面ADC垂直于面

28C时，二面角A-BD-C的余弦值.

【答案】Q)不能，证明见解析

(2)--—V2537

【分析】(1)利用反证法去证明在折叠过程中不能使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：建立空间直角坐标系，利用二面角两个半平面的法向量的夹角的余弦值即

可求得二面角4-BD-C的余弦值.

(1)

假设折叠过程中能使BD1AC.

折叠前，假设DE1AC,E为垂足，连BE,贝与2C不垂直.①

折叠后，若BD1AC,又与BE是平面BOE内的相交直线，

故4C，平面8DE,又BEu平面BDE,从而有AC1BE,

故折叠前也应有AC1BE②.显然，①与②矛盾.故假设不能成立.

即折叠过程中不能使BD1AC.

(2)

设折叠前ac与的交点为F,则由题意易知AF=BF=殁,DF=CF=号.

折叠前，在梯形48CD内过B做BG1CD,垂足为G,

则CG=1,BG=DG=4,AD=BC=V17.

折叠后，因为面ADC垂直于面ABC,而DF1AC,BF1AC,所以DF1BF.

所以BD=>JBF2+DF2=［（乎）2+（号=V17,

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

解法①：过点C在平面BCD内作CH1B£>,H为垂足，连接4H,

又CHnC4=C,贝！1平面4CH,又力Hu平面4CH,所以8D1AH,

故乙4HC即为二面角A-BD-C的平面角.

在4BDC中,BD=BC=4V7,DC=5,

所以COSNBDC=熹，又0<乙BDC<TT,则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的余弦值为-兰余.

解法②：以F为原点，分别以FD、FC、FB为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，

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

于是，彷=（苧儿―手）,而=（0考考）,BC=（0,苧，-嗡

设平面的一个法向量为元=（的,％2）,则丽•元=0,而•元=0

f5V23V2

——Zi=0n

------1L

则22,令%i=3,则％=-5,Zi=5,贝阮=(3,-5,5),

3A/2,3A/2

——V1H----Zi=0N

I2八21

设平面BCD的一个法向量沅=（%2，丫2/2）,则8。­m=0fBC-m=0

r5V23V2八

-----12-—z2-0

则2J,令%2=3,则丫2=372=5,则记=(3,3,5),

5V2越Z2=0

—y?一

k2：乙22

记二面角a-BD-C的平面角为9,

则叱心器|3x3-5x3+5x5|19

、9+9+25々9+25+25

又观察发现二面角力-BD-C为钝角，故二面角4-BD-C的余弦值为-竺骞.

【变式2-1]（2020•全国•校联考三模）如图甲，E是边长等于2的正方形的边CD的中点，

以AE、BE为折痕将AADE与3CE折起，使D,C重合（仍记为D）,如图乙.

甲乙

（1膝索:折叠形成的几何体中直线DE的几何性质（写出一条即可不含DE±DA,DE±DB,

说明理由）；

（2）求二面角D-BE-A的余弦值

【答案】（1）几何性质见解析，理由见解析；（2）［

【分析】（1）根据折前折后折痕同侧的位置关系、长度不变，可以证明DE，平面2BD,据

此结论也可得到DE12B,或DE与平面28。内任一直线都垂直，也可计算直线DE与平面

4BE所成角等于J

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值.

【详解】（1）也1：DE1平面28D.

证明如下：翻折前，DE1D4,DE1BC,

翻折后仍然DEIDA,DE1DB,

且CDB=D,

则DE1平面2BD.

性质2■D.E1AB.

证明如下：

与性质1证明方法相同，得到DE1平面4BD

又因ABu平面,贝！IDEIAB.

性质3：DE与平面48。内任一直线都垂直.

证明如下：

与性质1证明方法相同，得到DE，平面4BD,

从而DE与平面28。内任一直线都垂直.

性质4：直线DE与平面4BE所成角等于去

证明如下：

。（。

如图,取力B的中点尸,连接DF,EF,

由D4=DB,得DF1AB,

与性质2证明相同，得DE1AB,DE1DF,

再因DEClOF=。，贝！MB1平面DEF,进而平面。EF1平面ABE.

作DH1EF于H,则DH1平面4BE,

即4DEF就是直线DE与平面28E所成的角.

DE=1,EF=2,cos^DEF=-=-,乙DEF=

'EF23

（2）与（1）之，性质4证明本目同,得至（JOEIDF,AB，平面DEF,ABLEF,ABu平面

内,贝!］平面DEF1平面ABE.

以E为坐标原点、EF为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.

DF=y/DA2-AF2=V3,

DH=彳*=*EH=3,则平面ABE的一个法向量而=(0,0,f),

EF22\2/

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

设片=(x,y,z)是平面BDE的法向量，

n-EB=2x+y=0,

则，T

人JT1V3

n-ED=-x+—z=0,

l22

取z=1,求得一个法向量几=(-V3z2V3,1),

记二面角。-BE-4的大小为。,贝II。与⑺,HD)相等或互补,

因。是锐角，贝（JcosO=i

4

【点睛】本题主要考查了折叠问题，线线、线面垂直的判定，线面角，二面角的求法，考查

了空间想象力，运算能力，属于中档题.

题型3体积距离问题

【例题3]（2022•全国•高三专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，ABllCD,AB±AD,

且AB=AD=：CD=1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF,然后沿边AD将正方形

ADEF折叠，使ED^DC,M为ED的中点，如图2.

EA/D

⑴求证：AMII平面BEC;

⑵求证：BC,平面BDE;

⑶求点D到平面BEC的距离.

【答案】⑴证明见解析

（2）证明见解析

【分析】（1）取EC中点N,连接MN,BN,根据中位线的性质证明四边形ABNM为平行

四边形即可；

（2）根据线面垂直的判定证明ED,平面ABCD,再在直角梯形ABCD中，根据勾股定理

证明BC±BD,进而证明BC,平面BDE;

（3）解法一：根据线面垂直的性质结合（2）证明DG,平面BEC,再根据几何关系求DG

即可；

解法二：利用等体积法VD-BCE=VE-BCD求解即可

【详解】（1）证明：取EC中点N,连接MN,BN,

在AEDC中，M,N分别为ED,EC的中点,

所以MNIICD,且MN=；CQ

由已知ABIICD,AB=1C£>,

所以MNllAB,且MN=AB,

所以四边形ABNM为平行四边形，

所以BNIIAM,

又因为BNu平面BEC,且AM①平面BEC,

所以人1\/111平面8£(：;

(2)证明：在正方形ADEF中，ED±AD,

因为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,

因为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,因为BCu平面BCE,

所以平面BDE_L平面BCE,

过点D作EB的垂线交BE于点G,

.・平面BDED平面BCE=BE,DGu平面BDE,

则DGJ■平面BEC,

所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，

.ED，平面ABCD,BD在平面ABCD内，

.'.ED±BD,

在三角形BDE中,S^BDE=-DE=-DG,

所以DG=*=半，

所以点D到平面BEC的距离等于

解法二：由（2）BC_L平面BDE,BEu平面BDE,所以BC±BE,

因为DE=1,=4。=iCD=1,

所以BD=&,BC=V2,BE=V3,

所以SABDC=|BO-BC=ixV2xV2=l,

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

设点D到平面BCE的距离为h,

根据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=当，

即点D到平面BCE的距离为当

【变式3-1]1.（2021・高二课时练习）如图，在边长为2的正三角形ABC中，点D,E,G分

别是边AB,AC,BC的中点，连接DE,连接2G交DE于点F.现将△2DE沿DE折叠至△ArDE

的位置，使得平面&DE，平面BCED.连接&G,EG.求点B到平面&EG的距离.

【答案】詈

【分析】连接BE,证得直线a/,GF,DE两两垂直，以尸为坐标原点,FG,FE,尸4所在直

线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，求出平面&EG的法向量，从而可求得答案.

【详解】解：连接8E,

因为在边长为2的正三角形2BC中，点。，E,G分别是边力B,AC,的中点,

所有0E〃8C,4G1BC,所以AF1DE,GF1DE,

又因为平面&DE1平面BCED,所以4/1平面8CED,则4/1GF,

以F为坐标原点,FG,FE,尸4所在直线分别为乂，y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所

则,A.（0,0,f）,F（0,p0）,G（y,0,0）,

,,初=仔-1，。），就=（。-评）'=-

设平面&EG的法向量为元=（x,y,z）,

n-EAr=--y+—z=0

则，J2

取％=V3,贝（Jy=3zz=V3,

一'nrV31

n-EG=—x——y=0n

I22z

则五=（B,3,百）是平面&EG的一个法向量，

.•.点B到平面&EG的距离d=粤=条=

【变式3-1]2.（2023・全国•高三专题练习）如图是矩形48CD和以边4B为直径的半圆组成

的平面图形，将此图形沿4B折叠，使平面4BCD垂直于半圆所在的平面，若点E是折后图形

中半圆。上异于A,B的点

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

（1）证明：EALEC

（2）若AB=22。=2,且异面直线4E和DC所成的角为？,求三棱锥。-4CE的体积.

O

【答案】（1）证明见解析；（2）去

O

【分析】（1）由面面垂直得到8c1EA,利用直径对应的圆周角为直角得到BE，区4,可以

证明瓦41平面EBC,再利用线面垂直的性质定理即可证明R41EC；

（2）先求出EF=当,利用等体积转化法把求三棱锥。-4CE的体积转化为求三棱锥E-

ACD,即可求解.

【详解】（1）.•・平面48C。垂直于圆。所在的平面，两平面的交线为48,BCu平面4BCD,

BC148,垂直于圆。所在的平面.又E4在圆。所在的平面内,：.BC1EA.

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

又「ECu平面EBC,：.EA1EC

（2）因为在矩形4BCD中，AB||CD,直线4E和OC所成的角为g,

6

所以直线4E和AB所成的角为g,即NB2E=£.

OO

过E作EF14B于F,贝!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^^.

故三棱锥D-4CE的体积整

D

【变式3-1J3.（2020・全国•高三专题练习）如图所示长方形BC£T,FB=2AB=2FA=2BC,

现沿，GH两道折痕进行折叠，AD、G”均与CE垂直,4HAB=；,成为如图所示立体图

形

（1）若FH:HA1:2,FA1AB,求证平面£'96”〃平面48。0；

（2）在（1）的条件下，设力B=3,请求出四面体H-4CE的体积

【答案】（1）证明见解析；（2）2其

【分析】（1）要证明面面平行，需证明平面内的两条相交直线分别平行，根据条件可证明

FH//AB.HG//AD（2盾先根据四面体H-4CE的结构符其放置在长方体48CD-EFMN,

在长方体中求几何体的体积.

【详解】（1）如图作1FA,

:.HT=HAsin-=-HA.

62

又;FH="，二尸与T重合,

：.△为直角三角形,•­•FH1AF,FH//AB,

又•••HG//AD,•­•FHCtHG=H,ABCtAD=A,

所以，平面石尸/^“平面人8。。.

（2）如图，把四面体H-ACE,放在长方体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，四面体H-4CE的体积2点

【点睛】本题考查面面平行，四面体的体积，重点考查空间想象能力，推理能力，计算能力，

属于中档题型，很多设计几何体的体积，结构问题，可以采用补体解决问题.

【变式3-1]4.（2019秋・全国•高三阶段练习）如图一，在直角梯形ABCD中，分别为

力B的三等分点,FG〃BC,ED||BC,AB=3,BC=2，若沿着FG,DE折叠使得点4和B重合，

如图二所示，连结G&BD.

（1）求证：平面GBD1平面BCDE；

（2）求点E到平面CDG的距离.

【答案】（1）见解析；（2）争

【分析】（1）取的中点分别为O,M,连结GO,可得四边形OGFM为平行四边形,

则G。||FM,由FM1EB,利用面面垂直的性质和线面垂直的性质及判定即可得证.

⑵由BE//CD,把点E到平面CDG的距离转化为点B到平面CDG的距离，利用等体积法

%-BCD=%-CDG，通过代数运算间接求出点B到平面CDG的距离即可.

【详解】（1）证明:取的中点分别为0,M,连结GO,OM『M如图，

贝（］OM〃DE且。M=,

又因为GFIIDES.GF=mDE,

所以GF||0M且GF=0M,

故四边形OGFM为平行四边形，

所以GO||FM.

因为M为EB中点，三角形BEF为等边三角形，

所以尸M1EB,

因为平面EFB，平面BCOE,平面8EF。平面BCOE=BE,

故FM_L平面BCDE,因为G。||FM,

所以G。_L平面BCDE,

又因为G。u平面GBD,

故平面GB。，平面8coE；

(2)因为BE〃CD,

又因为BE仁平面COG,CDu平面CDG,

故BE〃平面COG,

故点E到平面CDG的距离等于点B到平面CDG的距离.

由（1）知三棱锥G-BCD的体积%_BCD=[X0GXSABCDI

OG=FM=^-,SABCD=|xBCxCZ）=ix2xl=lz

故%-BCD=』XOGXSABCD=:xfxl=f,

35Zo

在/CDG中，DG=CG=/，

取CD中点P,连结GP,

则GP=JCG2—0丫=J_（J=i,

故S/CDG=|xGPxC£）=|x^xl^^,

设点B至平面COG的距离为d,

所以三棱锥B-CDG的体积彩=”•SACDG=?，

由于匕=%,则?=，即d=第，

故点E到平面CDG的距离为争.

【点睛】本题考查线面垂直的判定及性质和面面垂直的性质以及利用线面平行和等体积法间

接求点到面的距离;正确作出辅助线和等体积法的应用是求解本题的关键;属于中档题.

【变式3-1]5.（2023•四川泸州泸县五中校考三模）如图1,在梯形4BCD中，AB//CD,

且48=2C。=4,A4BC是等腰直角三角形，其中BC为斜边.若把△4CD沿4C边折叠到4

2CP的位置，使平面P4C，平面ABC,如图2.

(1)证明：AB1P4；

（2）若E为棱BC的中点，求点8到平面P2E的距离.

【答案】（1）见解析；（2）呼.

【分析】（1）证明481平面PAC,则有481PA；

（2）等体积法求点到平面的距离.

【详解】（1）证明：是等腰直角三角形，8c为斜边,

：.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,

由题意可得PC2,ACAB4,AC1AB,

贝!JBC=4V2,PA=V4+16=2V5,

••・E为棱BC的中点,

.­.AE=CE=\BC=2^,

：.PE=V4T8=2V3,

在APAE中,AE=2V2,PA=2V5,PE=2V3,

.-.AE2+PE2=PA2,

即4E±PE,

贝必P4E的面积为］x2V2x2V3=2^6z

设点B到平面24E的距离为h

'^B-PAE~^P-ABE，

x2y/6h=ix-x-x42x2,

3322

3

【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质，点到平面距离的求法，考查直观想象

能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题.

题型4线面角问题

【例题4】(2023•全国•高三对口高考)如图1,在边长为2的正方形ABCD中，P为CD

中点，分别将WAD,WBC沿PA,PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点。，如图2.在

三棱锥P-OAB中，E为PB中点.

(I)求证：PO±AB;

(II)求直线BP与平面POA所成角的正弦值；

(山)求二面角P-AO-E的大小.

【答案】(I)见解析;(n)手.(m吟

【分析】第一问利用几何体的特征可以得出相应的线线垂直，之后利用线面垂直的判定定理

和性质得出所要的结果；第二问建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面角的正弦值;

第三问利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后确定出二面角的大小.

【详解】(I)在正方形48CD中，P为CD中点,PD1AD,PC1BC,

所以在三棱锥P-。48中，P。1CM,P。10B.

因为。2n。8=。，所以P。1平面。力B.

因为ABu平面。4B,所以P。1AB.

(□)取AB中点F,连接OF,取A0中点M,连接BM.

过点。作AB的平行线0G.

因为P0,平面OAB,所以PO±OF,PO±OG.

因为OA=OB,F为AB的中点，

所以OFLAB.所以ODOG.

如图所示，建立空间直角坐标系。-xyz.

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

因为BO=BA,M为OA的中点，所以BM±OA.

因为PO,平面OAB,POu平面POA,所以平面POA,平面OAB.

因为平面POACI平面OAB=OA,BMu平面OAB,

所以BM，平面POA.

因为前=(]-苧，0).所以平面POA的法向量方=(V3,-1,,0人

BP=(1,-V3,1).

设直线BP与平面POA所成角为a,

则sina=|cos(m,BP)|=肾卷=誓・

所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.警

(m)由(U)知E(-/J),0E=,0A=(l,V3,0).

设平面。力E的法向量为有,则有

(0A.元=0,即(％+V3y=0,

\oE•n—0.x+V3y+z—0.

令y=—1,则久=V3,z—2V3.即zi=(V3,—1,2V3).

由题知二面角P-AO-E为锐角，所以它的大小为条

【变式4-1]1.（2020•全国•模拟预测）如图,四边形M48C中△ABC是等腰直角三角形，

ACIBC,AMAC是边长为2的正三角形，以2C为折痕，将小M2C向上折叠到△的位

置，使点。在平面48c内的射影在48上，再将△MAC向下折叠到△E4C的位置，使平面E4C1

平面ABC,形成几何体。4BCE.

（1）点尸在BC上,若DF〃平面瓦4c,求点尸的位置；

（2）求直线4B与平面EBC所成角的余弦值.

【答案】（1）点F为BC的中点；（2）苧.

4

【分析】(1)设点。在平面ABC内的射影为。，证明。是AB中点，取4c的中点H,证EH1平

面ABC,取BC的中点F,证明DO,OF与平面E4C平行后得面面平行，从而证得线面平行.

(2)连接。H，由(1)。尸，0H,。。两两垂直，以。为坐标原点,OF,OH,。。所在直线

分别为X,y,Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求直线与平面所成角.

【详解】(1)点尸为8c的中点.

理由如下：设点。在平面4BC内的射影为。，。在AB上,连接。。,0C,

-：AD=CD,:.0A=OC,所以NOAC=AOCA,

.•在RtAABC中,乙OBC=乙OCB,：.OC=OB,。为4B的中点

取AC的中点H,连接EH,则易知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的中点F,连接。尸，贝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)连接。H，由(1)。尸，OH,。。两两垂直，以。为坐标原点,OF,OH,。。所在直线

分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则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).

设平面EBC的法向量为五=(a,b,c),贝!]世.弓=仇即，—2n

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

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

设直线28与平面EBC所成的角为8,

贝（JsinO=|cos（诟，可|=繇=恶=彳，

故cosJ=V1—sin20=—.

4

【点睛】方法点睛：本题考查证明线面垂直，考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方

法：

(1)定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；

(2)向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对

值等于直线与平面所成角的正弦值计算

【变式4-1]2.(2022・全国•高三专题练习)如图，在平面多边形2BFCDE中，2BFE是边

长为2的正方形,DCFE为等腰梯形，G为CD的中点,S.DC=2FE,DE=CF=EF,现将

梯形DCFE沿折叠，使平面DCFE1平面ABFE.

(2)求直线8。与平面C8F所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)60°

【分析】（1）先证明EG1DF、BFLEG,然后证明EG，平面BDF即可；

（2）取EF的中点。，连接G。,过点。在平面2BFE内作EF的垂线OH,以。乩。尸,。6所在直

线分别为居％z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后再利用空间向量的运算求解即可.

【详解】解：（1）连接GF