專題1-6折疊翻轉(zhuǎn)八大題型匯總

。?？碱}型目錄

題型1平行問(wèn)題..................................................................1

題型2垂直問(wèn)題.................................................................11

題型3體積距離問(wèn)題.............................................................17

題型4線面角問(wèn)題...............................................................28

題型5二面角問(wèn)題...............................................................38

題型6角度相關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題.........................................................50

題型7體積相關(guān)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題.........................................................55

題型8最值問(wèn)題.................................................................59

但題型分類

題型1平行問(wèn)題

【例題1】(2023?全國(guó)高三專題練習(xí))如圖1所示，在邊長(zhǎng)為12的正方形中，點(diǎn)B,C

在線段44'上，且4B=3,BC=4作,分別交公掰、聞?dòng)邳c(diǎn)外P作CC//44,

分別交為4、于點(diǎn)Q、Q,將該正方形沿BBi，CG折疊，使得與重合，構(gòu)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(shuō)明理由.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

(2)直線4Q與平面4C/不平行，理由見(jiàn)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(biāo)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(diǎn)，艮4為x軸，BC為y軸，BBi為z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(shè)平面41clp的一個(gè)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(jí)中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）如圖1,在

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

沿DP、DQ折疊，使A、C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)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(diǎn)F,使平面PQF,如果存在，求翳的值，如果不存在，

說(shuō)明理由.

【答案】（1）證明見(jiàn)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(shè)在線段DM上存在一點(diǎn)F,使II平面PQF.連BD交PQ于點(diǎn)。，連OF,由

線面平行性質(zhì)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(dāng)黑=9時(shí)，BM〃平面PQF,

理由如下：

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

4

因?yàn)樾?1所以黑.

所以黑=器，所以〃。乙

因?yàn)?M仁平面PQF,OFu平面PQF,所以BMII平面PQF.

【變式1-1]2.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))將邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD沿對(duì)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(diǎn)M，使得CMII平面ADE,若存在，確定點(diǎn)M的位置，若不存

在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】⑴弓

(2)存在，點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)

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

C的坐標(biāo)，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(diǎn)共線設(shè)出的=4麗和點(diǎn)M的坐標(biāo)，求出平面ADE的法向量，再將線面平

行轉(zhuǎn)化為向量垂直，再利用數(shù)量積為0進(jìn)行求解.

【詳解】(1)解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AE所在的直線分別

為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則E(0,0,旬，B(2,0,0),D(0,2,0),

取BD中點(diǎn)F,連接CF,AF;

由題意可得CF1BD^AF=CF=近，

又因?yàn)槠矫鍭BD1平面CBD,

所以CF1平面BDA,

所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為C(1,1,V2).

設(shè)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(shè)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(dāng)

(2)解：假設(shè)存在點(diǎn)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?yàn)?E1平面ABD,ABLAD,

所以AB1平面ADE;

因?yàn)镃MII?ADE,

—>—>—>—>

貝！]CM1AB,即CM?AB=0,

BP2A-1=0,解得2=|,

即點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)時(shí),CMII?ADE.

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

邊長(zhǎng)為2a,CD是4B邊上的高，E,F分別是2C,BC邊的中點(diǎn)現(xiàn)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(guān)系，并說(shuō)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(jiàn)解析；(2)空等

【分析】(1)由已知中尻F分別為"、BC中點(diǎn),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(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，則四面體A-DBC的外接球即為長(zhǎng)方體的外接

球，進(jìn)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(chǎn)分別是4C,BC的中點(diǎn)，

AB//EF

ABC平面OEF,EFu平面DEF

28〃平面DEF.

(2)以,DB,DC為棱補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，則四面體2D8C的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球.

233

設(shè)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(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，點(diǎn)到平面的

距離，屬于中檔題.

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

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

BBi.CCi，折疊，使得與A4i重合，構(gòu)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(diǎn)M,滿足AM=kMC(O<fc<1)；請(qǐng)?jiān)趫D2中解決下列問(wèn)題：

(1)求證：當(dāng)/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(jiàn)解析；(2)當(dāng)

【分析】(1)過(guò)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(guò)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?yàn)?B=3,BC=4,所以AC=5,從而AC?=AB2+BCi,

即4B1BC.因?yàn)閗=-.所以AM=1.

4

=XX

所以VM-APQ=Vp-AMQ||AMXCQxy=Y

【點(diǎn)睛】在算三棱錐的體積的時(shí)候要利用圖形的特點(diǎn)，看把哪個(gè)側(cè)面當(dāng)成底面更好算一些.

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

角形"CB=90。,△MAC是邊長(zhǎng)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(diǎn)在平面4BC內(nèi)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(diǎn)尸在BC上,若DF〃平面瓦4c,求點(diǎn)F的位置；

(2)求二面角。-BC-E的余弦值.

【答案】(1)F為BC的中點(diǎn)；(2)空紀(jì)

O

【解析】(1)設(shè)。點(diǎn)在平面力BC內(nèi)的射影為。，連接。。，OC,取BC的中點(diǎn)F,易得。/〃平

面EAC.取4C的中點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn),OF,OH,。。所在直線分別為工，y,z軸，建立空間直角

坐標(biāo)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(gè)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(shè)。點(diǎn)在平面/BC內(nèi)的射影為。，連接。。，0C,

：AD=CD,

.,.OA=OC,

.?.在RtAABC中,。為4B的中點(diǎn).

取BC的中點(diǎn)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(diǎn)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(shí)F為BC的中點(diǎn).

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

直線分別為無(wú)，y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)平面BDC的一個(gè)法向量為而=(x,y,z),

嚅之刎一+篇"

得y=0,?。?V2,貝！Jz=1,m=(VX0,1).

設(shè)平面的一個(gè)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(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：(1)在求解與圖形的翻折有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵是弄清翻折前后哪些

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

的關(guān)鍵是建立合適的空間直角坐標(biāo)系及準(zhǔn)確求出相關(guān)平面的法向量.

題型2垂直問(wèn)題

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

上折疊，連接，問(wèn)：

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

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

28C時(shí)，二面角A-BD-C的余弦值.

【答案】Q)不能，證明見(jiàn)解析

(2)--—V2537

【分析】(1)利用反證法去證明在折疊過(guò)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(biāo)系，利用二面角兩個(gè)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(shè)折疊過(guò)程中能使BD1AC.

折疊前，假設(shè)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(nèi)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(yīng)有AC1BE②.顯然，①與②矛盾.故假設(shè)不能成立.

即折疊過(guò)程中不能使BD1AC.

(2)

設(shè)折疊前ac與的交點(diǎn)為F,則由題意易知AF=BF=歿,DF=CF=號(hào).

折疊前，在梯形48CD內(nèi)過(guò)B做BG1CD,垂足為G,

則CG=1,BG=DG=4,AD=BC=V17.

折疊后，因?yàn)槊鍭DC垂直于面ABC,而DF1AC,BF1AC,所以DF1BF.

所以BD=>JBF2+DF2=［（乎）2+（號(hào)=V17,

又8F和OF是平面BDF內(nèi)的相交直線,所以4C，平面BDF.所以力C1BD.

解法①：過(guò)點(diǎn)C在平面BCD內(nèi)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(diǎn)，分別以FD、FC、FB為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)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(shè)平面的一個(gè)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(shè)平面BCD的一個(gè)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(fā)現(xiàn)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(guó)?校聯(lián)考三模）如圖甲，E是邊長(zhǎng)等于2的正方形的邊CD的中點(diǎn)，

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(zhì)（寫出一條即可不含DE±DA,DE±DB,

說(shuō)明理由）；

（2）求二面角D-BE-A的余弦值

【答案】（1）幾何性質(zhì)見(jiàn)解析，理由見(jiàn)解析；（2）［

【分析】（1）根據(jù)折前折后折痕同側(cè)的位置關(guān)系、長(zhǎng)度不變，可以證明DE，平面2BD,據(jù)

此結(jié)論也可得到DE12B,或DE與平面28。內(nèi)任一直線都垂直，也可計(jì)算直線DE與平面

4BE所成角等于J

（2）建立空間直角坐標(biāo)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(zhì)2■D.E1AB.

證明如下：

與性質(zhì)1證明方法相同，得到DE1平面4BD

又因ABu平面,貝！IDEIAB.

性質(zhì)3：DE與平面48。內(nèi)任一直線都垂直.

證明如下：

與性質(zhì)1證明方法相同，得到DE，平面4BD,

從而DE與平面28。內(nèi)任一直線都垂直.

性質(zhì)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(diǎn)尸,連接DF,EF,

由D4=DB,得DF1AB,

與性質(zhì)2證明相同，得DE1AB,DE1DF,

再因DEClOF=。，貝！MB1平面DEF,進(jìn)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(zhì)4證明本目同,得至（JOEIDF,AB，平面DEF,ABLEF,ABu平面

內(nèi),貝!］平面DEF1平面ABE.

以E為坐標(biāo)原點(diǎn)、EF為x軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

DF=y/DA2-AF2=V3,

DH=彳*=*EH=3,則平面ABE的一個(gè)法向量而=(0,0,f),

EF22\2/

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

設(shè)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(gè)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(bǔ),

因。是銳角，貝（JcosO=i

4

【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊問(wèn)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(yùn)算能力，屬于中檔題.

題型3體積距離問(wèn)題

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

且AB=AD=：CD=1.現(xiàn)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(diǎn)，如圖2.

EA/D

⑴求證：AMII平面BEC;

⑵求證：BC,平面BDE;

⑶求點(diǎn)D到平面BEC的距離.

【答案】⑴證明見(jiàn)解析

（2）證明見(jiàn)解析

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

四邊形即可；

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

證明BC±BD,進(jìn)而證明BC,平面BDE;

（3）解法一：根據(jù)線面垂直的性質(zhì)結(jié)合（2）證明DG,平面BEC,再根據(jù)幾何關(guān)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(diǎn)N,連接MN,BN,

在AEDC中，M,N分別為ED,EC的中點(diǎn),

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?yàn)锽Nu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?yàn)镋D±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?yàn)镋DOBD=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?yàn)锽Cu平面BCE,

所以平面BDE_L平面BCE,

過(guò)點(diǎn)D作EB的垂線交BE于點(diǎn)G,

.?平面BDED平面BCE=BE,DGu平面BDE,

則DGJ■平面BEC,

所以點(diǎn)D到平面BEC的距離等于線段DG的長(zhǎng)度，

.ED，平面ABCD,BD在平面ABCD內(nèi)，

.'.ED±BD,

在三角形BDE中,S^BDE=-DE=-DG,

所以DG=*=半，

所以點(diǎn)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?yàn)镈E=1,=4。=iCD=1,

所以BD=&,BC=V2,BE=V3,

所以SABDC=|BO-BC=ixV2xV2=l,

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

設(shè)點(diǎn)D到平面BCE的距離為h,

根據(jù)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(dāng)，

即點(diǎn)D到平面BCE的距離為當(dāng)

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

別是邊AB,AC,BC的中點(diǎn)，連接DE,連接2G交DE于點(diǎn)F.現(xiàn)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(diǎn)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(biāo)原點(diǎn),FG,FE,尸4所在直

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

【詳解】解：連接8E,

因?yàn)樵谶呴L(zhǎng)為2的正三角形2BC中，點(diǎn)。，E,G分別是邊力B,AC,的中點(diǎn),

所有0E〃8C,4G1BC,所以AF1DE,GF1DE,

又因?yàn)槠矫?DE1平面BCED,所以4/1平面8CED,則4/1GF,

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

則,A.（0,0,f）,F（0,p0）,G（y,0,0）,

,,初=仔-1，。），就=（。-評(píng)）'=-

設(shè)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(gè)法向量，

.?.點(diǎn)B到平面&EG的距離d=粵=條=

【變式3-1]2.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）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(diǎn)E是折后圖形

中半圓。上異于A,B的點(diǎn)

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(jiàn)解析；（2）去

O

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

證明瓦41平面EBC,再利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明R41EC；

（2）先求出EF=當(dāng),利用等體積轉(zhuǎn)化法把求三棱錐。-4CE的體積轉(zhuǎn)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(nèi),：.BC1EA.

,.zaEB是直角,.'.BE1EA.而B(niǎo)EC\BC-B,：.EA1平面EBC.

又「ECu平面EBC,：.EA1EC

（2）因?yàn)樵诰匦?BCD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(guò)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(guó)?高三專題練習(xí)）如圖所示長(zhǎng)方形BC￡T,FB=2AB=2FA=2BC,

現(xiàn)沿，GH兩道折痕進(jìn)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(shè)力B=3,請(qǐng)求出四面體H-4CE的體積

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）2其

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

FH//AB.HG//AD（2盾先根據(jù)四面體H-4CE的結(jié)構(gòu)符其放置在長(zhǎng)方體48CD-EFMN,

在長(zhǎng)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(zhǎng)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(diǎn)

【點(diǎn)睛】本題考查面面平行，四面體的體積，重點(diǎn)考查空間想象能力，推理能力，計(jì)算能力，

屬于中檔題型，很多設(shè)計(jì)幾何體的體積，結(jié)構(gòu)問(wèn)題，可以采用補(bǔ)體解決問(wèn)題.

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

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

如圖二所示，連結(jié)G&BD.

（1）求證：平面GBD1平面BCDE；

（2）求點(diǎn)E到平面CDG的距離.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）爭(zhēng)

【分析】（1）取的中點(diǎn)分別為O,M,連結(jié)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(zhì)和線面垂直的性質(zhì)及判定即可得證.

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

%-BCD=%-CDG，通過(guò)代數(shù)運(yùn)算間接求出點(diǎn)B到平面CDG的距離即可.

【詳解】（1）證明:取的中點(diǎn)分別為0,M,連結(jié)GO,OM『M如圖，

貝（］OM〃DE且。M=,

又因?yàn)镚FIIDES.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?yàn)镸為EB中點(diǎn)，三角形BEF為等邊三角形，

所以尸M1EB,

因?yàn)槠矫鍱FB，平面BCOE,平面8EF。平面BCOE=BE,

故FM_L平面BCDE,因?yàn)镚。||FM,

所以G。_L平面BCDE,

又因?yàn)镚。u平面GBD,

故平面GB。，平面8coE；

(2)因?yàn)锽E〃CD,

又因?yàn)锽E仁平面COG,CDu平面CDG,

故BE〃平面COG,

故點(diǎn)E到平面CDG的距離等于點(diǎn)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(diǎn)P,連結(jié)GP,

則GP=JCG2—0丫=J_（J=i,

故S/CDG=|xGPxC￡）=|x^xl^^,

設(shè)點(diǎn)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(diǎn)E到平面CDG的距離為爭(zhēng).

【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直的判定及性質(zhì)和面面垂直的性質(zhì)以及利用線面平行和等體積法間

接求點(diǎn)到面的距離;正確作出輔助線和等體積法的應(yīng)用是求解本題的關(guān)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(diǎn)，求點(diǎn)8到平面P2E的距離.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）呼.

【分析】（1）證明481平面PAC,則有481PA；

（2）等體積法求點(diǎn)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(diǎn),

.-.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(shè)點(diǎn)B到平面24E的距離為h

'^B-PAE~^P-ABE，

x2y/6h=ix-x-x42x2,

3322

3

【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質(zhì)，點(diǎn)到平面距離的求法，考查直觀想象

能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題.

題型4線面角問(wèn)題

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

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

三棱錐P-OAB中，E為PB中點(diǎn).

(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(jiàn)解析;(n)手.(m吟

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

和性質(zhì)得出所要的結(jié)果；第二問(wèn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求得線面角的正弦值;

第三問(wèn)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(diǎn),PD1AD,PC1BC,

所以在三棱錐P-。48中，P。1CM,P。10B.

因?yàn)椤?n。8=。，所以P。1平面。力B.

因?yàn)锳Bu平面。4B,所以P。1AB.

(□)取AB中點(diǎn)F,連接OF,取A0中點(diǎn)M,連接BM.

過(guò)點(diǎn)。作AB的平行線0G.

因?yàn)镻0,平面OAB,所以PO±OF,PO±OG.

因?yàn)镺A=OB,F為AB的中點(diǎn)，

所以O(shè)FLAB.所以O(shè)DOG.

如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系。-xyz.

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

因?yàn)锽O=BA,M為OA的中點(diǎn)，所以BM±OA.

因?yàn)镻O,平面OAB,POu平面POA,所以平面POA,平面OAB.

因?yàn)槠矫鍼OACI平面OAB=OA,BMu平面OAB,

所以BM，平面POA.

因?yàn)榍?(]-苧，0).所以平面POA的法向量方=(V3,-1,,0人

BP=(1,-V3,1).

設(shè)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(shè)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(guó)?模擬預(yù)測(cè)）如圖,四邊形M48C中△ABC是等腰直角三角形，

ACIBC,AMAC是邊長(zhǎng)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(diǎn)。在平面48c內(nèi)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(diǎn)尸在BC上,若DF〃平面瓦4c,求點(diǎn)尸的位置；

（2）求直線4B與平面EBC所成角的余弦值.

【答案】（1）點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)；（2）苧.

4

【分析】(1)設(shè)點(diǎn)。在平面ABC內(nèi)的射影為。，證明。是AB中點(diǎn)，取4c的中點(diǎn)H,證EH1平

面ABC,取BC的中點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn),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(biāo)系，用空間向量法求直線與平面所成角.

【詳解】(1)點(diǎn)尸為8c的中點(diǎn).

理由如下：設(shè)點(diǎn)。在平面4BC內(nèi)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(diǎn)

取AC的中點(diǎn)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。?！ㄆ矫鍱AC,

取BC的中點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn),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(biāo)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(shè)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(shè)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(diǎn)睛】方法點(diǎn)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(jì)算可得；

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

值等于直線與平面所成角的正弦值計(jì)算

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

長(zhǎng)為2的正方形,DCFE為等腰梯形，G為CD的中點(diǎn),S.DC=2FE,DE=CF=EF,現(xiàn)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(jiàn)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(diǎn)。，連接G。,過(guò)點(diǎn)。在平面2BFE內(nèi)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(biāo)系，然后再利用空間向量的運(yùn)算求解即可.

【詳解】解：（1）連接GF