12立体几何中的翻折与展开问题讲义—2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何翻折与展开核心考点，以知识梳理（折叠策略与步骤）、回归教材（教材原题解析）、考点突破（例题变式）、跟踪练习为架构，通过考点梳理明确考查方向，方法指导对比折叠前后不变量与变量，真题训练强化解题应用，帮助学生系统构建知识网络，针对性突破难点。 资料特色在于教材与高考真题联动，分层练习覆盖选择、填空、解答题。采用图形对比法培养空间观念，结合二面角、外接球等问题训练推理能力，如通过正方形沿对角线翻折求角度延伸至高考真题中外接球表面积计算，高效提升学生空间想象与逻辑推理能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

2027届高三一轮复习立体几何回归教材版讲义 ——12 立体几何中的翻折与展开问题 知识梳理 折叠问题处理策略： 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 回归教材： 【人教A版选择性必修一复习参考题1第13题】如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，求折纸后的大小. 【答案】 【分析】可连接，，根据正方形的对角线互相垂直有，，而折成的为直二面角，从而平面平面，从而可得到平面，可得出，，三直线两两垂直，从而可分别以这三直线为，，轴，建立空间直角坐标系．然后求出空间一些点的坐标，从而可以得出向量的坐标，这样可根据向量夹角的余弦公式求出向量的夹角，从而得出的大小． 【详解】折起后的图形如下所示，连接，，则，；又平面平面，平面平面；平面；，，三直线两两垂直，分别以这三直线为，，轴，建立空间直角坐标系,设正方形的对角线长为2，则可确定以下点坐标： ，0，，，，，，0，，，，0，，，1，，；；； ；． 【人教A版必修二习题8.6第15题】如图，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中，哪些棱与面互相垂直？ 【答案】平面GEF，平面GSE，平面GSF. 【分析】通过对折叠前后直线位置关系的辨析得折后，根据线面垂直的判定定理即可判定. 【详解】折前∴折后. 又SG，EG，FG交于一点G.根据EG，FG交于一点G，可得平面GEF，同理可证：平面GSE，平面GSF. 【点睛】此题考查折叠问题中的垂直关系，找准折叠前后的变化关系和不变关系，关键在于根据线线垂直证明线面垂直. 【人教A版必修二复习参考题8综合运用第10题】如图，在边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点 (1)求证:; (2)求三棱锥的体积. 【分析】（1）由折叠可知三条直线两两垂直，利用线面垂直的判定定理，可先证明平面，再由线面垂直性质证求证； （2）由折叠可知三条直线两两垂直，，可求解. 【详解】（1）正方形中，，，折起后，有，， 平面，，∴平面，∵平面PEF，∴. （2）正方形中，，折叠后可知三条直线两两垂直，， ，. 【人教B版2020年数学必修四习题11-4C第2题】如图（1）所示，和都是直角三角形，，如图（2）所示，把沿边折起，使所在平面与所在平面垂直,连接. （1）求与平面所成的角的余弦值；（2）求点到面的距离. 【详解】（1）取中点,连接,.面面, 面,即为与平面所成的角.为等腰直角三角形且, .. 与平面所成的角的余弦值为. （2）,面面,面,面,.面. 面,面面.过作,则面, 的长即为点到面的距离.在中,, ,在中,,. 点到面的距离为. 【人教A版必修二第8.1.1节练习第4题】设计一个平面图形，使它能折成一个直三棱柱. 【答案】图像见解析（答案不唯一） 【分析】采用逆向思维，把直三棱柱通过某条棱展开成平面图形，即可得到答案. 【详解】如图所示，答案不唯一. 【点睛】本题考查空间图形的直观图与侧展图的关系，考查空间想象能力，求解时注意学会用逆向思维进行求解. 【人教A版必修二习题8.1第7题】如图，下边长方体中由上边的平面图形围成的是 A. B. C. D. 【答案】D 【分析】根据模型中相邻的面折成长方体以后仍相邻，即可作出判断． 【详解】D折成的长方体有两组对面是黑色的，一组对面是白色的． 【人教A版必修二第8.3.2节练习第1题】已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，求这个圆锥的底面直径. 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据圆锥的表面积公式和半圆的面积公式列方程组，解出即可. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则由题意得.又圆锥的侧面展开图为半圆，，即.将②式代入①式得，，即. 故圆锥的底面直径为. 【点睛】本题考查圆锥的表面积公式，是基础题. 【人教A版必修二习题8.4第9题】如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么在AB，CD，EF，GH这四条线段中，哪些线段所在直线是异面直线？ 【答案】直线EF和直线HG，直线AB和直线HG，直线AB和直线CD. 【分析】首先将正方体的展开图还原成正方体，由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线，进行判断. 【详解】 还原正方体如图，由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线可得， AB，CD，EF，GH这四条线段所在直线是异面直线为：直线EF和直线HG，直线AB和直线HG，直线AB和直线CD. 【点睛】本题考查的是异面直线的判定，将正方体的展开图还原成正方体，再利用异面直线的判定定理判断是解题的关键，是基础题. 考点梳理： 例、（多选题）如图，在矩形中，,,和交于点，将沿直线翻折，则下列说法正确的是( ) A. 存在， B. 存在，且 C. 存在，且 D. 存在，且 【答案】ABC [解析]对于，当时，此时矩形为正方形，则，将沿直线翻折，若使得平面 平面时, 由， 平面，平面 平面，，又 平面,所以，故正确. 对于，当时，,则，，且， 平面, 平面,，又 平面，所以，故正确.对于，在矩形中，,，所以将沿直线翻折时，总有，取，当将沿直线翻折到时，，即，且， 平面, 平面，则此时满足 平面，故正确. 对于，假设在翻折过程中存在某个位置，使得 平面，且 平面，所以，所以在中，为斜边，,故不正确. 故选. 例、如图，在矩形中，，，为边的中点，沿将折起至，设二面角的大小为 ，直线与平面所成的角为 ，若 ，则在翻折过程中( ) A. 存在某个位置，使得 B. 存在某个位置，使得 C. D. 【答案】D [解析]如图，作于点,连接,过点作，垂足为,因为,, ,, 平面,所以 平面,因为,，,, 平面， 所以 平面，所以 ， ， ，所以 ， 因为 ， ，所以，所以 .故选. 问变式 例、如图，在中，，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是( A ). A. B. , C. D. 【答案】A [解析]取的中点，连接，翻折前如图1，则，又，所以.翻折后，在图2中，当时，连接，由题意可得，所以 平面，所以，又为的中点，所以，所以.在中，有，， 即，，其中，解得， 如图3，当翻折到与在一个平面内时，若，则与相交，交点为，即 .因为，所以. 又， 即 ，所以 ，所以 . 在中，，即.综上可得.故选. 例、（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 【答案】 【分析】取的中点E，由已知可得为二面角的平面角，利用余弦定理求出，利用勾股定理的逆定理可得为直角三角形，则得的中点O为三棱锥的外接球的球心，即可得到外接球的半径，进而求出表面积. 【详解】 如图，取的中点E，连接，已知，，所以，， 又，所以，，所以为二面角的平面角，其余弦值为，在中，由余弦定理得，即，则，所以为直角三角形，则的中点O为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，所以三棱锥的外接球表面积为. 例、（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)若在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【详解】（1）二面角为直二面角，即平面平面，又因为平面，平面平面，所以平面．又因为平面，所以．由题意平面，所以平面． （2） 取中点中点，连接，则，因为平面，平面，所以，所以，在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则．设该球的球心坐标为，则 解得.所以该球的半径为. （3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接， 平面平面平面，平面平面，所以平面．而平面，故，又因为，平面，故平面，而平面，所以，则为平面与平面的所成角.直角三角形中，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 法二：平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则即 取，得平面的一个法向量为. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 例、(2024·新课标Ⅱ卷) 如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°， ∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4，又∠BAD＝30°， 在△AEF中，由余弦定理，得EF＝＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4，PE＝AE＝2，得EC2＋PE2＝PC2，所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)，所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)， ＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝＝，即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为. 小结：解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，在同一半平面内的位置关系和度量关系不变，在两个半平面内的关系多发生变化，弄清相应的关系是解题的突破口． 跟踪练习： 1．已知三棱锥的底面ABC是边长为1的等边三角形，平面ABC且，一只蚂蚁从的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用垂直条件证明得平面，即可得平面平面，然后根据平面展开图判断最短距离，再利用勾股定理计算求解即可. 【详解】将底面旋转，以为轴，旋转至平面与平面共面，如图，设的中心为，此时为最短距离，设到直线的距离为，则，所以. 2．（人教A版习题8.4第9题改编）某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（    ） A．线段与所在的直线异面 B．线段与所在的直线平行 C．线段与所在的直线所成的角为 D．线段与所在的直线相交 【答案】C 【分析】首先还原正方体，再根据线线的位置关系，判断选项. 【详解】由正方体展开图还原正方体如下图所示： 线段与所在的直线相交，故A错误；线段与所在的直线异面，故B错误； 如图连接，，由正方体的性质可知，为等边三角形， 所以为与所在的直线所成的角，故C正确； 如图连接，则，平面，平面，所以平面， 又平面，所以与不相交，故D错误.故选：C 3．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为(　　) A．120°　　　　　　　　 B．30° C．90° D．60° 【答案】D 解析：选D　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，，0)，C(0，0，)， D(0，－，0)，∴＝(－，－，0)，＝(0，－，)． ∴||＝2，||＝2，·＝2. ∴cos〈，〉＝＝＝. ∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D. 4．（2026·湖北十堰·二模）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【详解】如图: 记，在平面上的射影为点，则在上，连接． 由平面，，可得. 又是线段的中垂线，所以在上，即，因为三棱锥外接球的表面积为，所以该球的半径为.又，所以；因为为的中点，为的中点，所以为的重心.所以，，.所以三棱锥的体积． 5．（多选）如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形为正方形，点，，，分别为，，，的中点，则在原四棱锥中（   ） A．平面平面 B．平面 C．平面 D．平面平面 【答案】ABC 【分析】先把平面展开图还原为四棱锥，由面面平行的判定可判断A；易知四个侧面两两相交，据此可判断D；再根据线面平行的判定判断BC即可． 【详解】把平面展开图还原为四棱锥如图所示，则，又平面，平面， 所以平面．同理可证平面，又，，平面， 所以平面平面，故选项A正确；平面，平面，平面，平面是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交，故选项D错误；，平面，平面， 平面，同理平面，故选项B，C正确．故选：ABC． 6．（多选）如图，正方形的边长为1，分别是的中点，交于，现沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则在四面体中必有（    ） A．平面 B．四面体的体积为 C．点到面的距离为 D．四面体的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】由已知结合线面垂直的判定定理判断A；计算棱锥的体积公式判断B；由等体积法求出G点到面SEF的距离判断C；根据SG，EG，FG两两垂直计算外接球的半径，进一步求出外接球的表面积判断D． 【详解】对于A，由已知可得SG⊥FG，SG⊥EG，EG∩FG＝G，平面EFG，则SG⊥平面EFG，故A正确； 对于B，由已知可得EG⊥FG，EG＝FG＝，则＝，又SG⊥平面GEF，SG＝1， ∴＝，故B错误；对于C，∵EF＝，SD＝，∴，设G到平面SEF的距离为d，则，可得d＝，即G点到面SEF的距离为，故C正确； 对于D，∵SG，EG，FG两两垂直，且EG＝FG＝，SG＝1，∴三棱锥的外接球可看作棱长分别为，，1的长方体的外接球，故外接球的直径，∴r＝，∴外接球的表面积为：＝，故D正确．故选：ACD． 7．（多选）在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（    ） A．异面直线AC，BD所成的角是 B．平面 C．平面平面AEC D． 【答案】BCD 【分析】取线段的中点，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面AEC，从而证出，平面平面AEC；再利用三棱锥等体积法结合求可判断D. 【详解】取线段的中点，连接.因为，，所以，. 因为平面，所以平面，故B正确；因为平面，所以，即异面直线,所成的角是，故A不正确；因为平面，所以平面平面.故C正确； 因为，且都垂直于平面，所以.故D正确. 8．（多选）（2026·重庆·二模）如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 【答案】AD 【分析】对于A，因为在翻折过程中平面，可判断A；对于B，当平面平面时，假设与垂直，可得到，显然不成立，可判断B；对于C，利用正四面体的定义即可判断；对于D，当的投影为的中心时，此时三棱锥为正三棱锥，可判断D. 【详解】由题意知，在翻折过程中，，，可得，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；当翻折使平面平面时，因为，平面平面，所以平面，又平面，所以，若，，平面，所以平面， 因为平面，所以，易知不成立，故此时与不垂直，故B错误；而正四面体为四个面均为等边三角形的三棱锥，显然不是等边三角形，故C错误； 在翻折过程中，当的投影为的中心时，此时平面，又，所以，此时三棱锥为正三棱锥，故D正确. 9．（多选）（2026·四川遂宁·二模）如图所示，矩形中，，将沿翻折至，使得，则（    ） A．不存在的值使 B．存在的值使平面平面 C．三棱锥体积的最大值为 D．当点在平面上的射影落在上时，直线与平面所成角为 【答案】BCD 【分析】直接利用勾股定理即可判断A；当时，可证平面，进而得到平面平面即可判断B；过作交于，则当平面时，三棱锥体积最大，接着求出判断存在性，再得到体积即可判断C；当点在平面上的射影落在上时，可推出平面平面，则，再利用等体积法求出三棱锥的高，进而得到直接与平面所成角即可判断D． 【详解】根据题意，，若，则，即，解得，符合题意，故A错误；当时，， 又平面，平面，又平面，平面平面，故B正确；过作交于， 由题易知，，，解得，又，所以当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，又， ， ，符合题意，三棱锥体积最大值为，故C正确；当点在平面上的射影落在上时，平面平面，又，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故， 又，所以，， ，设三棱锥的高为，直线与平面所成角为， ，解得，，又，所以， 直线与平面所成角为，故D正确． 10．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【详解】如图： 设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为.则，，平面，且，所以平面.同理平面.所以三点共线.又，，所以.，，所以是等腰直角三角形，所以.所以. 11．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心，利用球面的性质及二面角的定义求解. 【详解】在三棱锥中，取中点，为的外心，由，得，在线段上，且，由，得是的外心，令三棱锥的外接球球心为，则平面，平面，而，则，显然平面，则平面，令平面平面，则是二面角的平面角， 且，而，则， 所以二面角的正弦值是. 12．已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）连接，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定性质推理即得. （2）证明平面，再利用等体积法求出点到平面的距离即可. 【详解】（1）连接，由，， 得， 在中，由余弦定理得，则， 于是，而平面， 因此平面，又平面，所以. （2）在中，由，，得，而平面， 平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 又，设点到平面的距离为，则，， 则，所以，， 由，得，即，解得， 所以点N到平面的距离. 13．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意得，为等边三角形，又为中点，所以，， 故.又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面. （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，，又，所以即为二面角的平面角，即. 则，，，.，，，设平面的法向量，则，即， 取设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 14．（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证明，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理，， 即.由， 所以为直角三角形，且.在中，，，， 因为，所以为直角三角形，且，由平面，，所以平面.由平面，所以平面平面. （2）以的中点为原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴， 以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，.所以，. 设平面的法向量为，则， 令，则，，此时.因为，设（），则.因为，，， 由， 又，所以.所以.因为，，，所以点到直线的距离为：. 15．已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD＝，AC与BD交于点O，将△ABD沿BD折叠成三棱锥A′－BCD，使得A′C＝2(如图2)，E为线段A′O上的一点． (1)求三棱锥A′－BCD的体积； (2)若二面角B－CE－O的余弦值为，求OE的长． 解：(1)在菱形ABCD中，BD⊥AC，折叠后BD⊥A′O，BD⊥CO， 又A′O∩CO＝O，A′O，CO⊂平面A′CO，所以BD⊥平面A′CO， 易知A′O＝A′C＝CO＝2，所以S△A′CO＝×2×2×＝3， 所以三棱锥A′－BCD的体积为S△A′CO×BD＝×3×4＝4. (2)以，的方向分别为x轴、y轴正方向，在平面A′CO中，过O作Oz轴⊥OC，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，A′(0，，3)，＝(－2，2，0)， 设＝λ＝(0，λ，3λ)，0<λ≤1，所以＝(－2，λ，3λ)． 易知＝(2，0，0)是平面A′CO的一个法向量，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)， 所以取n＝(3λ，λ，2－λ)， 由二面角B－CE－O的余弦值为，可知|cos〈，n〉|＝＝， 即12λ2＋λ－1＝0，又0<λ≤1，解得λ＝或λ＝－(舍去)，此时OE＝OA′＝. 16．（2026·陕西渭南·一模）如图1，在等边三角形中，，分别为，的中点，为的中点，，连接，，，将沿折到的位置，如图2，使平面平面. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，结合面面垂直的性质可得平面，再根据已知条件证明平面，最后结合面面垂直的判定即可求证； （2）根据题意，建立适当的空间直角坐标系，转化为向量求法即可求解. 【详解】（1）因为点，分别为等边三角形的，边的中点， 所以是等边三角形，且.因为点是的中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面.又平面，所以. 因为，所以与平行且相等，所以四边形为平行四边形，所以. 易知，所以，又，平面，所以平面. （2）设等边三角形的边长为4，取的中点，连接，由题设知， 由（1）知平面，又平面，所以，以点为原点，，，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，. 设平面的一个法向量为， 则，得，令，则，，此时. 易知平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为， 所以，则平面与平面夹角的余弦值为. 17．（2026·安徽池州·二模）如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面平面ACD； (2)点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值；（ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）取的中点，先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； 解法一：（ⅰ）先证明是二面角的平面角，根据面积公式可得，由此可求结论； （ⅱ）过作交于，求三棱锥的体积，利用等体积法求点到平面的距离，再由线面角的几何定义求结论； 解法二：（ⅰ）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式列方程求， （ⅱ）求直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）证明：取的中点，由题意知，，所以，，三点共线，由得；由得，又，故，所以，又，且，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）解法一：（几何法） （ⅰ）由（1）知平面，平面，所以，又，平面平面，所以是二面角的平面角，所以，由得，所以，即，即， 由得，所以； （ⅱ）过作交于，则平面，由（ⅰ）知， 所以，由（ⅰ）知， 所以，记到平面的距离为， 所以，所以，即，记与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为． 解法二：（建系法） （ⅰ）由（1）可知如图所示建系，则，，， 由得，设平面的法向量为，由得，故，取，可得，所以， 设平面的法向量为，记二面角的大小为，则，化简得，解得或（舍）， （ⅱ）由（ⅰ）知，取平面的法向量为， 又，记与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三一轮复习立体几何回归教材版讲义 ——12 立体几何中的翻折与展开问题 知识梳理 折叠问题处理策略： 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 回归教材： 【人教A版选择性必修一复习参考题1第13题】如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，求折纸后的大小. 【人教A版必修二习题8.6第15题】如图，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中，哪些棱与面互相垂直？ 【人教A版必修二复习参考题8综合运用第10题】如图，在边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点 (1)求证:; (2)求三棱锥的体积. 【人教B版2020年数学必修四习题11-4C第2题】如图（1）所示，和都是直角三角形，，如图（2）所示，把沿边折起，使所在平面与所在平面垂直,连接. （1）求与平面所成的角的余弦值；（2）求点到面的距离. 【人教A版必修二第8.1.1节练习第4题】设计一个平面图形，使它能折成一个直三棱柱. 【人教A版必修二习题8.1第7题】如图，下边长方体中由上边的平面图形围成的是 A. B. C. D. 【人教A版必修二第8.3.2节练习第1题】已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，求这个圆锥的底面直径. 【人教A版必修二习题8.4第9题】如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么在AB，CD，EF，GH这四条线段中，哪些线段所在直线是异面直线？ 考点梳理： 例、（多选题）如图，在矩形中，,,和交于点，将沿直线翻折，则下列说法正确的是( ) A. 存在， B. 存在，且 C. 存在，且 D. 存在，且 例、如图，在矩形中，，，为边的中点，沿将折起至，设二面角的大小为 ，直线与平面所成的角为 ，若 ，则在翻折过程中( ) A. 存在某个位置，使得 B. 存在某个位置，使得 C. D. 问变式 例、如图，在中，，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是( A ). A. B. , C. D. 例、（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 例、（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)若在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 例、(2024·新课标Ⅱ卷) 如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°， ∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 小结：解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，在同一半平面内的位置关系和度量关系不变，在两个半平面内的关系多发生变化，弄清相应的关系是解题的突破口． 跟踪练习： 1．已知三棱锥的底面ABC是边长为1的等边三角形，平面ABC且，一只蚂蚁从的中心沿表面爬至点P，则其爬过的路程最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（人教A版习题8.4第9题改编）某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（    ） A．线段与所在的直线异面 B．线段与所在的直线平行 C．线段与所在的直线所成的角为 D．线段与所在的直线相交 3．把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为(　　) A．120°　　　　　　　　 B．30° C．90° D．60° 4．（2026·湖北十堰·二模）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B．1 C． D． 5．（多选）如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形为正方形，点，，，分别为，，，的中点，则在原四棱锥中（   ） A．平面平面 B．平面 C．平面 D．平面平面 6．（多选）如图，正方形的边长为1，分别是的中点，交于，现沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则在四面体中必有（    ） A．平面 B．四面体的体积为 C．点到面的距离为 D．四面体的外接球的表面积为 7．（多选）在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（    ） A．异面直线AC，BD所成的角是 B．平面 C．平面平面AEC D． 8．（多选）（2026·重庆·二模）如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 9．（多选）（2026·四川遂宁·二模）如图所示，矩形中，，将沿翻折至，使得，则（    ） A．不存在的值使 B．存在的值使平面平面 C．三棱锥体积的最大值为 D．当点在平面上的射影落在上时，直线与平面所成角为 10．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 11．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． 12．已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 13．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. 14．（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． 15．已知边长为4的菱形ABCD(如图1)，∠BAD＝，AC与BD交于点O，将△ABD沿BD折叠成三棱锥A′－BCD，使得A′C＝2(如图2)，E为线段A′O上的一点． (1)求三棱锥A′－BCD的体积； (2)若二面角B－CE－O的余弦值为，求OE的长． 16．（2026·陕西渭南·一模）如图1，在等边三角形中，，分别为，的中点，为的中点，，连接，，，将沿折到的位置，如图2，使平面平面. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 17．（2026·安徽池州·二模）如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面平面ACD； (2)点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值；（ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $