考点60 立体几何中的折叠重难点讲义-2027届高考数学一轮复习

黄金考点60 立体几何中的折叠 2025年真题深入解读 【2025·全国二卷·第17题】（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 高考新趋势 1.弱化复杂几何构造，强化逻辑辨析：多选折叠题变多，不再只考计算，侧重判断命题真假，考查空间概念理解，对 “变与不变” 的理解要求更高. 2. 折叠与多模块小综合：折叠 + 外接球、折叠 + 函数范围，以多选形式出现，不是单独大题，属于小综合. 3. 图形载体轻量化：减少复杂梯形、不规则四边形，载体回归三角形、矩形，但设问更灵活，不再是固定套路. 4. 向量依然是主流解法，但增加对几何直观的要求：有些小题，用几何性质可以秒杀，计算向量会浪费时间；命题鼓励学生兼顾几何直观与代数计算两条路线. 5. 极少出现纯几何法才能解的折叠大题：新高考倾向于，只要规范，空间向量都可以完成解答，降低对纯空间几何技巧要求. 命题分析 （1）情境创设：本题通过梯形的翻折，构造了一个非标准的空间几何体，该几何体不是棱锥或棱柱，而是一个四棱锥去掉一个角后所得的六面体． （2）问题设计：第（1）问，要证明一条直线平行于另一个平面，或者证明该直线平行于另一个平面中的一条直线，或者证明该直线所在的一个平面与另一个平面平行．本题的设计是后一种思路．第（1）问要证明两个平面平行也是直观而简单的，因为翻折前与翻折后并不改变平行性，所以很容易完成证明．第（2）问解法多样，侧重代数思维与侧重几何思维的考生都能正常发挥． （3）考查目标：试题考查线线垂直与平行、线面垂直与平行的判定定理和性质定理，考查空间直角坐标系的建立和空间向量的坐标表示，考查空间向量基本定理的理解与运用，突出考查了考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力． 知识总结 ①核心概念：二面角是两个半平面所成的角；要证明一条直线平行于另一个平面，或者证明该直线平行于另一个平面中的一条直线，或者证明该直线所在的一个平面与另一个平面平行；线线垂直与平行、线面垂直与平行的判定定理和性质定理；空间向量基本定理、空间向量的坐标表示． ②解题要点：第一问，先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；第二问，建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. ③拓展关联：空间向量法是解决立体几何问题的有效工具，可将几何关系转化为代数运算． 分步解析 （1）第一步：证明平面、平面 由已知可得平面平面，所以平面． 同理可得平面． 第二步：证明平面 又，从而平面平面，所以平面． （2）解法1 第三步：证明垂直关系、确定建系条件. 由题设可知，，因此平面，且为面与面所成的二面角的平面角，即，所以平面平面． 过作的垂线交于点，则平面． 第四步： 建立空间直角坐标系、确定相关的、向量坐标 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系． 则由题设可得．所以． ． 第五步：平面的法向量、平面的法向量 设是平面的法向量，则即可取． 设是平面的法向量，则即可取. 第六步：根据平面和平面的法向量确定夹角余弦、二面角正弦 则． 故面与面所成的二面角的正弦值为． 解法2 利用空间向量基本定理． 选择三个基向量，，，，，． 设为平面的法向量，则即可取． 设为平面的法向量，则即可取. ，，则，故面与面所成的二面角的正弦值为． 解法3  综合法——找到两个平面的交线，构造二面角的平面角． 如图，延长与交于点，连结，则，取点为的中点，故，作交于点，则为与面所成的二面角的平面角． ，故，，． 所以，故面与面所成的二面角的正弦值为． 解法4 综合法——找到两个平面的交线，构造二面角的平面角． 如图，延长与交于点，连结，则，连结．因为，故，作交于点，则为与面所成的二面角的平面角． ，故，，． 所以，故面与面所成的二面角的正弦值为． 解法5 综合法——等体积方法． 如图，延长与交于点，连结，则，连结．因为，故．所以面与面所成的二面角的平面角的大小等于直线与平面所成角的大小． 由题设可知，，因此平面，且为面与面所成的二面角的平面角，即，所以平面平面． 过作的垂线交于点，则平面，所以三棱锥的体积为． ，所以三角形的面积为，因此点到底面的高为，所以面与面所成的二面角的正弦值为． 考情维度 2027命题预判 分值位置 题型分布稳定：一般放在多选、填空或解答第一小问，极少作为压轴. 核心考点 本质是动态几何，核心：折叠前后，同一平面内的长度、角度不变；跨越折痕，空间距离、二面角改变 命题特点 1.载体固定：原始平面图形以直角三角形、矩形、正方形为主，梯形次之；折痕大多是中线、高线、对角线，自带垂直条件，降低入门门槛.2.“一不变，一变” 是命题底层逻辑：命题人刻意设置折痕同侧几何量不变，跨折痕空间量改变，用来区分学生是否死记图形，还是理解折叠本质. 3.几何法与向量法双路径兼容：命题设计时，保证大部分题目可以建系求解，向量法是普适解法；几何法适合快速判断垂直，适合选填提速. 备考策略 1. 基础过关：建立折叠问题标准化分析流程：拿到折叠题固定两步： ① 画折叠前平面图，标记所有边长、垂直、相等线段； ② 画折叠后空间图，圈出不变量，标注发生改变的量；口诀：折痕为界，同侧不变，异侧空间重构.2. 主干题型专项训练 （1）垂直证明类：重点训练 “平面内垂直折痕→折叠后线⊥折痕，再找另一条垂线证线面垂直”； （2）向量建系类：专门练折叠模型下寻找两两垂直的三条直线；若没有天然三垂直，会用一般空间向量（不强行建系）； （3）体积计算：训练寻找动点的高，高经常随二面角变化. 3.动手辅助空间想象 可以用纸片简单模拟折叠，理解点的转动；做题时养成平面图、空间图双图对照的习惯，减少看错条件. 考法一 证明平行、垂直关系及体积计算 【十年真题*精选】 真题1-1（2018·全国I卷·高考真题） 1．如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．    真题1-2（2017·全国I卷·高考真题） 2．如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为.为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：)的最大值为______．    真题1-3（2016·全国·高考真题） 3．如图，菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，交于点，将沿折到的位置. (1)证明：； (2)若，求五棱锥体积. 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2018·全国I卷 面面垂直、三棱锥体积 1．翻折问题的解题策略：（1）弄清翻折过程中的“数量变化”，即哪些线段的长度、角的大小发生了变化，变成了多少；哪些没有发生变化，依然是原来的大小； （2）弄清翻折过程中的“性质变换”，即翻折过程中哪些“平行关系”“垂直关系”发生了变化，哪些没有发生变化； （3）弄清了（1）（2）两个基本问题后，就可以把问题转化为基本立体几何问题了，然后求解即可． 2．结合几何体特征，选择合适的体积计算方法． 2017·全国I卷 三棱锥体积最值 2016·全国 线线垂直、五棱锥体积 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1（26-27高三·全国·一轮复习） 4．中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； 模拟1-2（2025·江苏南京·三模） 5．如图，在直角梯形中，，，，，于，沿将折起，使得点到点的位置，使，，分别是棱，的中点.    (1)证明：； (2)求平面和平面的夹角的余弦值. 模拟1-3（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习） 6．图1是边长为1的正六边形，将其沿直线折叠成如图2的空间图形，若，则几何体的体积为（     ） A． B． C． D． 考法二 证明平行、垂直关系及角的函数值计算 【十年真题*精选】 真题2-1（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题） 7．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 真题2-2（2020·山东·高考真题） 8．已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示. (1)若点，分别是，的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 真题2-3（2019·全国·高考真题） 9．图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，，将其沿，折起使得与重合，连结，如图2. (1)证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面； (2)求图2中的二面角的大小. 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2024·全国Ⅱ卷 向量运算、线线垂直、二面角 1．平面内垂直于折痕的直线，折叠后仍垂直折痕，是线面垂直最常用突破口.2．翻折使平面问题转化成空间问题--立体几何，求解则需要将其转化成平面问题或应用空间向量方法． 2020·山东 直二面角、线面平行、线面角 2019·全国 线面垂直、面面垂直、二面角 【三年模拟*荟萃】 模拟2-1（26-27高三上·河北·开学考试） 10．如图，已知菱形中，，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 模拟2-2（25-26高三上·安徽·阶段练习） 11．折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.      (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 模拟2-3（2024·湖北·模拟预测） 12．已知菱形的边长为，，沿对角线将菱形折起，使得二面角为钝二面角，且折后所得四面体外接球的表面积为，则二面角的余弦值为______. 考法一 证明平行、垂直关系及面积计算 【十年真题*精选】 真题1-1（2019·全国III卷·高考真题） 13．图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，，将其沿折起使得与重合，连结，如图2. (1)证明图2中的四点共面，且平面平面； (2)求图2中的四边形的面积. 【解题规律*总结】 1．关注位置变化，哪些线段的长度、角的大小发生了变化，变成了多少；哪些没有发生变化； 2．关注性质变化，翻折过程中哪些“平行关系”“垂直关系”发生了变化，哪些没有发生变化． 3.翻折使平面问题转化成空间问题--立体几何，求解则需要将其转化成平面问题或应用空间向量方法． 4．弄清平面图形特征或几何体表面特征．表面积要区分*原平面图形哪些面被折为内部，不再属于几何体表面*. 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1（2026·全国·模拟预测） 14．已知椭圆的左右焦点分别为，，过的直线与椭圆交于，两点．为的中位三角形，其中，，分别为三边，，的中点．以为底面，将，，分别沿，，向上折起，使得，，三点重合，记为点，则三棱锥的外接球表面积的最小值为_______． 模拟1-2（2025·江苏盐城·模拟预测） 15．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 模拟1-3（24-25高三下·海南海口·阶段练习） 16．在边长为2的正方形中，点分别是的中点，将，，分别沿折起，使三点重合于点，则三棱锥外接球的表面积（    ） A． B． C． D． 预测角度 预测缘由 试题指引 备考提醒 矩形折叠、线线关系 考查基础 如押题第1题 1.最大错误：折叠前两条线段相交，折叠后当成仍然相交；或者直接沿用折叠后异面线段的长度.必须区分：只有折痕同侧线段长度、夹角不变.2. 表面积计算：折叠后重合的面不再算表面积，很多同学直接代入原平面图形总面积. 3. 向量法：建系时，想当然默认某两条线垂直，没有证明垂直就直接作为坐标轴，造成步骤扣分. 4. 二面角判断：算出法向量夹角，不会判断二面角是锐角还是钝角，导致符号错误. 5. 混淆二面角与线面角公式，公式记忆混淆. 6. 动点范围题：忽略二面角本身取值范围，得到超出定义域的答案. 平面四边形翻折、线面垂直、线面角 考查基础、体现融合 如押题第2题 平行四边形折起、线面平行与垂直、线面角 考查基础、体现融合 如押题第3题 三角形折起、线面垂直、二面角 考查基础、体现融合 如押题第4题 扇形、三角形折起、面面垂直、三棱锥体积、二面角 考查基础、体现融合 如押题第5题 （押题1:矩形折叠、线线关系） 17．如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（   ）． A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得 （押题2:平面四边形翻折、线面垂直、线面角） 18．如图，在平面四边形中，，，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，连接，，使与平面所成角的正弦值为． (1)证明：平面； (2)求的长． （押题3:平行四边形折起、线面平行与垂直、线面角） 19．在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）． (1)求证：平面； (2)为线段上的动点（不含端点），能否与平面平行？说明理由； (3)求直线与平面所成角的正弦值． （押题4:三角形折起、线面垂直、二面角） 20．如图1，在中，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. （押题5:扇形、三角形折起、面面垂直、三棱锥体积、二面角） 21．如图，在扇形中，，点在上，且．当时，． (1)证明：为等边三角形； (2)当时，沿将折起到位置，使得平面平面，连接． ①求三棱锥的体积； ②求二面角的余弦值． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点60 立体几何中的折叠 【讲】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．(1)由已知可得，，． 又，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． (2)1. 【分析】(1)根据题意可得，又，利用线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证得； (2)方法一：根据平面知识求出，再求得三棱锥的高，即可根据三棱锥的体积公式求出；方法二：由转化求解． 【详解】（1）略   （2）［方法一］：定义法 由已知可得，．又，所以． 作，垂足为E，则． 由（1）知，，又平面， 所以平面，所以平面． 因此， 三棱锥的体积为． ［方法二］：转化法 由（1）知，，又平面， 所以平面， 则． 因为， 所以． 因为， 所以． 2． 【分析】首先画图并设好未知量，根据等边三角形的性质和勾股定理表示出三棱锥的底面和高，从而得到三棱锥体积的表达式，然后构建辅助函数，通过导数来研究函数的极值从而找到三棱锥体积的最大值. 【详解】如下图，连接交于点，设重合于点，正三角形的边长为，则. . 在正三棱锥中，平面. 在中，. 三棱锥的体积. 设，则， 令，即，解得或(舍去). 当时，；当时，. 所以在区间上单调递增；在区间上单调递减. 所以. ∴.    3．(1) 由已知得，又由得，故， 由此得. 因为，所以， 所以，所以； (2) 【分析】（1）先证，再证. （2）根据勾股定理证明是直角三角形，从而得到，进而有平面，证明平面.根据菱形的面积减去三角形的面积求得五边形的面积，最后由锥体的体积公式求五棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）由得， 由得， 所以， 于是，故. 由（1）知，又，平面， 所以平面平面，于是， 又由，平面，所以平面. 又由得， 五边形的面积， 所以五棱锥体积. 4．(1)证明如下： 取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； 【详解】（1）略 （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高． 由（1）的图，在中，，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以，， 所以三棱锥的体积为． 5．(1)根据题意，沿将折起后，， 平面，则平面， 因平面，则，由左图易得矩形，故，故，得证. (2) 【分析】（1）先由线线垂直证明平面，再由线面垂直得，证明，即得； （2）由题意建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）由（1）平面，平面，则， 故可分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系(如图).    则， 因，分别是棱，的中点，则， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取； 因， 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面和平面的夹角为， 则. 即平面和平面的夹角的余弦值为. 6．D 【分析】过作，过作，将几何体转化为三棱柱和两个三棱锥的体积之和求解. 【详解】过作，垂足为，连接，由对称性可得， 又，平面，平面， 过作，垂足为，连接，则， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面，即空间几何体为直三棱柱. ∵，，所以，， 同理求得，，则， 又，等腰三角形的面积为， 空间几何体拆分为三棱柱、三棱锥和三棱锥三个部分， ∴空间几何体的体积为. 故选：D. 7．(1) 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）略 （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 8．(1)连接， 设点为的中点，连接，， 在中，又因为点为中点， 所以. 同理可证得， 又因为，分别为正方形的边，的中点， 故，所以. 又因为，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. (2). 【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行； （2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为为正方形，，分别是，的中点， 所以四边形为矩形，则. 又因为二面角为直二面角，平面平面，平面， 所以平面， 则为直线在平面内的射影， 因为为直线与平面所成的角. 不妨设正方形边长为，则， 在中，， 因为平面，平面，所以， 在中，， ， 即为直线与平面所成角的正弦值. 9．(1)证明：，，又因为和粘在一起. ，四点共面. 又，平面，， 平面， 平面，平面平面. (2) 【分析】（1）因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证. （2）在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证. 【详解】（1）略 （2）如图， 过作延长线于，连结， 因为平面，平面，所以. 又，平面，，故平面. 因为平面，所以. 又因为，所以是二面角的平面角. 而在中，又因为故，所以. 而在中,，所以二面角的度数为. 【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力． 10．(1)证明：在菱形中，，， 所以，均为等边三角形． 因为，为的中点， 所以． 因为，， 所以，所以． 如图，连接，则． 又因为，， 所以， 所以，所以． 又因为， 所以，所以． 又，且，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）连接，由几何关系证明和，结合线面垂直的判定可得； （2）解法一：设点到平面的距离为，利用等体积法可求；解法二：利用空间向量法可得. 【详解】（1）略 （2）解法一：设点到平面的距离为， 因为菱形的边长为， 所以， 所以， ． 由（1）知平面，， 所以，所以． 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 解法二：由（1）知，，，两两相互垂直，故以为坐标原点，，，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， 则即，可取． 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 11．(1) 由题可知，，平面， 则平面，平面，所以，同理可得． 因为，平面，所以平面． (2)不是，理由如下： 由题可知，该＂菱角＂由两个正三棱锥组成，且． 根据对称性，可知，在平面内的投影为的中心． 若该＂菱角＂所有的顶点在同一个球面上，则为球心，连接． 不妨令，则，. 因为，所以该＂菱角＂所有的顶点不在同一个球面上． (3). 【分析】（1）首先利用线面垂直证明得平面，则，同理得，最后利用线面垂直的判定即可证明； （2）假设所有顶点在同意球面上，计算得即可得到矛盾点，则证明结论； （3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，最后利用面面角的空间向量求法即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知的中心为，过作的平行线，易得该直线与两两垂直． 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 令，得， 则. 设平面的法向量为， 由，可得，令，得， 设平面的法向量为， 由，可得， 令，得． ， 由图可知．二面角为锐角，故二面角的余弦值为.    12． 【分析】作出，的外心，根据线面垂直得到二面角的平面角，再通过余弦的定义和二倍角的余弦公式即可求出. 【详解】如图，设O为四面体ABCD外接球的球心，半径为R， 令，分别为正和正的外心， 则，，平面ABD，平面CBD. 则，于是平面， 平面交BD点于E，连接，，则， 因此为二面角的平面角. 设其大小为，，，，. 连接，则，， .    故答案为：. 13．(1)在图1中，，， 在图2中，可得，所以四点共面. 又，，平面， 可得平面， 又因为平面ABC，所以平面平面，得证. (2)4 【分析】（1）根据题意可证依然成立，即可得四点共面；可证平面，即可证面面垂直； （2） 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连结， 因为，平面，所以平面， 而平面，故， 由已知，四边形是菱形，且得， 而平面，故平面， 而平面，因此． 在中，，，故． 所以四边形的面积为4. 【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力. 14． 【分析】先由椭圆定义得，再由三角形中位线的性质可得，把三棱锥放到长宽高分别为的长方体中，最后根据该长方体的体对角线就是三棱锥外接球的直径及基本不等式求解. 【详解】由椭圆定义得， 由三角形中位线的性质可得， 如图所示，把三棱锥放到长宽高分别为的长方体中， 则该长方体的体对角线就是三棱锥外接球的直径， 设，则， 因为，三式相加得， 因为， 当时取等号， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积. 【点睛】当三棱锥的3组相对棱的长分别相等时，可把该棱锥放到一个长方体中，使得该三棱锥的顶点都是长方体的顶点，则该长方体的体对角线就是球的直径. 15．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. 16．D 【分析】两两垂直，三棱锥外接球就是以为长宽高的长方体的外接球，从而求出外接球半径，得到表面积. 【详解】显然，两两垂直，其中， 故三棱锥的外接球就是以为长宽高的长方体的外接球， 故外接球半径为， 故三棱锥外接球表面积为. 故选：D 17．AD 【分析】选项A，当为点时，利用线面垂直可证明；选项B，利用线面的位置关系可判断；选项C，当点为点时，与相交；选项D，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而有. 【详解】对于选项A，在矩形中，，，，所以四边形为正方形.所以. 又因为平面，平面，所以. 当为点时，，从而可证得平面. 又平面，所以，故A正确； 对于选项B，当点位于点时，与相交；当点在线段上除点的其他位置时， 因为平面，平面，，平面， 所以，与为异面直线，故B错误； 对于选项C，当点为点时，与相交，故C错误； 对于选项D，当为的中点时，取的中点，连接， 在中，分别为中点，所以. 又，所以.同理可得. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以，故D正确． 18．(1) 连接， 因为，，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 则，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 则，所以， 又，所以， 所以，， 又，，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）连接，即可证明，从而得到，即可得证； （2）在直线上取一点，使得，即可得到，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量及直线的方向向量，利用空间向量法求出，即可得解. 【详解】（1）略 （2）在直线上取一点，使得， 由（1）知平面，又平面， 所以， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，取，则． 设与平面所成角为， 则， 整理得，即， 解得或． 又，所以，则，则，故． 19．(1) 连接，因为，为的中点， 是等边三角形， 则， 则在中，因为，， 所以． 在中，因为，所以， 同理可得， 又，， 故平面． (2) 不可能与平面平行，理由如下： 假设平面， 又因为平面平面． 所以平面． 因为平面平面， 从而有平面平面，这显然不成立， 所以不可能与平面平行． (3) 【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）假设平面，推导出错误结论平面平面，即可说明不可能与平面平行； （3）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）略. （2）略. （3）设为的中点，则． 因为平面平面， 所以平面平面． 又平面平面平面，所以平面． 以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向， 过点且平行于的直线向上方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 因为， 所以， 取，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则． 20．(1) 在图1的中，， 所以，，且，， 因为，所以，，则，， 在中，，，，则， 在图2的中，，，， 满足，所以， 因为，，，、平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值； 【详解】（1）略 （2）因为平面，， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，，， 设平面一个的法向量，则， 取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面与平面所成角为， 则， 因此，平面与平面所成角的余弦值为. 21．(1) 证明：由题意，当时，，所以， 在中，由余弦定理得， 即，即，解得， 在中，由余弦定理得，解得，所以， 所以为等边三角形. (2)①；② 【分析】（1）先在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，即可证明. （2）①利用面面垂直的性质定理得线面垂直，确定三棱锥的高，利用三棱锥体积公式求解即可； ②建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）略 （2）①当时，，所以，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即为三棱锥的高， 所以； ②由①知，，，两两互相垂直， 故以为坐标原点，为轴，为轴，为z轴，建立如图坐标系． 则，，，， 所以，． 设平面的法向量为， ，令得，，所以． 又平面ABD的法向量． 设二面角为，又由图可知二面角的平面角为锐二面角， 所以， 所以二面角的余弦值为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 黄金考点60 立体几何中的折叠 1．“蝠”与“福”发音相同，在中国文化中，蝙蝠图案经常寓意福气临门．某商家设计的折叠储物凳是正三棱台形状，如图，其侧面展开图形似蝙蝠．每个侧面梯形的上底长为分米，下底长为分米，梯形的腰长为分米，忽略储物凳的表面厚度，则该正三棱台储物凳的储物容积为（   ） A．立方分米 B．立方分米 C．7立方分米 D．立方分米 2．如图，在矩形中，，，B为的中点，现分别沿，将，翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的体积是 3．如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（   ）． A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得 4．在正方形中，，，分别为边，的中点，分别沿，，将，，折起，使点，，重合于点，形成四面体，则以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为_____________． 5．在平面四边形中，，将沿翻折至，使得平面平面，则___________． 6．如图1，在中，，，是线段的中点．将沿所在直线翻折得到三棱锥，如图2．若，则三棱锥外接球的体积为________． 7．如图，在中，，.将绕边旋转到的位置，使，点为中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 8．如图1，已知菱形的对角线和交于点，，.将沿直线折叠，使得平面平面（如图2），连接，，分别是，的三等分点（靠近点），平面与交于点. (1)证明：； (2)求点到平面的距离. . （2016·浙江·高考真题） 9．如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______． （2018·全国I卷·高考真题） 10．如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. （2016·全国·高考真题） 11．如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. （2015·浙江·高考真题） 12．如图，已知，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． （26-27高三上·江苏常州·阶段检测） 13．如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． （26-27高三上·浙江·开学考试） 14．如图，矩形中，，．将沿对角线折起，得到三棱锥，在底面上的投影在上． (1)证明：； (2)证明：平面平面； (3)求与平面所成角的正弦值． （26-27高三上·河北沧州·开学考试） 15．如图，在等腰梯形中，，且，为底边的中点，现将沿翻折，点翻折至空间后． (1)求四棱锥的体积； (2)点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． （26-27高三上·河北廊坊·开学考试） 16．在如图（1）所示的平面图形中，四边形是直角梯形，，，，，和是两个正三角形．分别沿，将两个正三角形折起，使得平面和平面都与平面垂直，连接，，，得到如图（2）所示的几何体． (1)证明：平面平面． (2)求点D到平面的距离． (3)求平面与平面夹角的余弦值． （26-27高三上·浙江·开学考试） 17．如图，在平面四边形中，，，，将沿对角线翻折至，在翻折过程中（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得平面平面 C．存在某个位置，使得点B到直线的距离为1 D．当三棱锥体积最大时，该三棱锥的外接球表面积为 （26-27高三·全国·一轮复习） 18．如图，在中，，．在边上取一点（不含、），将沿线段折起，得到．当平面垂直于平面时，则到平面距离的最大值为______． （26-27高三上·湖北·阶段检测） 19．已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，则________. （26-27高三上·福建福州·开学考试） 20．如图1，抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于，两点（点在第一象限）．当时，． (1)求抛物线的方程； (2)如图2，把沿翻折得，使得二面角的大小为． （ⅰ）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）当变化时，三棱锥的体积是否为定值；若是，求出这个值；若不是，说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点60 立体几何中的折叠 【练】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．D 【分析】设为底面的中心，连接，先求出，再利用勾股定理求出，即可求出棱台的高，再根据台体的体积公式即可得解. 【详解】如图，在正三棱台中，， 将棱台补全为正三棱锥， 设为底面的中心，连接，则平面， 而平面，所以， 因为，所以， ， 所以， 则正三棱台的高， 该正三棱台的上底面面积， 下底面面积， 所以该正三棱台储物凳的储物容积 . 故选：D. 2．ACD 【分析】选项A，由题意平面，可得为底面上的高，然后计算的面积，利用求解即可.选项B，利用向量夹角公式，再结合在中由余弦定理计算，利用向量的数量积以及线性运算进行转化，最终得到直线与直线所成角的余弦值为；选项C，利用等体积法，求出点到平面的距离，然后利用线面角的定义得到直线与平面所成角的正弦值为；D选项，先求出的外接圆半径，然后构造直角三角形得到，解得外接球半径，再利用球的体积公式求解即可. 【详解】由题意可得， 又因为，平面， 所以平面，所以为底面上的高， 选项A，因为由翻折得到，所以. 在中，，边上的高为， 所以，A正确 选项B，在中，， 可得 ，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错误. 选项C，由题意得，设点到平面的距离为， 由，可得，解得 所以直线与平面所成角的正弦值为，C正确. 选项D，由选项B知，， 所以，所以的外接圆半径 设三棱锥的外接球半径为， 因为平面，所以，解得. 所以外接球的体积是，D正确. 3．AD 【分析】选项A，当为点时，利用线面垂直可证明；选项B，利用线面的位置关系可判断；选项C，当点为点时，与相交；选项D，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而有. 【详解】对于选项A，在矩形中，，，，所以四边形为正方形.所以. 又因为平面，平面，所以. 当为点时，，从而可证得平面. 又平面，所以，故A正确； 对于选项B，当点位于点时，与相交；当点在线段上除点的其他位置时， 因为平面，平面，，平面， 所以，与为异面直线，故B错误； 对于选项C，当点为点时，与相交，故C错误； 对于选项D，当为的中点时，取的中点，连接， 在中，分别为中点，所以. 又，所以.同理可得. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以，故D正确． 4．## 【分析】由题意先求得四面体的外接球的半径，再用勾股定理求得两球相交圆的半径，从而求得其相交圆的周长，即两球相交形成的交线的长度. 【详解】如图，， 所以在四面体中，， 所以四面体的外接球为以为棱长的长方体的外接球，记球心为， 其半径为. 设以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交于圆，其半径为 则，解得. 所以圆的周长为， 即以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为. 5．## 【分析】先利用余弦定理计算出原平面四边形的边长与角，取的中点，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，进而证明，然后计算，最后在中根据余弦定理求出，进而求出. 【详解】在原平面四边形的中，，， 由等腰三角形性质得，可得， 由余弦定理得：，即. ，即，代入得 ，又， 在中由余弦定理： ，即. 取的中点，连接因为，所以，因为平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在中，，，计算得， 在中，，， 在中，，， 由余弦定理：， 故. 6． 【分析】由条件可知是等腰直角三角形，再由翻折的不变性得、、三条线段两两垂直，长度均为，因此可将三棱锥补形成一个棱长为的正方体，再求正方体的外接球的体积可得. 【详解】在图1的中： 由​，，可得， 即是等腰直角三角形， 又因为是中点，因此，且. 因为翻折后长度不变：，仍满足，. 因为，即，结合，， 可知、、三条线段两两垂直，长度均为. 因此可将三棱锥补形成一个棱长为的正方体， 该正方体的外接球与三棱锥的外接球完全相同，如图： 正方体的体对角线就是外接球的直径： ​，得外接球半径. 由球体积公式， 因此三棱锥外接球的体积为. 7．(1)由题意知：，，平面， ∴平面， 又∵平面，所以． 又点C为的中点，所以， 又，平面， 所以平面， 又∵平面，所以． (2) 【分析】（1）先证得平面，可得，再证平面，即可得； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标运算求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，可得，利用空间向量坐标计算即可． 【详解】（1）略 （2）由（１）知平面， 以O为原点，，的方向分别作为x， z轴， 底面内与垂直的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，又， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，则，， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则． 8．(1)证明：因为，分别是，的三等分点（靠近点）， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面， 所以. (2) 【分析】（1）先证明，利用线面平行的判定定理推得平面，再由线面平行的性质定理即可证明； （2）根据条件建系，求出相关点与向量的坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【详解】（1）略； （2）因为菱形的对角线和交于点， 所以为的中点，且，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以. 故可以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 因，则点为的中点，故， 又是的三等分点，则， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点到平面的距离为. 9． 【分析】方法一：通过建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量公式结合函数的性质即可求出． 【详解】［方法一］：异面直线所成角的向量公式 设直线与所成角为，设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直，，则，，因此可设，则，与平行的单位向量为， 所以＝，所以时，取最大值． 故答案为：． ［方法二］：几何法 由翻折过程可以看出D'在以H为圆心，DH为半径的圆上运动，设E是圆H与平面ABC的交点， 易知E在CB上，且CE=1．设直线AC与BD'所成角为，则，， 设点在平面上的投影为，，因此． ［方法三］：考虑纯几何运算 由折叠过程可知，在以为圆心，为半径的圆上运动，且垂直圆所在的平面，如图,作于，则，与所成角即为，且，,要使最大只需最小， 在中，为定值，即只要最短, ，因此． ［方法四］：【最优解】利用三余弦定理 前面过程同方法三, 与所成角即为， 是点在平面上的投影，可知： 观察得当与点重合时，和同时达到最小， 和同时取最大，此时有最大值， 最后我们不难发现，其实在翻折过程中，，那么，即当与重合时有最大值. 【整体点评】方法一：利用建系求异面直线所成角，是通性通法，易操作，但此题运算较复杂； 方法二：利用几何性质求异面直线所成角，计算简单，需要较好的空间想象能力； 方法三：利用几何法找到异面直线所成角的平面角，计算简单，需要较好的空间想象能力； 方法四：利用三余弦定理分析最简单，但是三余弦定理不是教材要求必需掌握的内容． 10． （1）由已知可得，，，又，所以平面. 又平面，所以平面平面； （2）. 【分析】（1）依题可知，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）方法一：依题意建立相应的空间直角坐标系，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的向量公式即可求出． 【详解】（1）略 （2）[方法一]：向量法 作，垂足为.由（1）得，平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得. 则 为平面的法向量. 设与平面所成角为，则. 所以与平面所成角的正弦值为. [方法2]：向量法 如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而． 又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值． [方法3]：【最优解】定义法 如图4，作，垂足为H，联结． 由（1）知，平面,因此为与平面所成的角． 设正方形的边长为2，则，在中，． 又因为，由知，．又因为，所以在中，． 所以与平面所成角的正弦值为． [方法4]：等积法 不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为． 【整体点评】（2）方法一：建立空间直角坐标系利用线面角的向量公式求解，可算作通性通法； 方法二：同方法一，只是建系方式不一样； 方法三：利用线面角的定义求解，计算量小，是该题的最优解； 方法四：利用等积法求出点P到平面的距离，再根据线面角的正弦公式即可求出，是线面角的常见求法． 11．（1）由已知得，, 又由得，故∥， 因此，从而⊥. 由得. 由∥得.所以,. 于是,故. 又,而, 所以平面. （2）. 【详解】分析：(1)证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即利用线线垂直进行论证，而线线垂直的寻找与论证往往需要利用平面几何条件，如本题需利用勾股定理经计算得出线垂直 （2）一般可利用空间向量的数量积求二面角的大小， 首先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面的法向量，再根据向量数量积求出两个法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角关系确定二面角的余弦值. 试题解析：(1)略 （2）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，， . 设是平面的法向量， 则，即，可取. 设是平面的法向量， 则，即，可取 于是， 设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是. 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 12．B 【分析】首先通过二面角的定义构造辅助线画出二面角的平面角，通过分析，用余弦定理求解出与的关系即可. 【详解】设，设，则由题意，在空间图形中，设， 在中，， 在空间图形中，过作，过作，垂足分别为，， 过作，连结，∴， 则就是二面角的平面角，∴， 在中，，， 同理，，，故， 显然面，故， 在中，， 在中， ， ∵，，∴（当时取等号）， ∵，，而在上为递减函数，∴，B正确. 13．(1)如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (3) 【分析】（1）利用三角形中位线得到线线平行，依据线面平行判定定理完成证明； （2）利用等体积转化由体积比确定点的位置，通过勾股定理证线线垂直，推证线面垂直，进而证面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，设出动点坐标，求解平面法向量，得到二面角的余弦表达式，结合三角函数有界性求出二面角余弦的最小值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 14．(1)如图，作面，以为原点建立空间直角坐标系，如图， 由题意得，，，设，， 由折叠性质得，， 由两点间距离公式得， 所以，则，， 可得，， 得到，故得证. (2)由题意得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得到， 可得，故平面平面得证. (3) 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由已知得，平面的法向量为， 设与平面所成角为，则， 故与平面所成角的正弦值为. 15．(1) (2) 【分析】（1）取的中点为，利用线面垂直的判定及锥体的体积公式推理求解. （2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由，得， 由为底边的中点，得，为边长为2的正三角形， 菱形的边上的高为，该菱形的面积为， 沿直线翻折后，取的中点为，连接， 则，且，， 又，则，即， 又平面，因此平面， 所以四棱锥的体积为. （2）由（1）知，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， 显然平面的法向量为，又， 设平面的法向量，则，取，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16．(1)设，的中点分别为M，N，连接，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以．     又，且，是平面内的两条相交线， ，是平面内的两条相交线，所以平面平面． (2) (3) 【分析】（1）利用面面平行判定定理的推论由，证明面面平行即可; （2）将点D到平面的距离看作三棱锥的高，利用等体积法求解即可; （3）设平面与平面夹角为，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，通过求解. 【详解】（1）略 （2）连接，可得，又， 所以平面，则，     在中，， 所以，    设点D到平面的距离为h，则． 易知平面，所以是三棱锥的高， 所以， 由，得，所以， 所以点D到平面的距离为． （3）如图，以M为原点，分别以，，所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 可得，可取，，   所以．设平面的法向量为， 则，即，可得，可取，， 所以．    设平面与平面所成的角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用空间距离的向量求法判断C，利用题意求出关键点的坐标，再利用球的方程求出半径，最后得到表面积判断D即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，则， 在中，由余弦定理得， 如图，作出翻折后的图形，且作面， 以为原点建立空间直角坐标系，可得，，， 设，由折叠性质得，， 由两点间距离公式得，， 两式相减得，解得，则， 令，，是参数，得到， 对于A，由题意得，， 若，则，解得， 而，则此种情况不存在，故A错误， 对于B，由题意得面的法向量为，设面的法向量为， 且，， 则， 令，解得，， 则， 若平面平面，则， 解得，符合题意，故B正确， 对于C，由题意得，， 设点B到直线的距离为，由题意得， 由点到直线的距离公式得， 则，解得（舍去）或， 当时，符合题意，故C正确， 对于D，由三棱锥的体积公式得， 当三棱锥体积最大时，，解得或， 而与等效，后续讨论的情况即可， 当时，，得到， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，球的半径为， 设球的方程为， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 则，解得， 将代入方程，得到， 则，解得，此时变为， 将代入方程，得到， 解得，，由球的表面积公式得，故D正确. 18．2 【分析】设，则，到平面距离为，由题意根据可得，根据二次函数性质计算可得最大值. 【详解】在中，因为，，所以． 由余弦定理可得．设，则，． 在中，由余弦定理可得． 在中，，，， 设到平面的距离为， 因为平面垂直于平面，所以到平面的距离即为的高， 则， 解得， 由，令，， 当时，函数有最小值为，因为，所以． 19． 【分析】先求出，得出和为等边三角形，再利用二面角的平面角的定义说明就是二面角的平面角，根据外接球表面积求出外接球的半径，再做出平面截外接球的截面图，化空间为平面，找到球心，通过求出，进而求出的余弦值，最后利用三角函数公式求出答案. 【详解】因为， 所以，，所以和为等边三角形. 设的中点为，连接，，就是二面角的平面角，大小为. 四面体的外接球表面积为，记外接球半径为，，所以. 设和的中心分别为，，过，分别作平面，平面的垂线， 设两垂线相交于点，那么就是四面体的外接球的球心. 由题意知，得， 所以，所以，，. 20．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）是，． 【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，即可得方程； （2）（ⅰ）联立方程得出点的坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；（ⅱ）应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解. 【详解】（1）设，则； 当时，设的方程为， 联立方程，消去y得：，则， 可得，解得， 所以抛物线的方程为． （2）（ⅰ）在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为， 联立方程，消去y得：，解得或， 所以点，的坐标分别为，． 过点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，， 当二面角的大小为时，点，即； 可得，，， 设面的法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （ⅱ）由题意得 ， 当时，，此时； 当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为， 联立方程，消去y得， 则，可得，， 因为，， 则，得， 所以 ， 综上所述，三棱锥的体积为定值． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $