2026高考数学复习高效培优专题11 立体几何中翻转和折叠问题（培优高频考点专练）（解析版）

专题11立体几何中翻转和折叠问题

目录

高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）

核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）

聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练）

题型一折叠后线面/面面垂直证明（）

题型二折叠后空间角（线面角、二面角）计算（）

题型三折叠后空间距离（点到平面、异面直线距离）计算（）

题型四折叠后的外接球问题（）

题型五折叠中的最值问题（线段长度、体积、角度最值）（）

实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）

高考中题型分布稳定，仍以选择题、填空题（5分）或解答题小问为主，侧重“不变量辨析+空间关

系推理”的核心考查。

础知识必备：掌握平面图形与空间几何体的转化逻辑，明确折叠（平面→空间）和展开（空间→平面）的

本质。熟记核心图形特征，包括折叠常用的矩形、正方形、直角三角形等平面多边形，以及展开常用的正

方体、圆柱、圆锥等空间几何体。理解空间几何基本定理，重点是线面垂直、面面垂直的判定与性质，以

及两点之间线段最短的应用。牢记关键转化公式，如圆锥侧面展开图中扇形弧长=底面周长、扇形半径=

母线长；圆柱侧面展开图中矩形长=底面周长。

2026高考预测：命题趋向综合化，折叠问题将与截面、轨迹、存在性问题融合，展开问题会结合函数最值

分析，跨考点联动增强。动态化考查成为热点，会涉及翻折过程中角度、线段长度的取值范围，或展开图

中动点路径的最值变化。应用性有所提升，可能结合包装盒设计、表面巡检路径等实际场景，但核心仍是

平面与空间的转化。对空间想象能力要求提高，减少直观图依赖，需通过文字描述还原图形转化过程。

难知识汇总：不变量与变量辨析：翻折前后，同一平面内的线段长度、角度保持不变，跨翻折线的空间位

置关系可能变化；展开前后，几何体表面路径转化为平面线段，核心量（长度、弧长）守恒。空间垂直关

系证明：折叠后重点考查面面垂直，关键是找到垂直于另一平面的直线（通常为原平面中垂直于折痕的线

段），利用“线面垂直→面面垂直”判定定理。最短路径求解：多面体需展开相邻面为同一平面，旋转

体（圆柱、圆锥）需按对应规则展开，再用勾股定理或余弦定理计算。动态问题分析：翻折角度变化（0°

~180°）时，二面角、点到平面距离等几何量的变化规律，需结合函数思想求最值。

常用技巧方法：①双图对照法：同时画出折叠/展开前后的平面图形与空间图形，标注对应顶点和已知条

件，明确元素对应关系。不变量优先法：解题时先提取不变的线段长度、角度，以此为基础搭建空间几何

关系，减少未知量干扰。②空间平面化法：通过展开转化空间路径，或构造辅助平面、直角三角形，将线

面角、点面距离等问题转化为平面计算。③辅助线（面）作法：求体积时作几何体的高，转化异面直线角

时连接中点构造中位线，不规则几何体可采用补形法。④折痕参照法：以折痕为对称轴，利用对称性质分

析线面关系，折痕两侧的对称元素往往存在隐含垂直或平行关系。

易错避坑提效：避免误将跨翻折线的位置关系当作不变量，如原平面中平行的两条线段，翻折后异面则不

再平行。圆锥展开图计算时，防止混淆圆心角公式（正确关系为扇形弧长=底面周长，避免颠倒半径与

底面半径的关系）。解题时需明确标注不变量来源和展开方式，否则可能因步骤不完整扣分。动态问题

中不可遗漏变量取值范围（如翻折角度范围），否则会导致结果不完整。避免直接套用平面几何结论，空

间问题需先验证线面位置关系，再进行计算或证明。

题型一折叠后线面/面面垂直证明

方法点拨：先明确折叠前后不变的垂直关系（如等腰三角形底边上的中线、正方形的对角线垂直），

再利用面面垂直的性质定理（折叠后若两平面垂直，一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面），结

合线面垂直判定定理完成证明；关键是锁定“交线”和“不变的垂直线段”。

【典例01】（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，A90，点E是边AC的中点，

点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1，连接CC1，

设为二面角C1DEC大小，(0,π)．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（）

^

A．存在点D和，使得DC1ACB．存在点D和，使得BC1AC

C．存在点D和，使得BC1DED．存在点D和，使得CC1DE

【答案】B

【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项.

π

【详解】对于AD，取D为BC中点，，则ED//AB，而ABAC，

2

故DEAC，故在几何体C1ABDE中，DEC1E，

而CEDE，故CEC1为二面角C1DEC的平面角，故CEC190，

故C1EAC，而C1EDEE,C1E,DE平面DEC1，

故AC平面DEC1，而DC1平面DEC1，故ACDC1，故A成立.

因DEAC，DEC1E，ACC1EE,AC,C1E平面ACC1，

故DE平面ACC1，而CC1平面ACC1，故DECC1，故D成立.

π

对于C，过E作DEBC，D为垂足，取，同理可证DE平面BCC，

21

而BC1平面BCC1，故DEBC1，故C成立.

对于B，过C1作C1H平面ABC，垂足为H，

因为AC平面ABC，故C1HAC，

^

若BC1AC，因为C1HBC1C1,C1H,BC1平面BC1H，

故AC平面BC1H，而BH平面BC1H，故ACBH，

而ACBA，故H在BA上，

因为C1HBAH，C1H,BA平面BC1A，故AC平面BC1A，

而C1A平面BC1A，故CAC1A，故C1EAE，但C1ECEAE，

^

矛盾，故BC1AC不成立即B不成立，

故选：B.

【典例02】（2025·天津·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，BC∥AD,ABAD,BC8,AD9,AB23，

E为线段BC上的一点，BE6，过E作AB的平行线交AD于F，将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直，

得到六面体ABCDFE，如图2，则六面体ABCDFE的体积为（）

153

A．B．83C．153D．163

2

【答案】D

【分析】将六面体ABCDFE，补成直三棱柱，进而可求解.

【详解】对于图2，延长EC至点G，使得EGFD，如图：

由条件可知EFFD,EFFA,EFEC,EFEB，

又FD,FA为平面AFD内两条相交直线，EC,EB为平面EBG内两条相交直线，

所以EF平面AFD，EF平面EBG，

又BE6,EG3,EF23，

又平面ABEF平面ECDF，平面ABEF平面ECDFEF，

BE平面ABEF，BEEF，所以BE平面ECDF，

EG平面ECDF，可得BEEG,

1

所以直棱柱AFDBEG的体积为：6323183，

2

因为EG平行且等于FD，可得DG平行且等于EF，又CG1，

11

所以三棱锥DBCG的体积为：162323，

32

所以六面体ABCDFE的体积为18323163.

故选：D

【变式01】（2025·河北唐山·三模）如图，在ABC中，ABAC2，BC23，点E在边BC上，

ππ

BAE，ABE沿AE翻折，得到三棱锥BACE，满足平面ABE平面ACE，则BC的

63

最大值为（）

A．2B．6C．22D．3

【答案】C

【分析】在平面ABE中过B作BDAE，其中D为垂足，在平面ACE中过D作DFAC，连接BF，利

2π

用空间垂直关系的转化可得coscoscosBAF，利用三角变换结合正弦函数的性质可得

3

1

0cosBAC，由余弦定理可求BC的最大值.

4

【详解】

在ABC中，

ABAC2，BC23，

AB2AC2BC212π

由余弦定理知cosBAC，故BAC，

2ABAC23

πππ2ππ

因为，故EAC，

63332

在平面ABE中过B作BDAE，其中D为垂足，

在平面ACE中过D作DFAC，连接BF，

因为平面ABE平面ACE，平面ABE平面ACEAE，

BD平面ABE，故BD平面ACE，而AC平面ACE，故BDAC.

而DFBDD,DF,BD平面DFB，故AC平面DFB，

而BF平面DFB，故ACFB，

AD2πAFAF

因为cos,cosEACcos,cosBAF，

AB3ADAB

2π

故coscoscosBAF，

3

13311

所以cosBAFcos2sincossin2cos2

22444

1π1

sin2

264

πππππ1π11

因为，故2，故0sin2，

636622644

1

故0cosBAC，

4

故BC2AB'2AC22ABACcosBAC88cosBAC6,8，

故BC的最大值为22，

故选：C.

【变式02】（2025·天津南开·期末）如图①所示，矩形ABCD中，AD1，AB2，点M是边CD的中点，

将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥PABCM，N为PB中点．

(1)求证：NC//平面PAM；

(2)若平面PAM平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；

π

(3)设PAMD的大小为θ，若(0,]，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．

2

π11

【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).

611

【分析】（1）取PA中点Q，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.

（2）借助面面垂直的性质，以M为原点建立空间直角坐标系，求出平面PMB的法向量，利用线面角的向

量求法求出大小.

（3）连接DG，过点D作Dz平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标

运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.

1

【详解】（1）取PA中点Q，连接NQ,MQ，由N为PB中点，得NQ//AB,NQAB，

2

1

依题意，MC//AB,MCAB，则NQ//MC,NQMC，

2

于是四边形CMQN是平行四边形，CN//MQ，而MQÌ平面PAM，NC平面PAM，

所以NC//平面PAM.

（2）取AM中点G，连接PG，由PMPA1，得PG^AM，而平面PAM平面ABCD，

平面PAM平面ABCDAM,PG平面PAM，则PG平面ABCD，

过M作Mz//PG，则Mz平面ABCD，又MA,MB平面ABCD，于是MzMA,MzMB，

在矩形ABCD中，MAMB2，MA2MB24AB2，则MAMB，

以点M为原点，直线MA,MB,Mz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

2222

则M(0,0,0),B(0,2,0),C(,,0),P(,0,)，

2222

2222

MB(0,2,0),MP(,0,),BC(,,0)，

2222

mMB2b0

设平面的法向量为，则，令，得，

PMBm(a,b,c)22a1m(1,0,1)

mMPac0

22

2

设直线与平面所成的角为，则|mBC|1，

BCPMBsin|cosm,BC|2

|m||BC|212

π

所以直线BC与平面PMB所成角的大小为.

6

（3）连接DG，由DADM，得DGAM，而PG^AM，则PGD为PAMD的平面角，即PGD，

过点D作Dz平面ABCD，以D为坐标原点，直线DA,DC,Dz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A1,0,0，M0,1,0，C0,2,0，

显然AM平面PGD，AM平面ABCD，则平面PGD平面ABCD，

在平面PGD内过P作PHDG于点H，则PH平面ABCM，

2222

设Px0,y0,z0，而PG，则PHsin，GHcos，DH1cos，

2222

2212

即xy(1cos)(1cos)，zsin，

0022202

112

所以P((1cos),(1cos),sin)，

222

1coscos12

于是AM1,1,0，PA(,,sin)，

222

xy0

11

设平面PAM的法向量为n1x1,y1,z1，则1coscos12sin，

xyz0

212121

令，得，设平面的法向量为，

z12n1tan,tan,2PBCn2x2,y2,z2

cos1cos32

因为CB1,0,0，PC(,,sin)，

222

x0

2

则，令，得，

cos1cos32y22sinn20,2sin,3cos

xyzsin0

222222

设平面PAM和平面PBC为，

sin2

2322cos

则n1n2cos3cos1

cos

222

n1n22tan2sin6cos1011cos6cos

1

3|cos|

3

3

1201808020

(cos)2(cos)1

11

33399(cos)23(cos)

33

1

tπ3911

令1，(0,]，则t(,3]，即cos，则当t3时，cos有最小值，

cos2480t260t911

3

11

所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为．

11

【变式03】（25-26高三上·云南楚雄·月考）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AECD，垂足为点

1

E，ABAECD1，延长线段ED至点P，使得EP22．将△AEP沿AE翻折至AEP的位置，使得

3

P¢C=2．

(1)证明：平面PBC平面PBE；

(2)求异面直线AD与CP所成角的余弦值；

(3)求三棱锥APEC与三棱锥BPEC所围成的公共部分几何体的外接球的表面积．

【答案】(1)证明见解析

1

(2)

2

76π

(3)

9

【分析】（1）根据三角形的边角关系，利用勾股定理求解长度，即可证明线线垂直，进而可证明PC平

面ABCE，BE平面PBC得解，

（2）建立空间直角坐标系，求解向量的夹角即可得解，

（3）根据三角形相似，以及正弦定理，即可求解半径，由球的表面积公式即可求解.

【详解】（1）由题意得APAPPE2AE2813，ACAE2EC2145，

在△ACP中，因为AP'2AC2PC29，所以PCAC，

EPEP22,EP2EC2PC28可得PCCE．

因为ACCEC，AC，CE平面ABCE，

所以PC平面ABCE．因为BE平面ABCE，

所以PCBE．

在BCE中，因为BEAE2AB2,BCADAE2DE22，CE2，

所以CE2BE2BC2，即BEBC．

又PCBCC，PC，BC平面PBC，

所以BE平面PBC．

又BE平面PBE，所以平面PBC平面PBE．

（2）以E为坐标原点，EA，EC的方向分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，，，，，，，，，，，，，，2，2

E000A100B110C020，P022D0，

22

，2，2，，，

所以AD1CP002．

22

设直线AD与CP所成的角为，

ADCP21

则cos，

ADCP222

1

故直线AD与所成角的余弦值为．

CP2

（3）如图，

设ACBEM，则三棱锥PMCE即为所求的公共部分．

设△MCE的外接圆半径为r，三棱锥PMCE的外接球半径为R．

225

因为AB∥CD，所以AMB∽CME，则CMAC．

33

CM210

2r

由正弦定理得π，

sin3

4

2

2122276

由于PC平面ABCE，故RrPC,即4RPC4r，

29

276π

所以S球4πR．

9

题型二折叠后空间角（线面角、二面角）计算

方法点拨：建立空间直角坐标系时，优先以折叠后垂直的三条直线为坐标轴（如折叠后共点且两两垂

直的线段）；利用折叠前后不变的边长、角度确定各点坐标，再通过平面法向量求解二面角，或用直线方

向向量与平面法向量夹角求解线面角；注意区分二面角是锐角还是钝角。

1

【典例01】（2025·海南·一模）如图，四边形ABCD是等腰梯形，AB//CD,ABADCD2,E是CD的

2

中点，O是BD与AE的交点，将ADE沿AE折到APE的位置.

(1)证明：BC平面POB；

(2)若PO平面ABCE，求二面角APBC的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

15

(2)

5

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证明AE平面POB，再由AE//BC可得答案；

（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量计算公式计算可得答案.

【详解】（1）如图，连接BE.

1

ABCD,E为CD的中点，ABDE，

2

又AB//DE且ABAD,四边形ABED为菱形，AEBD.

AEOB,AEOP，又OBOPO,AE平面POB.

与四边形ABED为菱形同理，可知四边形ABCE为菱形，

AE//BC,BC平面POB.

（2）由（1）可知DAE即△PAE是边长为2的等边三角形，又PO平面ABCE，

所以OA,OB,OP两两互相垂直，以O为坐标原点，

以OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

1

已知ABADCD2，

2

则O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C(2,3,0),P(0,0,3)，

PA(1,0,3),PB(0,3,3),PC(2,3,3).

设平面PAB的一个法向量为m(x,y,z)，

PAmx3z0

则，取m(3,1,1).

PBm3y3z0

设平面PBC的一个法向量为n(a,b,c)，

PCn2a3b3c0,

则取n(0,1,1).

PBn3b3c0,

mn210

cosm,n,

|m||n|525

2

故二面角的正弦值为1015

APBC1.

55

【典例02】（2025·四川成都·模拟预测）如图①所示，矩形ABCD中，AD2,AB22，点M是边CD

的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥PABCM，N为PB中点．

(1)求证：NC//平面PAM；

(2)若平面PAM平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；

π

(3)设PAMD的大小为，若(0,]，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．

2

【答案】(1)证明见解析

π

(2)

6

11

(3)

11

【分析】（1）取PA中点Q，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.

（2）借助面面垂直的性质，以M为原点建立空间直角坐标系，求出平面PMB的法向量，利用线面角的向

量求法求出大小.

（3）连接DG，过点D作Dz平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标

运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.

1

【详解】（1）取PA中点Q，连接NQ,MQ，由N为PB中点，得NQ//AB,NQAB，

2

1

依题意，MC//AB,MCAB，则NQ//MC,NQMC，

2

于是四边形CMQN是平行四边形，CN//MQ，而MQÌ平面PAM，NC平面PAM，

所以NC//平面PAM.

（2）取AM中点G，连接PG，由PMPA2，得PG^AM，

而平面PAM平面ABCD，平面PAM平面ABCDAM,PG平面PAM，

则PG平面ABCD，

过M作Mz//PG，则Mz平面ABCD，又MA,MB平面ABCD，

于是MzMA,MzMB，

在矩形ABCD中，MAMB2，MA2MB28AB2，则MAMB，

以点M为原点，直线MA,MB,Mz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则M(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),P(1,0,1)，

MB(0,2,0),MP(1,0,1),BC(1,1,0)，

mMB2b0

设平面PMB的法向量为m(a,b,c)，则，令a1，得m(1,0,1)，

mMPac0

|mBC|11

设直线BC与平面PMB所成的角为，则sin|cosm,BC|，

|m||BC|222

π

所以直线BC与平面PMB所成角的大小为.

6

（3）连接DG，由DADM，得DGAM，而PG^AM，

则PGD为PAMD的平面角，即PGD，

过点D作Dz平面ABCD，以D为坐标原点，直线DA,DC,Dz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A2,0,0，M0,2,0，C0,22,0，

显然AM平面PGD，AM平面ABCD，则平面PGD平面ABCD，

在平面PGD内过P作PHDG于点H，则PH平面ABCD，

设Px0,y0,z0，而PG1，则PHsin，GHcos，DH1cos，

22

即xy(1cos)(1cos)，z0sin，

0022

22

所以P((1cos),(1cos),sin)，

22

21cos2cos1

于是AM2,2,0，PA(,,sin)，

22

设平面PAM的法向量为n1x1,y1,z1，

2x2y0

11

则21cos2cos1，

xyzsin0

21211

令，得，

z12n1tan,tan,2

设平面PBC的法向量为n2x2,y2,z2，

2cos12cos3

因为CB2,0,0，PC(,,sin)，

22

2x0

2

则2cos12cos3，

xyzsin0

22222

令，得，

y22sinn20,2sin,3cos

设平面PAM和平面PBC的夹角为，

sin2

2322cos

则n1n2cos3cos1

cos

222

n1n22tan2sin6cos1011cos6cos

1

3|cos|

3

3

1201808020

(cos)2(cos)1

11

33399(cos)23(cos)

33

1

tπ39

令1，(0,]，则t(,3]，即cos，

cos2480t260t9

3

11

则当t3时，cos有最小值，

11

11

所以平面PAM和平面PBC的夹角余弦值的最小值为．

11

【变式01】（2025·湖南长沙·三模）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD交于点O，且AC6,BD4,F为

CD的中点，CE平面CBD，且CE2．现沿BD将△ABD翻折至A1BD的位置，使得平面A1BD平面

CBD，且点A1和E在平面CBD的同侧．

(1)证明：A1O//平面BCE；

(2)求直线EF和平面A1BF所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

3229

(2)

203

【分析】（1）通过证明线线平行且其中一条线不在平面内，另一条线在平面内，来判定线面平行；

（2）先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量，再根据向量垂直的性质求出平面的法向量，最后

利用向量夹角公式求出线面角的正弦值.

【详解】（1）A1BA1D,A1OBD，

又平面A1BD平面CBD，平面A1BD平面CBDBD，

A1O平面CBD，又CE平面CBD,A1O//CE．

又A1O不包含于平面BCE,CE平面BCE，

A1O//平面BCE．

（2）由题及（1）可知，以O为坐标原点，OD,OC,OA1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，则

333

A1(0,0,3),B(2,0,0),C(0,3,0),D(2,0,0),F1,,0,E(0,3,2),BA1(2,0,3),BF3,,0,EF1,,2.

222

设平面A1BF的法向量为m(x,y,z)，

mBA2x3z0,

12

则3令y2，可得m1,2,．

mBF3xy0,3

2

设直线EF和平面A1BF所成的角为，

4

13

mEF33229

则sin，

729203

mEF

32

3229

即直线EF和平面A1BF所成角的正弦值为．

203

【变式02】（2025·广东广州·三模）如图所示，在等腰直角ABC中，ABBC，点E､F分别为AB,AC的

中点，将△AEF沿EF翻折到DEF位置.

(1)证明：BC平面BDE

(2)若ABBC4，DBEB，求平面DEF与平面DEC夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

419

(2)

19

【分析】（1）由题意可知EF∥BC，继而证明EF平面BDE，即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面DEF与平面DEC的法向量，根据空间向量夹角余弦公式，即可求得

答案.

【详解】（1）等腰直角ABC中，ABBC，得ABC90．所以CBAB．

点E、F分别为AB、AC的中点，EF∥BC，所以EFAB．

将△AEF沿EF翻折到DEF位置后，EFED,EFEB．

又ED平面BDE,EB平面BDE,DEEBE．

所以EF平面BDE．

又EF∥BC，得BC平面BDE．

（2）由（1）知BC面BDE．又BC平面ABC．所以平面ABC平面BDE，

由E为AB中点．故AEBEDE．又因为DBEB．所以BDE为等边三角形，

设EB的中点为O．连接DO．则DOEB．又平面ABC平面BDE，

平面ABC平面BDEEB，DO平面BDE．所以DO平面ABC．

过O作OMAB交AC于M．

以O为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系：

因为ABBC4．

得D0,0,3,E0,1,0,F2,1,0,C4,1,0，

所以ED0,1,3,EF2,0,0,EC4,2,0．

设平面DEF的一个法向量为mx1,y1,z1,

mEDy13z10

则，可取m0,3,3．

mEFx10

nEDy3z0

设平面的一个法向量为．则22，

DECnx2,y2,z2

nEC4x22y20

3

取n,3,3．

2

mn12419

cosm,n

所以mn5719．

23

2

419

故平面DEF与平面DEC夹角的余弦值为.

19

1

【变式03】（2025·天津·期末）如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，且ABADCD1，

2

现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂

直，M为ED的中点，如图2.

(1)求证：AM//平面BEC；

(2)求证：BC⊥平面BDE；

(3)求直线BC与平面ADEF所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

2

(2)证明见解析；(3).

2

【分析】（1）取EC中点N，证明AM//BN，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）由已知结合余弦定理证明BCBD，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理作答.

（3）作出线面角，再在直角三角形中计算作答.

【详解】（1）取EC中点N，连接MN，BN，如图，在EDC中，M为ED的中点，

△

11

则MN//CD，且MNCD，而AB//CD，ABCD，即有MN//AB,MNAB，

22

因此四边形ABNM为平行四边形，有AM//BN，因BN平面BEC，且AM平面BEC，

所以AM//平面BEC.

（2）由正方形ADEF知，ED⊥AD，而平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF平面ABCD=AD，

ED平面ADEF，则ED⊥平面ABCD，而BC平面ABCD，即有EDBC，

在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，ABAD1，则BD2，BDC45，

而CD2，有BC2BD2CD22BDCDcosBDC2，即BD2BC24CD2，

因此BCBD，又EDBDD，ED,BD平面BDE，

所以BC平面BDE.

（3）延长CB与DA交于P点，由（2）知CDDE，而CDDA，DADED，DA,DE面ADEF，

于是得CD⊥面ADEF，即CPD为直线BC与平面ADEF所成角，而CP2BC22，则

CD2

sinCPD，

CP2

2

所以直线BC与平面ADEF所成角的正弦值.

2

题型三折叠后空间距离（点到平面、异面直线距离）计算

方法点拨：点到平面距离优先用“向量法”（点到平面的距离公式），其中为平面法向量；

|��⋅�|

异面直线距离可转化为平行线面距离，再用向量法求解；核心是准确求出�平=面|�法|向量和相关�向量的坐标。

【典例01】（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB2BC2，ABC60，E为CD

的中点，沿AE将DAE翻折至△PAE的位置得到四棱锥PABCE，且PB2.若F为棱PB的中点，则点

F到平面PCE的距离为（）

3151515

A．B．C．D．

210153

【答案】B

【分析】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的

条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.

【详解】在四边形ABCD中，连接BE，由题意可知DAE是边长为1的等边三角形，

π2πππ

则AED，ÐBCE=，BCCE1，则CEB，可知AEB，

3362

即AEEB，且BEAB2AE23，由PB2，PE1，BE3，

则PE2BE2PB2，可知PEEB.

由AEPEE，AE，PE平面PAE，

可得EB平面PAE，又因为EB平面ABCE，所以平面PAE平面ABCE.

3

取AE中点O，AB中点H，连PO，OH，则PO，OH//BE，可得OHAE，

2

因为△PAE为等边三角形，则POAE，平面PAE平面ABCEAE，

PO平面PAE，所以PO平面ABCE.

以O为原点，OA,OH,OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

311

则P0,0,，E,0,0，B,3,0，

222

F,,，C1,,0，可得PC1,,，PE,0,，PF,,.

4242