专题11 立体几何中翻转和折叠问题（培优高频考点专练)（全国通用）2026年高考数学二轮复习高效培优系列

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，，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，连接，设为二面角大小，．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 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【典例02】（2025·天津·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【变式01】（2025·河北唐山·三模）如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D．3 【变式02】（2025·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【变式03】（25-26高三上·云南楚雄·月考）如图，等腰梯形中，，垂足为点，延长线段至点，使得．将沿翻折至的位置，使得． (1)证明：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求三棱锥与三棱锥所围成的公共部分 几何体的外接球的表面积． 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。 【典例01】（2025·海南·一模）如图，四边形是等腰梯形，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置. (1)证明：平面； (2)若平面，求二面角的正弦值. 【典例02】（2025·四川成都·模拟预测）如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【变式01】（2025·湖南长沙·三模）如图，菱形ABCD的对角线交于点，且为CD的中点，平面CBD，且．现沿BD将翻折至的位置，使得平面平面CBD，且点和在平面CBD的同侧． (1)证明：平面BCE； (2)求直线EF和平面所成角的正弦值． 【变式02】（2025·广东广州·三模）如图所示，在等腰直角中，，点､分别为的中点，将沿翻折到位置. (1)证明：平面 (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式03】（2025·天津·期末）如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，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：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. 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，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·江苏镇江·模拟预测） (多选题)已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（    ） A．平面平面 B．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为 C．当二面角为时，点到平面的距离为 D．当时，直线与平面所成角的余弦值为 【变式01】（2025·四川南充·一模）已知四面体中，、、两两垂直，， 与平面所成的角为，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·广东江门·模拟预测）如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D． 【变式03】（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.  (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 题型四 折叠后的外接球问题 方法点拨：先确定折叠后几何体的外接球球心（通常在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上）；利用折叠前后不变的外接圆半径、二面角大小计算球心到各顶点的距离（即球半径）；若折叠后出现两两垂直的线段，可将几何体补成长方体，长方体的外接球即为几何体的外接球。 【典例01】（2025·福建漳州·模拟预测）在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·福建宁德·三模）(多选题)如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 【变式01】（2025·安徽合肥·三模）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． (3)求四面体的外接球的半径的最小值． 【变式03】（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是 ． 题型五 折叠中的最值问题（线段长度、体积、角度最值） 方法点拨：线段长度最值可通过 “轨迹法”（如折叠后某点在以定点为圆心、定长为半径的圆上）求解；体积最值需找到 “高的最大值”（通常当折叠后两平面垂直时，高最大）；角度最值可通过向量夹角公式转化为函数最值，结合二次函数或三角函数性质求解。 【典例01】（2025·重庆九龙坡·三模）如图，矩形 中， ，将 沿 翻折，得到三棱锥 ( 是 在翻折后的对应点)，则三棱锥 体积的最大值为（   ） A． B． C．8 D．16 【典例02】（2025·河北石家庄·三模）在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【变式01】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，为等腰直角三角形，，为斜边上一动点，将沿折起，使的对应点为，且二面角的大小为，当的长最小时，三棱锥外接球的半径为（   ） A． B． C． D．2 【变式02】（2025·山东济南·二模）(多选题)如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为8 B．存在某个位置使 C．三棱锥外接球半径为3 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【变式03】（2025·黑龙江佳木斯·三模）(多选题)如图1所示，在四边形中，，，.如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接.则下列选项正确的是（   ） A．当平面平面时，点到平面的距离为 B．异面直线与所成角的取值范围为 C．、分别为、的中点，在翻折的过程中，存在某个位置，使得 D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为 （限时训练：15分钟） 1． （2025·江苏盐城·模拟预测）(多选题)在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（    ） A．平面 B．点到平面的距离为 C．与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球表面积为 2． （2025·全国·模拟预测）(多选题)如图，矩形中，为的中点，将沿翻折至点，得到四棱锥为的中点，则（   ） A．平面 B．的长为定值 C．四棱锥体积的最大值为 D．直线与平面所成角的最大值为 3．（2025·山西晋中·三模）(多选题)如图（1），在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将沿直线BD折起到的位置，如图（2），则下列说法正确的是（   ）    A．在翻折的过程中，恒有平面PEN B．若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为 C．当二面角的大小为时， D．当平面平面ABD时，三棱锥外接球的表面积为 4．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．   (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 5. （2025·宁夏石嘴山·三模）(多选题)如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（    ） A． B．存在，使平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 6. （2025·云南·模拟预测）在平面五边形中，如图1所示，，，．将平面四边形沿翻折成空间图形，使D，E分别至点，，连接，，如图2所示，其中，都为动点． (1)若，证明：平面平面； (2)若平面四边形沿旋转一周所得几何体，求该几何体的表面积； (3)求二面角的余弦值的最小值． 7. （25-26高三上·河北保定·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，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，连接，设为二面角大小，．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 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【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. 【详解】对于AD，取为中点，，则，而， 故，故在几何体中，， 而，故为二面角的平面角，故， 故，而平面， 故平面，而平面，故，故A成立. 因，，平面， 故平面，而平面，故，故D成立. 对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面， 而平面，故，故C成立. 对于B，过作平面，垂足为， 因为平面，故， 若，因为平面， 故平面，而平面，故， 而，故在上， 因为，平面，故平面， 而平面，故，故，但， 矛盾，故不成立即B不成立， 故选：B. 【典例02】（2025·天津·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解. 【详解】对于图2，延长至点，使得，如图：    由条件可知， 又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线， 所以平面，平面， 又， 又平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，可得, 所以直棱柱的体积为：， 因为平行且等于，可得平行且等于，又， 所以三棱锥的体积为：， 所以六面体的体积为. 故选：D 【变式01】（2025·河北唐山·三模）如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】C 【分析】在平面中过作，其中为垂足，在平面中过作，连接，利用空间垂直关系的转化可得，利用三角变换结合正弦函数的性质可得，由余弦定理可求的最大值. 【详解】 在中， ，， 由余弦定理知，故， 因为，故， 在平面中过作，其中为垂足， 在平面中过作，连接， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面，故. 而平面，故平面， 而平面，故， 因为， 故， 所以 因为，故，故， 故， 故， 故的最大值为， 故选：C. 【变式02】（2025·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）取中点，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，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，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. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 【变式03】（25-26高三上·云南楚雄·月考）如图，等腰梯形中，，垂足为点，延长线段至点，使得．将沿翻折至的位置，使得．    (1)证明：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求三棱锥与三棱锥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 (2) (3) 【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，进而可证明平面，平面得解， （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， 在中，因为，所以， ,可得． 因为平面， 所以平面．因为平面， 所以． 在中，因为， 所以，即． 又平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2）以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，    所以． 设直线与所成的角为， 则， 故直线与所成角的余弦值为． （3）如图，    设，则三棱锥即为所求的公共部分． 设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为． 因为，所以，则． 由正弦定理得， 由于平面，故,即， 所以． 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。 【典例01】（2025·海南·一模）如图，四边形是等腰梯形，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置. (1)证明：平面； (2)若平面，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证明平面，再由可得答案； （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. 为的中点，， 又且四边形为菱形，.     ，又平面.     与四边形为菱形同理，可知四边形为菱形， 平面 （2）由（1）可知即是边长为2的等边三角形，又平面， 所以两两互相垂直，以为坐标原点， 以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 已知， 则，     设平面的一个法向量为， 则，取.    设平面的一个法向量为， 则取. 故二面角的正弦值为. 【典例02】（2025·四川成都·模拟预测）如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，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，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，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. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得， 而平面平面，平面平面平面， 则平面， 过作，则平面，又平面， 于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而， 则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为， 则， 令，得， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，得， 设平面和平面的夹角为， 则 令，，则，即， 则当时，有最小值， 所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为． 【变式01】（2025·湖南长沙·三模）如图，菱形ABCD的对角线交于点，且为CD的中点，平面CBD，且．现沿BD将翻折至的位置，使得平面平面CBD，且点和在平面CBD的同侧． (1)证明：平面BCE； (2)求直线EF和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【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）， 又平面平面CBD，平面平面， 平面CBD，又平面． 又不包含于平面平面BCE， 平面BCE． （2）由题及（1）可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则. 设平面的法向量为， 则令，可得． 设直线EF和平面所成的角为， 则， 即直线EF和平面所成角的正弦值为． 【变式02】（2025·广东广州·三模）如图所示，在等腰直角中，，点､分别为的中点，将沿翻折到位置. (1)证明：平面 (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可知，继而证明平面，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式，即可求得答案. 【详解】（1）等腰直角中，，得．所以． 点、分别为、的中点，，所以． 将沿翻折到位置后，． 又平面平面． 所以平面． 又，得平面． （2）由（1）知面．又平面．所以平面平面， 由为中点．故．又因为．所以为等边三角形， 设的中点为．连接．则．又平面平面， 平面平面，平面．所以平面． 过作交于． 以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系： 因为． 得， 所以． 设平面的一个法向量为, 则，可取． 设平面的一个法向量为．则， 取． 所以． 故平面与平面夹角的余弦值为. 【变式03】（2025·天津·期末）如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，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：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)证明见解析；(3). 【分析】（1）取EC中点N，证明，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，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， 则，且，而，，即有， 因此四边形ABNM为平行四边形，有，因平面BEC，且平面BEC， 所以平面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， 平面ADEF，则ED⊥平面ABCD，而平面ABCD，即有， 在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，，则，， 而，有，即， 因此，又，平面BDE， 所以平面BDE. （3）延长CB与DA交于P点，由（2）知，而，，面ADEF， 于是得CD⊥面ADEF，即为直线BC与平面ADEF所成角，而，则， 所以直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 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，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 【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】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形， 则，，，则，可知， 即，且，由，，， 则，可知. 由，，平面， 可得平面，又因为平面，所以平面平面 取中点O，中点H，连，，则，，可得， 因为为等边三角形，则，平面平面， 平面，所以平面. 以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，，可得，，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 可得， 由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的. 平面的一个法向量，， 点B到平面的距离 ，所以点F到平面的距离为. 故选：B. 【典例02】（2025·江苏镇江·模拟预测） (多选题)已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（    ） A．平面平面 B．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为 C．当二面角为时，点到平面的距离为 D．当时，直线与平面所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】A利用证明面面垂直的判定定理证明两个平面垂直，BD利用空间向量的方法求异面直线所成的角和线面角，C利用三棱锥转换底和高，通过体积相等求点到面的距离. 【详解】对于选项A：翻折前，是菱形，，为的中点，沿对角线折起后，如图（1），，，，平面，平面，平面平面，则A选项正确；    对于选项B：平面平面，平面平面，，平面，平面，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图（2），   菱形的边长为2，，，为的中点，，，，，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则，则B选项错误； 对于选项C：如图（1），，，是二面角的平面角，二面角为，，，，，设点到平面的距离为，，，，，则C选项正确； 对于选项D：如图（3），    取中点，取中点，连，是等边三角形，，，，平面，平面，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，过作交于，，，，， 平面，平面，，又， 平面，过作，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，，设为平面的法向量，，，取，则，，，，设直线与平面所成的角为，，，则直线与平面所成的角余弦值为， 则D选项正确. 故选：ACD. 【变式01】（2025·四川南充·一模）已知四面体中，、、两两垂直，， 与平面所成的角为，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，首先根据已知条件结合空间向量的夹角公式求解的值，再根据点到面的距离公式进行求解即可. 【详解】如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，得：， 不妨令，解得：， 因为与平面所成的角为， 所以，即，又，解得：. 所以平面的一个法向量为， 故到平面的距离为. 故选：A 【变式02】（2025·广东江门·模拟预测）如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，即可证明,，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到直线的距离. 【详解】取的中点，连接， 因为、均为等腰直角三角形，所以 , 由二面角是直二面角，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 如图，以为原点, 所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所 示的空间直角坐标系, 则 , 所以 , 所以 , 所以, , 设直线的单位方向向量为，则, 所以点 到直线的距离为 . 故选：B 【变式03】（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可. 【详解】（1）在四边形中，因为，， 所以四边形为平行四边形， 又因为，， 所以四边形为正方形，         折叠后，显然，， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，，，        设平面的法向量， 则，令， 解得，，可得，     点到平面的距离为. 法二：如图，过点作，垂足为，连接，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，得到，            在中，，， 由余弦定理得，则. 即，         设点到平面的距离为， 由得， 又，，所以， 所以点到平面的距离为. 题型四 折叠后的外接球问题 方法点拨：先确定折叠后几何体的外接球球心（通常在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上）；利用折叠前后不变的外接圆半径、二面角大小计算球心到各顶点的距离（即球半径）；若折叠后出现两两垂直的线段，可将几何体补成长方体，长方体的外接球即为几何体的外接球。 【典例01】（2025·福建漳州·模拟预测）在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】沿对角线折起，当且，则三棱锥的表面积最大时，取的中点，连接，利用余弦定理求得，过球心作平面，则为等边三角形的中心，由与都是边长相同的等边三角形，由二倍角公式可得，利用勾股定理得、球的半径，最后由球的体积公式计算可得答案. 【详解】 由题意，因为是菱形，，， 则，是等边三角形，面积固定， 当且时，和的面积最大， 即三棱锥表面积最大， 因为，则， 取的中点E，连接， 则， ， 如图，过球心作平面，则为等边三角形的中心， 则，所以， 又，所以，， 在中，，则， 由勾股定理得， 所以球的半径， 所以三棱锥的外接球的体积为. 故选：C． 【典例02】（2025·福建宁德·三模）(多选题)如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A． B．三棱锥的体积为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的半径为 【答案】BCD 【分析】由题意确定平面，再结合棱锥的体积公式、二面角的平面角判断，及三棱锥外接球半径计算公式逐个判断即可. 【详解】由题意易知：，， 所以，即不垂直， 对于A，若，因为，为平面内两条相交直线， 可得：平面，又在平面内，，矛盾，故A错误， 对于B，因为，为平面内两条相交直线， 所以平面， 由，得到， 所以， 所以，正确， 对于C：因为，为二面角的棱，分别在两个面内， 所以为二面角的平面角，又，故C正确， 对于D，因为平面， 外接圆的半径为：， 所以三棱锥外接球的半径，正确， 故选：BCD 【变式01】（2025·安徽合肥·三模）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意得到翻折后四面体ABCD是2个直角三角形构成的，所以外接球球心在斜边的中点处，可得到半径进而求得体积，由翻折特性可知平面AOC，又可求体积. 【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为， 故选：D． 【变式02】（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． (3)求四面体的外接球的半径的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）应用平面平面，得出平面，再设，应用比例计算求解证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据线面角正弦公式计算求解； （3）设的中点为，球心，再应用坐标列式计算求解最值. 【详解】（1）平面平面，交线为，，平面，则平面， 平面，则，又，，平面，所以平面， 平面，则，因为，所以， 所以，可知． 在梯形中，由，，知，． 设， 得，，由，得， 解得，． （2），， 平面平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 则，， 所以，则直线，，交于一点， 可得．设，得，解得． 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， ，． 设平面的法向量为， 即令，则， 设直线与平面所成的角为， ． （3）坐标系如（2）中所示，设，，，，， 设的中点为，球心， 的外心为，则平面，即，，由，即，得， ， 当时，取得最小值，最小值为， 即四面体的外接球的半径的最小值为． 【变式03】（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是 ． 【答案】 【分析】利用球心在过和外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线的交线上找到球心位置，利用题中所给条件建立外接球半径与二面角的平面角为的关系式即可分析计算求解. 【详解】由题可得，所以， 所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且， 如图，分别为外接圆圆心，取中点，连接， 则，，， 且，故为二面角的平面角，所以， 分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O， 如图，当时，四边形为矩形,则， 所以由得； 若，如图，连接，则与相交于平面一点H， 则所以， 设三棱锥外接球半径为R， 则，，， 所以， 所以， 若，则，令， 则， 所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以， 综上所述，最小值为1，最大值为. 所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为. 故答案为： 题型五 折叠中的最值问题（线段长度、体积、角度最值） 方法点拨：线段长度最值可通过 “轨迹法”（如折叠后某点在以定点为圆心、定长为半径的圆上）求解；体积最值需找到 “高的最大值”（通常当折叠后两平面垂直时，高最大）；角度最值可通过向量夹角公式转化为函数最值，结合二次函数或三角函数性质求解。 【典例01】（2025·重庆九龙坡·三模）如图，矩形 中， ，将 沿 翻折，得到三棱锥 ( 是 在翻折后的对应点)，则三棱锥 体积的最大值为（   ） A． B． C．8 D．16 【答案】C 【分析】由题意可得，当平面平面时，三棱锥 体积的最大，然后结合锥体的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由条件可得， 且， 设点到的距离为，由等面积法可得， 即，则， 由图知，当平面平面时，三棱锥 体积的最大， 此时三棱锥的高为， 则体积为. 故选：C 【典例02】（2025·河北石家庄·三模）在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 【详解】 由题意知，， 就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，， 设， 由，可知， ，， ，， 解得， ， ， 当时，取到最小值，即取到最小值. 故选：A 【变式01】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，为等腰直角三角形，，为斜边上一动点，将沿折起，使的对应点为，且二面角的大小为，当的长最小时，三棱锥外接球的半径为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】设，结合面面垂直性质定理得出平面，再结合图形根据勾股定理可得，即可求解点的位置，结合正方体的外接球计算方法求解即可. 【详解】如图，设，则， 过点作于点， 因为二面角的大小为，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 过点作于点，则，， 又，， 所以， 因为二面角的大小为， 所以， 当时，有最小值2，此时平分，且，，三点重合， 三棱锥可看作是棱长为的正方体的一角， 设三棱锥外接球的半径为， 则，解得. 故选：B. 【变式02】（2025·山东济南·二模）(多选题)如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为8 B．存在某个位置使 C．三棱锥外接球半径为3 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【答案】ACD 【分析】由面面BCD时，三棱锥体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断A；利用相似得到，结合翻折的过程中，点M在底面BCD的投影位置及DN与DB位置关系判断B；由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断C；结合C分析得到O到MN的距离只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，进而确定线段最长、最短的端点值，即可得范围判断D. 【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知， 所以三棱锥的高为，则，对． B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则， 如下图，翻折过程中始终有，又在平面内， 所以平面，翻折过程中平面，即恒有， 且平面，翻折过程中恒有平面平面， 所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面在平面的投影直线上， 显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错． C：在翻折的过程中，和都是直角三角形， 所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对． D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以， 又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离， 所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长， 当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短， 如图所示，因为，所以，    所以，所以，故线段长为， 综上，线段长的取值范围为，对． 故选：ACD 【变式03】（2025·黑龙江佳木斯·三模）(多选题)如图1所示，在四边形中，，，.如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接.则下列选项正确的是（   ） A．当平面平面时，点到平面的距离为 B．异面直线与所成角的取值范围为 C．、分别为、的中点，在翻折的过程中，存在某个位置，使得 D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键平面的法向量，再利用点到平面的距离公式判断A；利用线线角的向量求法将线线角利用一元函数表示，再结合三角函数的有界性判断B；表示出，再解方程求解判断C；先证明鳄鱼模型公式的正确性，结合球的表面积公式求解D即可. 【详解】找中点，作，面， 因为，，所以， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，，所以由勾股定理得， 又因，则，解得， 故，，，， 设，则，， 因,故，得， 则，， 由可得，化简得， 即点的轨迹方程是半径为的圆的一部分， 而该圆的参数方程为，， 故，则， 设平面的法向量为，则，解得， 且，令，解得， 得到，易得平面的法向量为. 对于A，当平面平面时，，此时，解得， 此时，而，， 设平面的法向量为，则， ，令，解得，， 故，而 设设点到面的距离为，则，故A正确； 对于B，由已知得，， 设异面直线与所成角为，且， 则， 而，结合余弦函数性质得， 故，由余弦函数性质解得，故B正确； 对于C，因为、分别为、的中点， 所以，， 则，令， 则，则，无解， 所以在翻折的过程中，不存在某个位置，使得，故C错误； 对于D，首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型， 我们给定三棱锥，设分别是的外心， 设外接球球心为，是中点，连接,则，， 所以是二面角的平面角，设， 设，，连接,则面，面， 在四边形中，可得， 所以四点共圆，且设四边形的外接圆半径为， 所以，连接，由正弦定理得，设， 故，而在中，由余弦定理得， 连接，所以，则得，且 设，在直角三角形中，， 所以，即鳄鱼模型得证. 设二面角的大小为，且， ，如图，的外心为，找中点作为外心， 则由中位线性质得，得到， 此时公式变为， 若三棱锥的外接球的表面积的最小， 则其半径一定最小，由上分析可得， 而，结合正弦函数性质可得当时最小， 此时，由球的表面积公式得表面积为， 则三棱锥的外接球的表面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD. （限时训练：15分钟） 1． （2025·江苏盐城·模拟预测）(多选题)在等腰梯形中，为中点，点为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，下列说法中正确的有（    ） A．平面 B．点到平面的距离为 C．与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，等腰梯形中，根据边长可得，由此即可证平面；对于B，先证平面，再利用等体积法可求点到面的距离；对于C，由线面夹角的定义可知与平面所成角的正弦值为；对于D，根据题意球心在过外接圆圆心垂线的交点处，然后求出半径及表面积. 【详解】在等腰梯形中，为中点， ，且，四边形为平行四边形， ，且，又，所以为等边三角形， 即，所以四边形和四边形均为菱形， ，，， ，翻折后， ，， 又平面，，所以平面，故A正确； 对于B，平面平面，平面平面，， 平面，平面，， ，，， 则，即，， 设点到平面的距离为， ，解得，故B错误； 对于C，与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对于D，根据题意为等边三角形，且平面平面， 设外接圆圆心，过分别作平面与平面的垂线，交点即为球心，连接， ， ， 所以三棱锥外接球表面积为，故D正确； 故选：ACD. 2． （2025·全国·模拟预测）(多选题)如图，矩形中，为的中点，将沿翻折至点，得到四棱锥为的中点，则（   ） A．平面 B．的长为定值 C．四棱锥体积的最大值为 D．直线与平面所成角的最大值为 【答案】AB 【分析】取中点，连接，利用线面平行的判定推理判断AB；求出点到平面距离的最大值，结合锥体体积及线面角的求法判断CD. 【详解】对于A，取中点，连接，由是的中点，得， ，则四边形为平行四边形，，平面， 平面，因此平面，A正确； 对于B，由选项A知，，B正确； 对于C，点到直线的距离为斜边上的高，则， 四边形的面积，当平面平面时， 点到平面的距离最大为，四棱锥体积的最大值，C错误； 对于D，，则直线与平面所成角等于与平面所成角， 点到平面距离的最大值为，而， 则直线与平面所成角的正弦值最大值为，D错误. 故选：AB 3．（2025·山西晋中·三模）(多选题)如图（1），在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将沿直线BD折起到的位置，如图（2），则下列说法正确的是（   ）    A．在翻折的过程中，恒有平面PEN B．若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为 C．当二面角的大小为时， D．当平面平面ABD时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】结合相似三角形及勾股定理可得，，对于A，结合翻折的知识可得，结合可得平面PEN，进而判断即可；对于B，与A同理可得平面AMF，进而得到，，可得MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN，进而求解判断即可；对于C，结合空间向量的线性运算可得，根据二面角的大小为可得，进而利用空间向量的数量积的运算律求解判断即可；对于D，分析可得BD的中点为三棱锥外接球的球心，进而求解判断即可. 【详解】在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点， 计算可得，，易知， 又，所以，则，， 所以，所以，同理可得． 对于A，由上述过程可知在翻折的过程中，，而， 因为，PN，平面PEN，所以平面PEN，故A正确； 对于B，与A同理可得平面AMF，因为平面AMF，所以， 由平面PEN，平面PEN，可得， 所以MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN， 而，故B正确； 对于C，因为，二面角的大小为， 则， 所以 ， 所以，故C错误； 对于D，因为和都是直角三角形，且BD为公共边， 所以BD的中点为其所在三角形的外心，同时也是三棱锥外接球的球心， 所以外接球半径， 所以三棱锥外接球的表面积，故D正确． 故选：ABD. 4．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故.    （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为.    （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.    5. （2025·宁夏石嘴山·三模）(多选题)如图，矩形中，为的中点，将沿翻折成，得到四棱锥，点在线段上，则（    ） A． B．存在，使平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】BCD 【分析】取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，进而求出平面的法向量，再逐项求解判断. 【详解】取的中点，连接， 在矩形中，由为的中点，可得， 则，平面，则平面， 平面，于是平面平面，在平面内过点作， 而平面平面，因此平面，过作， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， ，的中点， 对于A，， ，不垂直，A错误； 对于B，，设平面的法向量， 则，取，得， 当为的中点时，， ，即， 而平面，因此平面，B正确； 对于C，梯形的面积， ，当且仅当，即平面时取等号，C正确； 对于D，， ，令，则 ，当且仅当时取等号， 因此直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确. 故选：BCD 6. （2025·云南·模拟预测）在平面五边形中，如图1所示，，，．将平面四边形沿翻折成空间图形，使D，E分别至点，，连接，，如图2所示，其中，都为动点． (1)若，证明：平面平面； (2)若平面四边形沿旋转一周所得几何体，求该几何体的表面积； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）利用菱形的性质及勾股定理逆定理可得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）利用圆锥、圆柱的侧面积公式求出表面积. （3）设二面角的大小为，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法建立函数关系，进而求出最小值. 【详解】（1）连接，在平面四边形中，，则四边形为菱形， 由，得为正三角形，，而， 则，，由，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，四边形是菱形，，作于，交延长线于， 菱形沿旋转一周所得几何体，是绕直角边所在直线一周得的圆锥， 矩形绕直线一周得的圆柱并挖去绕直线一周得的圆锥的组合体， ，该几何体的表面积为. （3）在平面内过作，而，则是二面角的平面角， 在平面内过作，则，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，得， ，令，得， 设二面角的平面角为，由几何图形及可得为锐角， 则 ，令，， ，当且仅当时取等号， 所以二面角的余弦值的最小值为. 7. （25-26高三上·河北保定·月考）如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据已知得是等边三角形，取的中点，连接，进而得，再由线面、面面平行的判定定理证明平面平面，再由线面平行的性质证明结论； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，进而得，求直线与平面的方向向量和法向量，应用向量法求线面角及已知列方程求出参数值；（ii）应用点面距离的向量求法求点面距离. 【详解】（1）因为，所以， 因为为的中点，则，所以是等边三角形， 取的中点，连接，则， 又为棱的中点，且，即，则． 因为平面平面平面平面， 所以平面，平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）（ⅰ）因为，所以． 所以，因为，所以， 又平面，所以平面， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则． 设直线与平面所成的角为，所以， 整理得，解得（舍），所以． （ⅱ）由（ⅰ）知， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则， 所以点到平面的距离为． 2 学科网（北京）股份有限公司 $