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高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题38立体几何中的距离、截面、折叠问题(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题38立体几何中的距离、截面、折叠问题(原卷版+解析)，共59页。
立体几何中的距离、截面、折叠问题
距离问题
点点距
点面距
截面问题
形状
面积
折叠问题
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
2．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC是面积为等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A．B．C．1D．
3．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B−CG−A的大小．
4、(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)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 \* ROMAN I)证明：平面；
( = 2 \* ROMAN II)求二面角的正弦值．
5．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)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．
6．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为( )
A．B．C．D．
7．(2023新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，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_______。
8．(2023陕西）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
9．(2023浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则
10．(2023浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
11．(2023高考数学新课标2理科)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
( )
A．B．C．D．
12．(2023广东）如图2，四边形为矩形，⊥平面，,,作如图3折叠，折痕∥．其中点，分别在线段，上，沿折叠后点在线段上的点记为，并且⊥．
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
13．(2023江西)如图，在梯形中，，，是线段上的两点，且，，=12，=5，=4，=4，现将△，△分别沿，折起，使，两点重合与点，得到多面体．
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积．
14．(2023福建）在平行四边形中，，,将沿折起，使得平面平面，如图．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值．
15．(2023广东）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是
上的点,,为的中点.将沿折起，得到如图2
所示的四棱锥,其中.
（Ⅰ） 证明:平面；
（Ⅱ） 求二面角的平面角的余弦值.
16．(2023浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将△沿直线翻折成△，使平面⊥平面，为线段的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．
讲典例 备高考
类型一、距离问题
1、直线外一点P到直线l的距离：如图，直线l的单位方向向量为u，设eq \(AP,\s\up7(―→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up7(―→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为PQ＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－|eq \(AQ,\s\up7(―→))|2)＝a2－(a·u)2
2、平面外一点P到平面α的距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AP,\s\up7(―→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AP,\s\up7(―→))·n,|n|)))＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·n|,|n|)
基本题型：
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up7(―→))，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) D．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36)
2．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为_________．
2、如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
3．如图，在正四棱柱中，，，点是的中点，点在上，设二面角的大小为.
（1）当时，求的长；（2）当时，求的长.
基本方法：
1．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，
则B到平面α的距离为|eq \(BO,\s\up7(―→))|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n|,|n|).
2、点面距的求解步骤
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
类型二、截面问题
基本题型：
1.正方体中，，，，分别是，，，的中点，则正方体的过，，，的截面图形的形状是（ ）
A.正方形B.平行四边形C.正五边形 D.正六边形
2．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，则以平面α截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为( )
A．12π B.eq \f(25π,3) C.eq \f(20π,3) D．6π
3．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
4. （多选题）已知点 为正方体的棱的中点,过的平面截正方体,,下列说法正确的是（ ）
A. 若与地面所成角的正切值为,则截面为正六边形或正三角形
B. 与地面所成角为则截面不可能为六边形
C. 若截面为正三角形 时,三棱锥的外接球的半径为
D. 若截面为四边形,则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
5、已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
6．已知三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2eq \r( ,3)，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为________．
类型三、折叠问题
基础知识：
解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决．
基本题型：
1．把正方形沿对角线折起成直二面角，点，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为（ ）.
A．B．C．D．
2．（多选题）将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：①；② 是等边三角形；③与平面所成的角为；④与所成的角为.其中正确的结论有（ ）
A．①B．②C．③D．④
3．（多选题）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．
则下列结论中正确的是（ ）
A．B．四面体的外接球表面积为
C．与所成角的余弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为
4、条件①：图1中tan 2B＝－eq \f(4,3).条件②：图1中eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→)).条件③：图2中三棱锥A-BCD的体积最大．从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图1所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90° (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
5．如图，在直角梯形中，，，，，、分别是、的中点，沿将梯形翻折至，使得平面平面．
（1）求证：；
（2）设为上的动点，当取最小值时，求异面直线与所成角的大小；
（3）求多面体的体积．
新预测 破高考
1.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝eq \r( ,13)，则CP的最小值为( )
A.eq \r( ,13)－2B.eq \r( ,13)－3 C.eq \r( ,15)－2 D.eq \r(15)－3
2．将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，则直线AB与CD所成的角为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
3. 如图所示，在直三棱柱中，，且，，，点在棱上，且三棱锥的体积为4，则点到平面的距离等于（ ）
A. B. C. D.
4、（多选题）在长方体中，､､分别为棱､､的中点，，，则正确的选项是（ ）
A．异面直线与所成角的大小为60° B．异面直线与所成角的大小为90°
C．点到平面的距离为 D．点到平面的距离为
5. （多选题）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（ ）
A. 在四面体中，当时，
B. 四面体的体积的最大值为
C. 在四面体中，与平面所成角可能为
D. 四面体的外接球的体积为定值.
6．如图所示的四边形是边长为的正方形，对角线，相交于点，将沿折起到的位置，使平面平面．给出以下5个结论：
①；②和都是等边三角形；③平面平面；④；⑤三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和．
其中所有正确结论的序号是 .
7．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A-BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________．
8．如图，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中点E，将△ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C为120°，则四棱锥A-BCDE的体积为________．
9．已知点D，E是边长为12的等边三角形ABC的两边AB，AC的中点，沿DE折叠△ADE，使得二面角A-DE-B为60°，则四棱锥A-BCED外接球的表面积为________．
10.已知表面积为的正方体,中,,,分别是线段,,的中点,点在平面内,若平面,则线段的长度的最小值为___________.
11．如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，，，把沿BE折起，使得，得到四棱锥.如图2所示.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
11. 如图,等腰梯形中,沿将 折起至与平面成直二面角得到一四棱锥,为中点,过 作平面 .
（1）请画出平面截四棱锥的截面,写出作法,并求其周长；
（2）求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.
12. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且.
（1）证明：平面平面.
（2）求点到平面的距离.
如图,四棱柱的底面为平行四边形,其中平面,
,,分别为线段,的中点.
（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.
14、如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②，连接A1C，A1B.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)棱BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
15、三棱锥P-ABC中，PA＝4，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上(端点除外)．过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)；
(2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离．
16．如图，矩形中，，，为的中点，把沿翻折，满足.
（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.
17、如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．
(1)求证：GH∥平面DEF；(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．
18、如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝eq \r(3)，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
2023高考一轮复习讲与练
专题38 立体几何中的距离、截面、折叠问题
立体几何中的距离、截面、折叠问题
距离问题
点点距
点面距
截面问题
形状
面积
折叠问题
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
答案：（1） （2）
【解析】
分析：（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，所以点A到平面的距离为；
【小问2详解】取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,设平面的一个法向量，则，可取，
设平面的一个法向量，则，可取，
则，所以二面角的正弦值为.
2．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC是面积为等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A．B．C．1D．
答案：C
解析：
设球的半径为，则，解得：．
设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离．
3．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B−CG−A的大小．
答案： (1)见详解；(2)．
【解析】（1）由已知得，,所以，故确定一个平面．
从而四点共面． 由已知得，故平面．
又因为平面,所以平面平面．
作,垂足为．因为平面,平面平面，
所以平面．由已知，菱形的边长为，，
可求得．以为坐标原点，的方向为轴的的正方向，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
所以可取．又平面的法向量可取为，
所以．因此二面角的大小为．
4、(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)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 \* ROMAN I)证明：平面；
( = 2 \* ROMAN II)求二面角的正弦值．
答案：（Ⅰ）详见答案；（Ⅱ）．
【解析】（I）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．
（II）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
所以可以取．设是平面的法向量，则，
即，所以可以取．于是
．因此二面角的正弦值是．
5．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)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．
解析：（1）由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面．
又平面，所以平面⊥平面．
（2）作，垂足为．由（1）得，平面．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．
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．
6．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为( )
A．B．C．D．
答案：A
【解析一】根据题意，平面与正方体对角线垂直，记正方体为不妨设平面与垂直，且交于点．平面与平面与分别交于．正方体中心为,则容易证明当从运动到时，截面为三角形且周长逐渐增大:当从运动到时，截面为六边形且周长不变;当从运动到时，截面为三角形且周长还渐减小。我们熟知周长一定的多边形中，正多边形的面积最大，因此当运动到点时，截面为边长为的正大边形，此时截面面积最大，为
【解析二】由题意可知，该平面与在正方体的截面为对边平行的六边形，如图所示，则截面面积为
所以当时，
7．(2023新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，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_______。
答案：
【解析】如图连接交于，由题意，设等边三角形的边长为（），则，．
由题意可知三棱锥的高，底面，
三棱锥的体积为，设，
则（），令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以是取得最大值
，所以．
8．(2023陕西）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，
=，所以．即在图2中，，．从而平面．
又∥，所以平面．
（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，．
所以为二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，
所以，，，．
得 ，．
设平面的法向量，平面的法向量，
平面与平面夹角为，则，得，取，
，得，取，从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
9．(2023浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则
10．(2023浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
答案：B
【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．
11．(2023高考数学新课标2理科)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
( )
A．B．C．D．
答案：D
解析：由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．
12．(2023广东）如图2，四边形为矩形，⊥平面，,,作如图3折叠，折痕∥．其中点，分别在线段，上，沿折叠后点在线段上的点记为，并且⊥．
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：平面∴平面平面，
平面平面，平面，，∴平面，
，∴．
（Ⅱ）
，
13．(2023江西)如图，在梯形中，，，是线段上的两点，且，，=12，=5，=4，=4，现将△，△分别沿，折起，使，两点重合与点，得到多面体．
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积．
【解析】（1）由已知可得AE=3，BF=4，则折叠完后EG=3，GF=4，又因为EF=5，所以可得，又因为,可得，即所以平面DEG平面CFG.
（2）过G作GO垂直于EF，GO 即为四棱锥G-EFCD的高，
所以所求体积为．
14．(2023福建）在平行四边形中，，,将沿折起，使得平面平面，如图．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】：（Ⅰ）因为平面,平面平面平面
所以平面又平面所以．
（Ⅱ）过点在平面内作,如图．
由（Ⅰ）知平面平面所以．以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意,得．
则．
设平面的法向量．则即．
取得平面的一个法向量．设直线与平面所成角为,
则即直线与平面所成角的正弦值为．
15．(2023广东）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是
上的点,,为的中点.将沿折起，得到如图2
所示的四棱锥,其中.
（Ⅰ） 证明:平面；
（Ⅱ） 求二面角的平面角的余弦值.
【解析】（Ⅰ）在图1中,易得，连结,在中,由余弦定理可得
，由翻折不变性可知,
所以,所以,
理可证, 又,所以平面．
（Ⅱ）传统法:过作交的延长线于,连结,
因为平面,所以,所以为二面角的平面角．
结合图1可知,为中点,故,从而
所以,所以二面角的平面角的余弦值为．
向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则,,，所以,
设为平面的法向量,则,即,
解得,令,得，由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量,
所以，即二面角的平面角的余弦值为．
16．(2023浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将△沿直线翻折成△，使平面⊥平面，为线段的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．
【解析】 (Ⅰ)取的中点，连结，，由条件易知
，．，．所以，．
故四边形为平行四边形，所以
因为平面，平面，所以//平面
（Ⅱ）在平行四边形中，设，则，
，连，因为
在△中，可得=，在△中，可得=，
在△中，因为，所以，
在正三角形中，为中点，所以⊥．
由平面⊥平面,可知⊥平面, ⊥．
取的中点，连线、，所以⊥，⊥．
因为交于，所以⊥平面，
则∠为直线与平面所成角．
在Rt△中，=, =，=，则cs=．
所以直线与平面所成角的余弦值为．
讲典例 备高考
类型一、距离问题
1、直线外一点P到直线l的距离：如图，直线l的单位方向向量为u，设eq \(AP,\s\up7(―→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up7(―→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为PQ＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－|eq \(AQ,\s\up7(―→))|2)＝a2－(a·u)2
2、平面外一点P到平面α的距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AP,\s\up7(―→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AP,\s\up7(―→))·n,|n|)))＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·n|,|n|)
基本题型：
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up7(―→))，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) D．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36)
答案：BC
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，所以eq \(BA,\s\up7(―→))＝(－1,0,0)，eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1)).设∠ABE＝θ，则cs θ＝eq \f(|eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))|,|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(BE,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(5),5).故A到直线BE的距离d1＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|sin θ＝
1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A错．易知eq \(C1O,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(C1A1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
平面ABC1D1的一个法向量eq \(DA1,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|eq \(DA1,\s\up7(―→))·eq \(C1O,\s\up7(―→))|,|eq \(DA1,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
故B对．eq \(A1B,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)，eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(0,1，－1)，eq \(A1D1,\s\up7(―→))＝(0,1,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(A1B,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(A1D,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)为平面A1BD的一个法向量．
所以点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|eq \(A1D1,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，即为eq \f(\r(3),3)，故C对．因为eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up7(―→))，所以eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，又eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，则eq \f(eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),|eq \(AB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(3,4)，所以点P到AB的距离d＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),|eq \(AB,\s\up7(―→))|)))2)＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D错．故选B、C.
2．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为_________．
答案：
【详解】以D为原点，所在直线分别为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，则令，则，
所以平面的一个法向量．点到平面的距离为，
2、如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，则eq \(PE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，－1))，eq \(PF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－1)).设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(PF,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)y－z＝0，,\f(1,2)x＋y－z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(3,2)y，,x＝y.))令y＝2，则n＝(2,2,3)．
又eq \(DP,\s\up7(―→))＝(0,0,1)，所以点D到平面PEF的距离d＝eq \f(|eq \(DP,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(17))＝eq \f(3\r(17),17).
（2）由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以AC∥平面PEF，
所以A点到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离．由于eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
又由(1)知平面PEF的法向量为n＝(2,2,3)，所以点A到平面PEF的距离为eq \f(|eq \(AE,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17)，
即直线AC到平面PEF的距离为eq \f(\r(17),17).
3．如图，在正四棱柱中，，，点是的中点，点在上，设二面角的大小为.
（1）当时，求的长；（2）当时，求的长.
答案：（1）；（2）.
分析：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，计算出平面、平面的法向量、.
（1）由结合空间向量法可得出关于的方程，求出的值，进而可求得的长；
（2）由结合空间向量法可得出关于的方程，求出的值，进而可求得的长.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设.
（1）、、、，，，，
设平面的法向量为，由，可得，取，则，，所以，，设平面的法向量为，由，可得，取，可得，，所以，.
（1）因为，则，解得，从而点，
所以，；
（2），，解得或.
结合图形和（1）中的结论可知，从而.
基本方法：
1．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，
则B到平面α的距离为|eq \(BO,\s\up7(―→))|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n|,|n|).
2、点面距的求解步骤
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
类型二、截面问题
基本题型：
1.正方体中，，，，分别是，，，的中点，则正方体的过，，，的截面图形的形状是（ ）
A.正方形B.平行四边形C.正五边形 D.正六边形
答案：D
分析：由，可以确定一个平面这个平面与正方体的棱、分别交于，，由正方体的性质得正方体过，，，的截面图形的形状是正六边形．
【详解】如图所示，由，可以确定一个平面，
这个平面与正方体的棱、分别交于，，由正方体的性质得，，且，正方体过，，，的截面图形的形状是正六边形．故选：D．
2．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，则以平面α截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为( )
A．12π B.eq \f(25π,3) C.eq \f(20π,3) D．6π
答案：B
【解析】如图，由正方体的对称性，可知当截面为正六边形EFGHKI时，截面面积最大，此时正六边形的边长为eq \r( ,2)，设B1D交截面EFGHKI于M，则M为B1D的中点，所以B1M＝eq \f(1,2)B1D＝eq \r( ,3)，设正六棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，当球心在棱锥内部时，有R2＝(eq \r(2))2＋(eq \r(3)－R)2，解得R＝eq \f(5,2\r(3))，外接球表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2\r(3))))2＝eq \f(25π,3)；当球心在棱锥外部时，有R2＝(eq \r(2))2＋(R－eq \r(3))2，解得R＝eq \f(5,2\r(3))＜eq \r(3)(舍去)．所以以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为eq \f(25π,3).
3．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
分析：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案
【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，
由题意得，解得或（舍去），延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，则截面面积为
4. （多选题）已知点 为正方体的棱的中点,过的平面截正方体,,下列说法正确的是（ ）
A. 若与地面所成角的正切值为,则截面为正六边形或正三角形
B. 与地面所成角为则截面不可能为六边形
C. 若截面为正三角形 时,三棱锥的外接球的半径为
D. 若截面为四边形,则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
答案：A、D
分析：取的中点,做底面,取的中点,连接、交于点,连接,在正方体中可判断平面与底面所成的角为,再分别取的中点,连接,可判断截面为正六边形；取的中点,连接,则为等边三角形,所以即为平面与平面所成的二面角的平面角可判断A；当时,,可判断四边形为等腰梯形,必与有交点,则截面为六边形可判断B；若截面为正三角形 时,则为的中点,所以三棱锥为正三棱锥,设正三角形的外接圆的圆心为,外接球的球心为,利用求出半径可判断C；若截面为四边形,则截面与底面棱的交点必在上,且截面为时与平面所成角的最大,此时的余弦值最小,求出余弦值可判断D.
【详解】取的中点,做底面,则为的四等分点,且,分别取的中点,连接、交于点,则点为的四等分点,连接,在正方体中,,,此时平面,
即平面与底面所成的角为,且,
因为平面平面,所以平面与底面所成的角的正切值为,
再分别取的中点,连接,即过的平面截正方体的截面为正六边形；取的中点,连接,则为等边三角形,,所以即为平面与平面所成的二面角的平面角, 且,,,所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为,此时为等边三角形,故A正确；
当时,,所以,所以,
由于,所以为等腰直角三角形,,
由于,所以四边形为等腰梯形,必与有交点,则截面为六边形,故B错误；
若截面为正三角形 时,则为的中点,所以三棱锥为正三棱锥,且,,设正三角形的外接圆的圆心为,外接球的球心为,连接,则,, 因为,
所以,在中,
因为,所以,解得,故C错误； ,
若截面为四边形,则截面与底面棱的交点必在上,且截面为时与平面所成角的最大,此时的余弦值最小,连接,取的中点,连接,,则,,四边形为等腰梯形,,则即为截面为时与平面所成平面角,,,,在中,
由余弦定理得,故D正确.
5、已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
答案：6eq \r(13)＋3eq \r(2)
【解析】如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3eq \r(2)，AG＝AH＝2eq \r(13)，EG＝FH＝eq \r(13)，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq \r(13)＋3eq \r(2).
6．已知三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2eq \r( ,3)，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为________．
答案：3π.
【解析】由题可知AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2eq \r( ,3)，如图，所以PC＝PB＝BC＝eq \r(2×2\r(3)2)＝2eq \r(6)，AM＝AF＝eq \r(42－2\r(3)2)＝2，所以tan∠APF＝tan∠APM＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，则∠APF＝∠APM＝eq \f(π,6)，所以∠EPF＝∠CPM＝eq \f(π,12)，则＝＝eq \f(π,12)×4＝eq \f(π,3)，＝eq \f(π,3)×4＝eq \f(4π,3)，＝eq \f(π,2)×2＝π，所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为eq \f(π,3)×2＋eq \f(4π,3)＋π＝3π.
类型三、折叠问题
基础知识：
解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决．
基本题型：
1．把正方形沿对角线折起成直二面角，点，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为（ ）.
A．B．C．D．
答案：C
分析：由已知条件可得两两互相垂直，根据点，分别是，的中点，得到，，再分别求得，，代入公式求解.
【详解】因为是正方形中心，所以，为二面角的平面角，又正方形沿对角线折起成直二面角，即二面角是直二面角，所以，因为点，分别是，的中点，所以，，
所以.又，
所以.因为所以，
2．（多选题）将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：①；② 是等边三角形；③与平面所成的角为；④与所成的角为.其中正确的结论有（ ）
A．①B．②C．③D．④
答案：ABD
分析：根据题意，建立空间直角坐标系，用向量知识依次讨论即可得答案.
【详解】取中点，由正方形的性质得：，所以为二面角的平面角，因为二面角是直二面角，所以如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，
设正方形的边长为，则，所以，，，，，因为=0，故，①正确.
又，，，所以为等边三角形，②正确.对于③，为平面的一个法向量，.因为直线与平面所成的角的取值范围是，
所以与平面所成的角为，故③错误.又，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以与所成的角为，故④正确.故选：ABD
3．（多选题）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．
则下列结论中正确的是（ ）
A．B．四面体的外接球表面积为
C．与所成角的余弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为
答案：BCD
分析：根据题意知EB，ED，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.
【详解】由题知，为正三角形，，将沿折起，使到，且平面平面，则，，两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
对于A，，，，，，，
则，故与不垂直，故A错误；对于B，取CE的中点F，联结DF，又，
则，过F作平面CDE，四面体的外接球球心O在FO上，作，设，，在，中，有，解得，，故四面体的外接球表面积为，故B正确；对于C，，，设与所成角为，则，故C正确；对于D，，，，设平面的法向量
则，取，则，则，
故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；故选：BCD
4、条件①：图1中tan 2B＝－eq \f(4,3).条件②：图1中eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→)).条件③：图2中三棱锥A-BCD的体积最大．从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图1所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90° (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
【解析】(1)证明：∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，∴CD⊥平面ABD，∵AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB.又∵M，E分别为AC，BC的中点，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)方案一：选①，在图1所示的△ABC中，由tan 2B＝－eq \f(4,3)＝eq \f(2tan B,1－tan2B)，解得tan B＝2或tan B＝－eq \f(1,2)(舍去)．设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(x,3－x)＝2，解得x＝2，∴BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，D(0,0,0)，B(1，0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0，1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，则eq \(BM,\s\up7(―→))＝(－1,1,1)．设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up7(―→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq \f(1,2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且eq \(BN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(EN,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则n＝(1,2，－1)．取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
方案二：选②，在图1所示的△ABC中，设eq \(BD,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋λ(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝(1－λ) eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(AC,\s\up7(―→))，又∵eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，由平面向量基本定理知λ＝eq \f(1,3)，即BD＝1.以下解法同方案一．
方案三：选③，在图1所示的△ABC中，设BD＝x(00；当15．如图，在直角梯形中，，，，，、分别是、的中点，沿将梯形翻折至，使得平面平面．
（1）求证：；
（2）设为上的动点，当取最小值时，求异面直线与所成角的大小；
（3）求多面体的体积．
答案：（1）证明见解析；（2）；（3）6．
分析：（1）利用平面平面，是直二面角的平面角，得出；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）利用分割求和法求多面体的体积
【详解】（1）证明：因为平面平面，，所以是二面角的平面角，所以，所以
（2）设为上的动点，当取得最小值时，,以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，设异面直线与所成角为，则
，因为所以，
（3）过作∥交于点,过作∥交于，则多面体被分成一个三棱柱和一个三棱锥，由题意得,,所以多面体的体积为：
，
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1.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝eq \r( ,13)，则CP的最小值为( )
A.eq \r( ,13)－2B.eq \r( ,13)－3 C.eq \r( ,15)－2 D.eq \r(15)－3
解析：选A 如图，作HG⊥BB1交BB1于点G，则可得HG⊥平面BCC1B1，因为GP⊂平面BCC1B1，所以HG⊥GP，则HG＝3，因为HP＝eq \r( ,13)，所以GP＝2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG－2＝eq \r( ,13)－2.故选A.
2．将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，则直线AB与CD所成的角为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选B 如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，
则ON∥CD，MN∥AB，且ON＝eq \f(1,2)CD，MN＝eq \f(1,2)AB，所以∠ONM或其补角即为所求的角．
因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD，
所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.
设正方形边长为2，OB＝OD＝eq \r(2)，所以BD＝2，
则OM＝eq \f(1,2)BD＝1.所以ON＝MN＝OM＝1，
所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.
所以直线AB与CD所成的角为60°.故选B.
3. 如图所示，在直三棱柱中，，且，，，点在棱上，且三棱锥的体积为4，则点到平面的距离等于（ ）
A. B. C. D.
答案：C
分析：由三棱锥的体积为4，求出的长，再求出,然后由等体积法求点到面的距离.
【详解】由，且，，则，
，解得，所以，，又， 所以，
所以，在直三棱柱中，，
又，，所以平面,又点在棱上且平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即等于，设点到平面的距离等于，由, 即，即，解得，故选：C.
4、（多选题）在长方体中，､､分别为棱､､的中点，，，则正确的选项是（ ）
A．异面直线与所成角的大小为60° B．异面直线与所成角的大小为90°
C．点到平面的距离为 D．点到平面的距离为
答案：BC
分析：建立空间直角坐标系，求出，后，由可判断A、B；求出平面的一个法向量后，由点到平面的距离为可判断C、D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，连接，
则，，，，，所以，，
所以，所以，所以异面直线与所成角的大小为90°，故A错误，B正确；又，，设平面的一个法向量，
则，令，则，则点到平面的距离为，故C正确，D错误.故选：BC.
5. （多选题）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（ ）
A. 在四面体中，当时，
B. 四面体的体积的最大值为
C. 在四面体中，与平面所成角可能为
D. 四面体的外接球的体积为定值.
答案：A、B、D
分析：
A.根据线面垂直判定定理证明平面进而有；
B.当平面平面时，四面体的体积最大，根据体积公式计算即可；
C.当平面平面时与平面所成的角最大，计算得；
D.斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径为定值，其题意奕为定值.
【详解】对于A.当时，又因为平面，
所有平面，所以，故A正确；对于B.当平面平面时，四面体的体积最大在中根据等面积法可得到平面的距离满足
所以，故B正确；
对于C. 当平面平面时与平面所成的角最大，此时，即，故C错误；
对于D.因为和都是直角三角形且共斜边，所以斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径，所以四面体的外接球的体积为定值
6．如图所示的四边形是边长为的正方形，对角线，相交于点，将沿折起到的位置，使平面平面．给出以下5个结论：
①；②和都是等边三角形；③平面平面；④；⑤三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和．
其中所有正确结论的序号是 .
答案：①②④
分析：由线面垂直判定以及性质判断①；由勾股定理以及面面垂直的性质判断②；取的中点，连接，，由余弦定理以及面面角的定义证明平面与平面不垂直；由体积公式得出；由，判断⑤.
【详解】因为正方形的对角线互相垂直，所以，且，由线面垂直的判定可知平面，所以，即①正确；因为正方形的边长是，所以，又平面平面，所以平面，所以，即和都是等边三角形，②正确；如图，取的中点，连接，，得，，所以就是二面角的平面角，而，所以不是直角．即平面与平面不垂直，③错误；因为，所以④正确；因为，，所以三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和，不是和，所以⑤错误．综上，可知①②④正确．
7．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A-BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________．
答案：eq \f(1,4).
【解析】如图所示，取AC中点为F，DC中点为G，连接FD，FE，FG，∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距离相等．同理，F到A，C，D的距离相等．∵在原图中AD⊥BC，∴折叠后AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA，∴F即为三棱锥A-BCD外接球的球心为O，∵BC⊥BD, AD⊥平面BCD，∴AD⊥BC，又AD∩BD＝D, ∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥DE，∵DE⊥AB，AB∩BC＝B，∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥EF，∴DE2＋EF2＝DF2，又DF＝1，∴DE2＋EF2＝1，∴DE×EF≤eq \f(DE2＋EF2,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当DE＝EF＝eq \f(\r(2),2)时取等号，∴S＝eq \f(1,2)DE×EF≤eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，∴Smax＝eq \f(1,4).
8．如图，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中点E，将△ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C为120°，则四棱锥A-BCDE的体积为________．
答案：eq \f(\r(6),12).
【解析】梯形ABCD的面积S＝eq \f(1＋2×1,2)＝eq \f(3,2)，S△ABE＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，所以S▱BCDE＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2)＝1，如图，取BE的中点H，连接AH，CH，所以AH⊥BE，CH⊥BE，所以∠AHC为二面角A-BE-C的平面角，即∠AHC＝120°，过点A作CH的垂线，交CH的延长线于点K，则AK⊥面BCDE，因为BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝eq \r(2)，所以AH＝eq \f(\r( ,2),2)，
所以AK＝AH·sin 60°＝eq \f(\r( ,2),2)×eq \f(\r( ,3),2)＝eq \f(\r( ,6),4)，所以VA-BCDE＝eq \f(1,3)·AK·S▱BCDE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),4)×1＝eq \f(\r(6),12).
9．已知点D，E是边长为12的等边三角形ABC的两边AB，AC的中点，沿DE折叠△ADE，使得二面角A-DE-B为60°，则四棱锥A-BCED外接球的表面积为________．
答案：148π.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，0，\f(9,2)))，E(0,3,0)，易知底面BCED的外接圆圆心为BC中点，所以球心在过BC中点且与z轴平行的直线上，设O1(3eq \r(3)，0，t)，由AO1＝EO1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)－\f(3\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(9,2)))2＝(3eq \r(3))2＋(－3)2＋t2，解得t＝－1，所以外接球半径满足R2＝EOeq \\al(2,1)＝(3eq \r(3))2＋(－3)2＋t2＝37，表面积S＝4πR2＝148π.
10.已知表面积为的正方体,中,,,分别是线段,,的中点,点在平面内,若平面,则线段的长度的最小值为___________.
答案:
分析：根据题意,找出点的轨迹,再结合几何关系,即可求得的最小值.
【详解】依题意,,故,分别取,,的中点,,,则平面即为平面
容易知：,且面,
面,故面面,故点在直线上运动时,满足平面；又是等边三角形,故当是的中点时，，线段的长度取得最小值.
11．如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，，，把沿BE折起，使得，得到四棱锥.如图2所示.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
答案：（1）证明见解析；（2）.
分析：（1）先由平面几何知识证明，可得面；（2）以点为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出两半平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】（1）在等腰梯形中，，，，可知，，由可得.
又，则，则，又，，可得平面
（2）又，则以点E为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间之间坐标系E-BDA.
，，，，设平面的法向量为，则：注意到，面AED的法向量，
设平面ABC与平面AED所成锐二面角的平面角为，故
11. 如图,等腰梯形中,沿将 折起至与平面成直二面角得到一四棱锥,为中点,过 作平面 .
（1）请画出平面截四棱锥的截面,写出作法,并求其周长；
（2）求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.
分析：（1）建立空间直角坐标系,用空间向量基本定理求出平面 与线段的交点；
（2）用（1）所建立的空间直角坐标系计算平面 与平面的二面角.
【详解】
以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间坐标系如上图,平面与线段的交点为,
则有: , , 设 ,则向量与向量共面,, , ,
设，得： …① ,
又 ,…② ,
由①②得 ,解得 ,即 , ,
, ,点在靠近点的三分点处；
, ,
, ,四边形的周长为；综上,四边形的周长为,点在靠近点的三分点处,
（2）设平面的一个法向量为 , ,
则有 ,解得 ,令,则 ,
设平面的一个法向量为 , ,
,解得 ,令,则, , ,
设平面与平面的二面角的平面角为 ,则 ；
所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为 .
12. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且.
（1）证明：平面平面.
（2）求点到平面的距离.
分析：（1）取中点为，连接，，由等腰三角形的性质得，由勾股定理得，先得平面，再得结论；（2）利用等体积法，根据可得结果.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接，.
因为，，，所以，.又，所以，
且.在中，，，所以，即，
从而.又，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为是斜边上的中线，所以.
在中，，，则边上的高为，
所以.又.
设点到平面的距离是，由，得，
所以，解得，即点到平面的距离为.
如图,四棱柱的底面为平行四边形,其中平面,
,,分别为线段,的中点.
（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.
分析：（1）要证明平面平面,可证明平面.要证明平面,可利用构造平行四边形转化垂直条件来实现（2）求点到平面的距离,可转化为求三棱锥的高,利用等体积法即可得解.
【详解】(1）证明：如图：
连接交于,连接,因为为线段的中点,所以且；
又因为为线段的中点,,所以且,
所以且,所以四边形为平行四边形,故,
在四棱柱中,平面,所以平面,
又平面,所以,又因为,所以平行四边形为菱形,故,
又,平面,平面,所以平面,
故平面,而平面,故平面平面.
（2）因为,所以,故,为等边三角形,
又,故,故由,易知,
故以及,设点到平面的距离为,连接,由（1）可知,,而,得,解得,
故点到平面的距离为.
14、如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②，连接A1C，A1B.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)棱BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D＝D，∴DE⊥平面A1CD，又A1C⊂平面A1CD，
∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1C⊥平面BCDE.
（2）由(1)知A1C，CD，CB互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，D(－2,0,0)，A1(0,0,2eq \r(3))，B(0,3,0)，E(－2,2,0)，∴eq \(A1B,\s\up7(―→))＝(0,3，－2eq \r(3))，eq \(A1E,\s\up7(―→))＝(－2,2，－2eq \r(3))．设平面A1BE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(A1B,\s\up7(―→))·n＝0，, eq \(A1E,\s\up7(―→))·n＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3y－2\r(3)z＝0，,－2x＋2y－2\r(3)z＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(\r(3),2)y，,x＝－\f(y,2)，))可取n＝(－1,2，eq \r(3))．∵M是A1D的中点，∴M(－1,0，eq \r(3))，∴eq \(CM,\s\up7(―→))＝(－1,0，eq \r(3))，则cs＝eq \f(eq \(CM,\s\up7(―→))·n,|eq \(CM,\s\up7(―→))|·|n|)＝eq \f(1＋3,\r(1＋3)×\r(1＋4＋3))＝eq \f(4,2×2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.
（3）假设棱BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．设点P的坐标为(0，a,0)，则a∈[0,3]，
∴eq \(A1P,\s\up7(―→))＝(0，a，－2eq \r(3))，eq \(DP,\s\up7(―→))＝(2，a,0)．设平面A1DP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ay1－2\r(3)z1＝0，,2x1＋ay1＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z1＝\f(\r(3),6)ay1，,x1＝－\f(1,2)ay1.))取y1＝6，得n1＝(－3a,6，eq \r(3)a)．∵平面A1DP⊥平面A1BE，∴n1·n＝0
，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，与a∈[0,3]矛盾，∴在线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
15、三棱锥P-ABC中，PA＝4，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上(端点除外)．过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)；
(2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离．
[解] (1)取AB的中点M，连接DM，作EF∥BC交PB于点F，连接MF，则四边形DMFE即为所求．如图所示．
(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB⊥BC，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，所以AC＝4，∠BAC＝30°，AM＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(3)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，D(0,2,0)，C(0，4,0)，因为PA＝4，AC＝4，PE＝3EC，
所以E(0,3,1)，故eq \(CE,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(0,1,1)．
设平面DME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(DM,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0，,y＋z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝－eq \r(3)，所以m＝(1，eq \r(3)，－eq \r(3))．
所以点C到平面α的距离d＝eq \f(|m·eq \(DE,\s\up7(―→))|,|m|)＝eq \f(2\r(3),\r(7))＝eq \f(2\r(21),7).
16．如图，矩形中，，，为的中点，把沿翻折，满足.
（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.
答案：（1）证明见解析；（2）.
分析：（1）根据题意，由面面垂直判定定理可证.
（2）法一：(几何法)找到二面角的位置，由余弦定理可得；法二：(向量法)建立适当空间直角坐标系，分别求两个面的法向量，从而可求得二面角.
【详解】（1）证明：由已知可得，，在中，满足∴
∵，且，、平面，∴平面
又平面，∴平面平面.
（2）解：法一：(几何法)如图所示，连接，取中点，连接，
∴，过作交于点，连接、，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，∴，又，∴平面，∴，
所以即为所求的二面角的平面角，由，
∴，，又，
∴∴二面角的余弦值为.
法二：(向量法)取的中点，连接∵∴∵平面平面，
平面平面，∴平面，如图所示，以为坐标原点，
以，分别为，轴，过作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，则
，，∴，
设为平面的法向量，有
不妨令，则，，∴，而平面的其中一个法向量显然为
，二面角的余弦值为.
17、如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．
(1)求证：GH∥平面DEF；
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接BH，与ED相交于点M，连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，因为E，H分别为PB，PD的中点，所以DE，BH是△PBD的中线，BM＝eq \f(2,3)BH，因为F为BC中点，G为CF的中点，所以BF＝eq \f(2,3)BG，所以MF∥GH，因为MF⊂平面DEF，GH⊄平面DEF，所以GH∥平面DEF.
（2）因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，所以CD⊥平面DBP.如图，过点D作直线垂直平面BDC，作空间直角坐标系D -xyz，设PD＝DB＝DC＝2，则C(0,2,0)，B(2,0,0)，P(1,0，eq \r(3))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－2,2,0)，eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－1,0，eq \r(3))，eq \(HG,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(BP,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－x＋\r(3)z＝0，))令x＝eq \r(3)，则y＝eq \r(3)，z＝1，n＝(eq \r(3)，eq \r(3)，1)．设直线GH与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|csn，eq \(HG,\s\up7(―→))|＝eq \f(|n·eq \(HG,\s\up7(―→))|,|n|·|eq \(HG,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×\r(3))＝eq \f(\r(7),7)，
故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
18、如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝eq \r(3)，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取AE的中点为G，连接MG，BG，∵M是ED的中点，AD＝2BC，∴MG是△ADE的中位线，∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，∴四边形MGBC为平行四边形，∴CM∥BG，∵CM⊄面ABE，BG⊂面ABE，∴CM∥平面ABE.
(2)取AD的中点为H，连接HC，HE，其中HC＝AB＝eq \r(3)，EH＝1，由EC＝2可得HC⊥HE，显然EH⊥面ABCD，故以H为坐标原点，分别以HC，HA，HE所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，－1,0)，B(eq \r(3)，1,0)，设存在点F(x，y，z)，eq \(EF,\s\up7(―→))＝λeq \(EB,\s\up7(―→))⇒(x，y，z－1)＝λ(eq \r(3)，1，－1)⇒x＝eq \r(3)λ，y＝λ，z＝1－λ，易知面EAD的法向量可取eq \(HC,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，0,0)，另外eq \(AF,\s\up7(―→))＝(x，y－1，z)＝(eq \r(3)λ，λ－1，1－λ)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(0，－2,0)，设面ADF的一个法向量为u＝(m，n，r)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(AF,\s\up7(―→))·u＝0，, eq \(AD,\s\up7(―→))·u＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)λm＋λ－1n＋1－λr＝0，,－2n＝0，))
可取u＝(λ－1,0，eq \r(3)λ)，则|cs|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)λ－1,\r(3) \r(4λ2－2λ＋1))))＝eq \f(1,2)⇒λ＝eq \f(1,2)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(1,2)))为EB的中点．
故存在点F为EB的中点满足题意．
立体几何中的距离、截面、折叠问题
距离问题
点点距
点面距
截面问题
形状
面积
折叠问题
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
2．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC是面积为等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A．B．C．1D．
3．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B−CG−A的大小．
4、(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)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 \* ROMAN I)证明：平面；
( = 2 \* ROMAN II)求二面角的正弦值．
5．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)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．
6．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为( )
A．B．C．D．
7．(2023新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，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_______。
8．(2023陕西）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
9．(2023浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则
10．(2023浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
11．(2023高考数学新课标2理科)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
( )
A．B．C．D．
12．(2023广东）如图2，四边形为矩形，⊥平面，,,作如图3折叠，折痕∥．其中点，分别在线段，上，沿折叠后点在线段上的点记为，并且⊥．
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
13．(2023江西)如图，在梯形中，，，是线段上的两点，且，，=12，=5，=4，=4，现将△，△分别沿，折起，使，两点重合与点，得到多面体．
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积．
14．(2023福建）在平行四边形中，，,将沿折起，使得平面平面，如图．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值．
15．(2023广东）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是
上的点,,为的中点.将沿折起，得到如图2
所示的四棱锥,其中.
（Ⅰ） 证明:平面；
（Ⅱ） 求二面角的平面角的余弦值.
16．(2023浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将△沿直线翻折成△，使平面⊥平面，为线段的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．
讲典例 备高考
类型一、距离问题
1、直线外一点P到直线l的距离：如图，直线l的单位方向向量为u，设eq \(AP,\s\up7(―→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up7(―→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为PQ＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－|eq \(AQ,\s\up7(―→))|2)＝a2－(a·u)2
2、平面外一点P到平面α的距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AP,\s\up7(―→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AP,\s\up7(―→))·n,|n|)))＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·n|,|n|)
基本题型：
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up7(―→))，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) D．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36)
2．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为_________．
2、如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
3．如图，在正四棱柱中，，，点是的中点，点在上，设二面角的大小为.
（1）当时，求的长；（2）当时，求的长.
基本方法：
1．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，
则B到平面α的距离为|eq \(BO,\s\up7(―→))|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n|,|n|).
2、点面距的求解步骤
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
类型二、截面问题
基本题型：
1.正方体中，，，，分别是，，，的中点，则正方体的过，，，的截面图形的形状是（ ）
A.正方形B.平行四边形C.正五边形 D.正六边形
2．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，则以平面α截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为( )
A．12π B.eq \f(25π,3) C.eq \f(20π,3) D．6π
3．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
4. （多选题）已知点 为正方体的棱的中点,过的平面截正方体,,下列说法正确的是（ ）
A. 若与地面所成角的正切值为,则截面为正六边形或正三角形
B. 与地面所成角为则截面不可能为六边形
C. 若截面为正三角形 时,三棱锥的外接球的半径为
D. 若截面为四边形,则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
5、已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
6．已知三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2eq \r( ,3)，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为________．
类型三、折叠问题
基础知识：
解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决．
基本题型：
1．把正方形沿对角线折起成直二面角，点，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为（ ）.
A．B．C．D．
2．（多选题）将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：①；② 是等边三角形；③与平面所成的角为；④与所成的角为.其中正确的结论有（ ）
A．①B．②C．③D．④
3．（多选题）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．
则下列结论中正确的是（ ）
A．B．四面体的外接球表面积为
C．与所成角的余弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为
4、条件①：图1中tan 2B＝－eq \f(4,3).条件②：图1中eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→)).条件③：图2中三棱锥A-BCD的体积最大．从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图1所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90° (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
5．如图，在直角梯形中，，，，，、分别是、的中点，沿将梯形翻折至，使得平面平面．
（1）求证：；
（2）设为上的动点，当取最小值时，求异面直线与所成角的大小；
（3）求多面体的体积．
新预测 破高考
1.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝eq \r( ,13)，则CP的最小值为( )
A.eq \r( ,13)－2B.eq \r( ,13)－3 C.eq \r( ,15)－2 D.eq \r(15)－3
2．将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，则直线AB与CD所成的角为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
3. 如图所示，在直三棱柱中，，且，，，点在棱上，且三棱锥的体积为4，则点到平面的距离等于（ ）
A. B. C. D.
4、（多选题）在长方体中，､､分别为棱､､的中点，，，则正确的选项是（ ）
A．异面直线与所成角的大小为60° B．异面直线与所成角的大小为90°
C．点到平面的距离为 D．点到平面的距离为
5. （多选题）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（ ）
A. 在四面体中，当时，
B. 四面体的体积的最大值为
C. 在四面体中，与平面所成角可能为
D. 四面体的外接球的体积为定值.
6．如图所示的四边形是边长为的正方形，对角线，相交于点，将沿折起到的位置，使平面平面．给出以下5个结论：
①；②和都是等边三角形；③平面平面；④；⑤三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和．
其中所有正确结论的序号是 .
7．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A-BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________．
8．如图，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中点E，将△ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C为120°，则四棱锥A-BCDE的体积为________．
9．已知点D，E是边长为12的等边三角形ABC的两边AB，AC的中点，沿DE折叠△ADE，使得二面角A-DE-B为60°，则四棱锥A-BCED外接球的表面积为________．
10.已知表面积为的正方体,中,,,分别是线段,,的中点,点在平面内,若平面,则线段的长度的最小值为___________.
11．如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，，，把沿BE折起，使得，得到四棱锥.如图2所示.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
11. 如图,等腰梯形中,沿将 折起至与平面成直二面角得到一四棱锥,为中点,过 作平面 .
（1）请画出平面截四棱锥的截面,写出作法,并求其周长；
（2）求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.
12. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且.
（1）证明：平面平面.
（2）求点到平面的距离.
如图,四棱柱的底面为平行四边形,其中平面,
,,分别为线段,的中点.
（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.
14、如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②，连接A1C，A1B.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)棱BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
15、三棱锥P-ABC中，PA＝4，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上(端点除外)．过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)；
(2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离．
16．如图，矩形中，，，为的中点，把沿翻折，满足.
（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.
17、如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．
(1)求证：GH∥平面DEF；(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．
18、如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝eq \r(3)，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
2023高考一轮复习讲与练
专题38 立体几何中的距离、截面、折叠问题
立体几何中的距离、截面、折叠问题
距离问题
点点距
点面距
截面问题
形状
面积
折叠问题
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T19） 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
答案：（1） （2）
【解析】
分析：（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，所以点A到平面的距离为；
【小问2详解】取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,设平面的一个法向量，则，可取，
设平面的一个法向量，则，可取，
则，所以二面角的正弦值为.
2．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC是面积为等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A．B．C．1D．
答案：C
解析：
设球的半径为，则，解得：．
设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离．
3．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B−CG−A的大小．
答案： (1)见详解；(2)．
【解析】（1）由已知得，,所以，故确定一个平面．
从而四点共面． 由已知得，故平面．
又因为平面,所以平面平面．
作,垂足为．因为平面,平面平面，
所以平面．由已知，菱形的边长为，，
可求得．以为坐标原点，的方向为轴的的正方向，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
所以可取．又平面的法向量可取为，
所以．因此二面角的大小为．
4、(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)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 \* ROMAN I)证明：平面；
( = 2 \* ROMAN II)求二面角的正弦值．
答案：（Ⅰ）详见答案；（Ⅱ）．
【解析】（I）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．
（II）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
所以可以取．设是平面的法向量，则，
即，所以可以取．于是
．因此二面角的正弦值是．
5．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)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．
解析：（1）由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面．
又平面，所以平面⊥平面．
（2）作，垂足为．由（1）得，平面．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．
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．
6．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为( )
A．B．C．D．
答案：A
【解析一】根据题意，平面与正方体对角线垂直，记正方体为不妨设平面与垂直，且交于点．平面与平面与分别交于．正方体中心为,则容易证明当从运动到时，截面为三角形且周长逐渐增大:当从运动到时，截面为六边形且周长不变;当从运动到时，截面为三角形且周长还渐减小。我们熟知周长一定的多边形中，正多边形的面积最大，因此当运动到点时，截面为边长为的正大边形，此时截面面积最大，为
【解析二】由题意可知，该平面与在正方体的截面为对边平行的六边形，如图所示，则截面面积为
所以当时，
7．(2023新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，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_______。
答案：
【解析】如图连接交于，由题意，设等边三角形的边长为（），则，．
由题意可知三棱锥的高，底面，
三棱锥的体积为，设，
则（），令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以是取得最大值
，所以．
8．(2023陕西）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，
=，所以．即在图2中，，．从而平面．
又∥，所以平面．
（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，．
所以为二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，
所以，，，．
得 ，．
设平面的法向量，平面的法向量，
平面与平面夹角为，则，得，取，
，得，取，从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
9．(2023浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则
10．(2023浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
答案：B
【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．
11．(2023高考数学新课标2理科)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
( )
A．B．C．D．
答案：D
解析：由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．
12．(2023广东）如图2，四边形为矩形，⊥平面，,,作如图3折叠，折痕∥．其中点，分别在线段，上，沿折叠后点在线段上的点记为，并且⊥．
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：平面∴平面平面，
平面平面，平面，，∴平面，
，∴．
（Ⅱ）
，
13．(2023江西)如图，在梯形中，，，是线段上的两点，且，，=12，=5，=4，=4，现将△，△分别沿，折起，使，两点重合与点，得到多面体．
(1)求证：平面平面；
(2)求多面体的体积．
【解析】（1）由已知可得AE=3，BF=4，则折叠完后EG=3，GF=4，又因为EF=5，所以可得，又因为,可得，即所以平面DEG平面CFG.
（2）过G作GO垂直于EF，GO 即为四棱锥G-EFCD的高，
所以所求体积为．
14．(2023福建）在平行四边形中，，,将沿折起，使得平面平面，如图．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】：（Ⅰ）因为平面,平面平面平面
所以平面又平面所以．
（Ⅱ）过点在平面内作,如图．
由（Ⅰ）知平面平面所以．以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意,得．
则．
设平面的法向量．则即．
取得平面的一个法向量．设直线与平面所成角为,
则即直线与平面所成角的正弦值为．
15．(2023广东）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是
上的点,,为的中点.将沿折起，得到如图2
所示的四棱锥,其中.
（Ⅰ） 证明:平面；
（Ⅱ） 求二面角的平面角的余弦值.
【解析】（Ⅰ）在图1中,易得，连结,在中,由余弦定理可得
，由翻折不变性可知,
所以,所以,
理可证, 又,所以平面．
（Ⅱ）传统法:过作交的延长线于,连结,
因为平面,所以,所以为二面角的平面角．
结合图1可知,为中点,故,从而
所以,所以二面角的平面角的余弦值为．
向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则,,，所以,
设为平面的法向量,则,即,
解得,令,得，由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量,
所以，即二面角的平面角的余弦值为．
16．(2023浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将△沿直线翻折成△，使平面⊥平面，为线段的中点．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．
【解析】 (Ⅰ)取的中点，连结，，由条件易知
，．，．所以，．
故四边形为平行四边形，所以
因为平面，平面，所以//平面
（Ⅱ）在平行四边形中，设，则，
，连，因为
在△中，可得=，在△中，可得=，
在△中，因为，所以，
在正三角形中，为中点，所以⊥．
由平面⊥平面,可知⊥平面, ⊥．
取的中点，连线、，所以⊥，⊥．
因为交于，所以⊥平面，
则∠为直线与平面所成角．
在Rt△中，=, =，=，则cs=．
所以直线与平面所成角的余弦值为．
讲典例 备高考
类型一、距离问题
1、直线外一点P到直线l的距离：如图，直线l的单位方向向量为u，设eq \(AP,\s\up7(―→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up7(―→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为PQ＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－|eq \(AQ,\s\up7(―→))|2)＝a2－(a·u)2
2、平面外一点P到平面α的距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eq \(AP,\s\up7(―→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AP,\s\up7(―→))·n,|n|)))＝eq \f(|eq \(AP,\s\up7(―→))·n|,|n|)
基本题型：
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up7(―→))，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) D．点P到直线AB的距离为eq \f(25,36)
答案：BC
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，所以eq \(BA,\s\up7(―→))＝(－1,0,0)，eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1)).设∠ABE＝θ，则cs θ＝eq \f(|eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))|,|eq \(BA,\s\up7(―→))||eq \(BE,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(5),5).故A到直线BE的距离d1＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|sin θ＝
1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A错．易知eq \(C1O,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(C1A1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，
平面ABC1D1的一个法向量eq \(DA1,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|eq \(DA1,\s\up7(―→))·eq \(C1O,\s\up7(―→))|,|eq \(DA1,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
故B对．eq \(A1B,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)，eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(0,1，－1)，eq \(A1D1,\s\up7(―→))＝(0,1,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(A1B,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(A1D,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)为平面A1BD的一个法向量．
所以点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|eq \(A1D1,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，即为eq \f(\r(3),3)，故C对．因为eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up7(―→))，所以eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，又eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)，则eq \f(eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),|eq \(AB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(3,4)，所以点P到AB的距离d＝eq \r(|eq \(AP,\s\up7(―→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),|eq \(AB,\s\up7(―→))|)))2)＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D错．故选B、C.
2．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为_________．
答案：
【详解】以D为原点，所在直线分别为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，则令，则，
所以平面的一个法向量．点到平面的距离为，
2、如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，则eq \(PE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，－1))，eq \(PF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－1)).设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PE,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(PF,\s\up7(―→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)y－z＝0，,\f(1,2)x＋y－z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(3,2)y，,x＝y.))令y＝2，则n＝(2,2,3)．
又eq \(DP,\s\up7(―→))＝(0,0,1)，所以点D到平面PEF的距离d＝eq \f(|eq \(DP,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(17))＝eq \f(3\r(17),17).
（2）由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以AC∥平面PEF，
所以A点到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离．由于eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
又由(1)知平面PEF的法向量为n＝(2,2,3)，所以点A到平面PEF的距离为eq \f(|eq \(AE,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17)，
即直线AC到平面PEF的距离为eq \f(\r(17),17).
3．如图，在正四棱柱中，，，点是的中点，点在上，设二面角的大小为.
（1）当时，求的长；（2）当时，求的长.
答案：（1）；（2）.
分析：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，计算出平面、平面的法向量、.
（1）由结合空间向量法可得出关于的方程，求出的值，进而可求得的长；
（2）由结合空间向量法可得出关于的方程，求出的值，进而可求得的长.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设.
（1）、、、，，，，
设平面的法向量为，由，可得，取，则，，所以，，设平面的法向量为，由，可得，取，可得，，所以，.
（1）因为，则，解得，从而点，
所以，；
（2），，解得或.
结合图形和（1）中的结论可知，从而.
基本方法：
1．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，
则B到平面α的距离为|eq \(BO,\s\up7(―→))|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n|,|n|).
2、点面距的求解步骤
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
类型二、截面问题
基本题型：
1.正方体中，，，，分别是，，，的中点，则正方体的过，，，的截面图形的形状是（ ）
A.正方形B.平行四边形C.正五边形 D.正六边形
答案：D
分析：由，可以确定一个平面这个平面与正方体的棱、分别交于，，由正方体的性质得正方体过，，，的截面图形的形状是正六边形．
【详解】如图所示，由，可以确定一个平面，
这个平面与正方体的棱、分别交于，，由正方体的性质得，，且，正方体过，，，的截面图形的形状是正六边形．故选：D．
2．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，则以平面α截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为( )
A．12π B.eq \f(25π,3) C.eq \f(20π,3) D．6π
答案：B
【解析】如图，由正方体的对称性，可知当截面为正六边形EFGHKI时，截面面积最大，此时正六边形的边长为eq \r( ,2)，设B1D交截面EFGHKI于M，则M为B1D的中点，所以B1M＝eq \f(1,2)B1D＝eq \r( ,3)，设正六棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，当球心在棱锥内部时，有R2＝(eq \r(2))2＋(eq \r(3)－R)2，解得R＝eq \f(5,2\r(3))，外接球表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2\r(3))))2＝eq \f(25π,3)；当球心在棱锥外部时，有R2＝(eq \r(2))2＋(R－eq \r(3))2，解得R＝eq \f(5,2\r(3))＜eq \r(3)(舍去)．所以以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为eq \f(25π,3).
3．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
分析：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案
【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，
由题意得，解得或（舍去），延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，则截面面积为
4. （多选题）已知点 为正方体的棱的中点,过的平面截正方体,,下列说法正确的是（ ）
A. 若与地面所成角的正切值为,则截面为正六边形或正三角形
B. 与地面所成角为则截面不可能为六边形
C. 若截面为正三角形 时,三棱锥的外接球的半径为
D. 若截面为四边形,则截面与平面所成角的余弦值的最小值为
答案：A、D
分析：取的中点,做底面,取的中点,连接、交于点,连接,在正方体中可判断平面与底面所成的角为,再分别取的中点,连接,可判断截面为正六边形；取的中点,连接,则为等边三角形,所以即为平面与平面所成的二面角的平面角可判断A；当时,,可判断四边形为等腰梯形,必与有交点,则截面为六边形可判断B；若截面为正三角形 时,则为的中点,所以三棱锥为正三棱锥,设正三角形的外接圆的圆心为,外接球的球心为,利用求出半径可判断C；若截面为四边形,则截面与底面棱的交点必在上,且截面为时与平面所成角的最大,此时的余弦值最小,求出余弦值可判断D.
【详解】取的中点,做底面,则为的四等分点,且,分别取的中点,连接、交于点,则点为的四等分点,连接,在正方体中,,,此时平面,
即平面与底面所成的角为,且,
因为平面平面,所以平面与底面所成的角的正切值为,
再分别取的中点,连接,即过的平面截正方体的截面为正六边形；取的中点,连接,则为等边三角形,,所以即为平面与平面所成的二面角的平面角, 且,,,所以平面与平面所成的二面角的平面角的正切值为,此时为等边三角形,故A正确；
当时,,所以,所以,
由于,所以为等腰直角三角形,,
由于,所以四边形为等腰梯形,必与有交点,则截面为六边形,故B错误；
若截面为正三角形 时,则为的中点,所以三棱锥为正三棱锥,且,,设正三角形的外接圆的圆心为,外接球的球心为,连接,则,, 因为,
所以,在中,
因为,所以,解得,故C错误； ,
若截面为四边形,则截面与底面棱的交点必在上,且截面为时与平面所成角的最大,此时的余弦值最小,连接,取的中点,连接,,则,,四边形为等腰梯形,,则即为截面为时与平面所成平面角,,,,在中,
由余弦定理得,故D正确.
5、已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
答案：6eq \r(13)＋3eq \r(2)
【解析】如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3eq \r(2)，AG＝AH＝2eq \r(13)，EG＝FH＝eq \r(13)，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq \r(13)＋3eq \r(2).
6．已知三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2eq \r( ,3)，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为________．
答案：3π.
【解析】由题可知AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2eq \r( ,3)，如图，所以PC＝PB＝BC＝eq \r(2×2\r(3)2)＝2eq \r(6)，AM＝AF＝eq \r(42－2\r(3)2)＝2，所以tan∠APF＝tan∠APM＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，则∠APF＝∠APM＝eq \f(π,6)，所以∠EPF＝∠CPM＝eq \f(π,12)，则＝＝eq \f(π,12)×4＝eq \f(π,3)，＝eq \f(π,3)×4＝eq \f(4π,3)，＝eq \f(π,2)×2＝π，所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为eq \f(π,3)×2＋eq \f(4π,3)＋π＝3π.
类型三、折叠问题
基础知识：
解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决．
基本题型：
1．把正方形沿对角线折起成直二面角，点，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为（ ）.
A．B．C．D．
答案：C
分析：由已知条件可得两两互相垂直，根据点，分别是，的中点，得到，，再分别求得，，代入公式求解.
【详解】因为是正方形中心，所以，为二面角的平面角，又正方形沿对角线折起成直二面角，即二面角是直二面角，所以，因为点，分别是，的中点，所以，，
所以.又，
所以.因为所以，
2．（多选题）将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：①；② 是等边三角形；③与平面所成的角为；④与所成的角为.其中正确的结论有（ ）
A．①B．②C．③D．④
答案：ABD
分析：根据题意，建立空间直角坐标系，用向量知识依次讨论即可得答案.
【详解】取中点，由正方形的性质得：，所以为二面角的平面角，因为二面角是直二面角，所以如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，
设正方形的边长为，则，所以，，，，，因为=0，故，①正确.
又，，，所以为等边三角形，②正确.对于③，为平面的一个法向量，.因为直线与平面所成的角的取值范围是，
所以与平面所成的角为，故③错误.又，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以与所成的角为，故④正确.故选：ABD
3．（多选题）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．
则下列结论中正确的是（ ）
A．B．四面体的外接球表面积为
C．与所成角的余弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为
答案：BCD
分析：根据题意知EB，ED，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.
【详解】由题知，为正三角形，，将沿折起，使到，且平面平面，则，，两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
对于A，，，，，，，
则，故与不垂直，故A错误；对于B，取CE的中点F，联结DF，又，
则，过F作平面CDE，四面体的外接球球心O在FO上，作，设，，在，中，有，解得，，故四面体的外接球表面积为，故B正确；对于C，，，设与所成角为，则，故C正确；对于D，，，，设平面的法向量
则，取，则，则，
故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；故选：BCD
4、条件①：图1中tan 2B＝－eq \f(4,3).条件②：图1中eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→)).条件③：图2中三棱锥A-BCD的体积最大．从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图1所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90° (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
【解析】(1)证明：∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，∴CD⊥平面ABD，∵AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB.又∵M，E分别为AC，BC的中点，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)方案一：选①，在图1所示的△ABC中，由tan 2B＝－eq \f(4,3)＝eq \f(2tan B,1－tan2B)，解得tan B＝2或tan B＝－eq \f(1,2)(舍去)．设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(x,3－x)＝2，解得x＝2，∴BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，D(0,0,0)，B(1，0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0，1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，则eq \(BM,\s\up7(―→))＝(－1,1,1)．设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up7(―→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq \f(1,2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且eq \(BN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(EN,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(BM,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则n＝(1,2，－1)．取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
方案二：选②，在图1所示的△ABC中，设eq \(BD,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋λ(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝(1－λ) eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(AC,\s\up7(―→))，又∵eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))，由平面向量基本定理知λ＝eq \f(1,3)，即BD＝1.以下解法同方案一．
方案三：选③，在图1所示的△ABC中，设BD＝x(0
（1）求证：；
（2）设为上的动点，当取最小值时，求异面直线与所成角的大小；
（3）求多面体的体积．
答案：（1）证明见解析；（2）；（3）6．
分析：（1）利用平面平面，是直二面角的平面角，得出；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）利用分割求和法求多面体的体积
【详解】（1）证明：因为平面平面，，所以是二面角的平面角，所以，所以
（2）设为上的动点，当取得最小值时，,以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，设异面直线与所成角为，则
，因为所以，
（3）过作∥交于点,过作∥交于，则多面体被分成一个三棱柱和一个三棱锥，由题意得,,所以多面体的体积为：
，
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1.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝eq \r( ,13)，则CP的最小值为( )
A.eq \r( ,13)－2B.eq \r( ,13)－3 C.eq \r( ,15)－2 D.eq \r(15)－3
解析：选A 如图，作HG⊥BB1交BB1于点G，则可得HG⊥平面BCC1B1，因为GP⊂平面BCC1B1，所以HG⊥GP，则HG＝3，因为HP＝eq \r( ,13)，所以GP＝2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG－2＝eq \r( ,13)－2.故选A.
2．将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，则直线AB与CD所成的角为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选B 如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，
则ON∥CD，MN∥AB，且ON＝eq \f(1,2)CD，MN＝eq \f(1,2)AB，所以∠ONM或其补角即为所求的角．
因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD，
所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.
设正方形边长为2，OB＝OD＝eq \r(2)，所以BD＝2，
则OM＝eq \f(1,2)BD＝1.所以ON＝MN＝OM＝1，
所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.
所以直线AB与CD所成的角为60°.故选B.
3. 如图所示，在直三棱柱中，，且，，，点在棱上，且三棱锥的体积为4，则点到平面的距离等于（ ）
A. B. C. D.
答案：C
分析：由三棱锥的体积为4，求出的长，再求出,然后由等体积法求点到面的距离.
【详解】由，且，，则，
，解得，所以，，又， 所以，
所以，在直三棱柱中，，
又，，所以平面,又点在棱上且平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即等于，设点到平面的距离等于，由, 即，即，解得，故选：C.
4、（多选题）在长方体中，､､分别为棱､､的中点，，，则正确的选项是（ ）
A．异面直线与所成角的大小为60° B．异面直线与所成角的大小为90°
C．点到平面的距离为 D．点到平面的距离为
答案：BC
分析：建立空间直角坐标系，求出，后，由可判断A、B；求出平面的一个法向量后，由点到平面的距离为可判断C、D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，连接，
则，，，，，所以，，
所以，所以，所以异面直线与所成角的大小为90°，故A错误，B正确；又，，设平面的一个法向量，
则，令，则，则点到平面的距离为，故C正确，D错误.故选：BC.
5. （多选题）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（ ）
A. 在四面体中，当时，
B. 四面体的体积的最大值为
C. 在四面体中，与平面所成角可能为
D. 四面体的外接球的体积为定值.
答案：A、B、D
分析：
A.根据线面垂直判定定理证明平面进而有；
B.当平面平面时，四面体的体积最大，根据体积公式计算即可；
C.当平面平面时与平面所成的角最大，计算得；
D.斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径为定值，其题意奕为定值.
【详解】对于A.当时，又因为平面，
所有平面，所以，故A正确；对于B.当平面平面时，四面体的体积最大在中根据等面积法可得到平面的距离满足
所以，故B正确；
对于C. 当平面平面时与平面所成的角最大，此时，即，故C错误；
对于D.因为和都是直角三角形且共斜边，所以斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径，所以四面体的外接球的体积为定值
6．如图所示的四边形是边长为的正方形，对角线，相交于点，将沿折起到的位置，使平面平面．给出以下5个结论：
①；②和都是等边三角形；③平面平面；④；⑤三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和．
其中所有正确结论的序号是 .
答案：①②④
分析：由线面垂直判定以及性质判断①；由勾股定理以及面面垂直的性质判断②；取的中点，连接，，由余弦定理以及面面角的定义证明平面与平面不垂直；由体积公式得出；由，判断⑤.
【详解】因为正方形的对角线互相垂直，所以，且，由线面垂直的判定可知平面，所以，即①正确；因为正方形的边长是，所以，又平面平面，所以平面，所以，即和都是等边三角形，②正确；如图，取的中点，连接，，得，，所以就是二面角的平面角，而，所以不是直角．即平面与平面不垂直，③错误；因为，所以④正确；因为，，所以三棱锥表面的四个三角形中，面积最大的是和，不是和，所以⑤错误．综上，可知①②④正确．
7．如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A-BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________．
答案：eq \f(1,4).
【解析】如图所示，取AC中点为F，DC中点为G，连接FD，FE，FG，∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距离相等．同理，F到A，C，D的距离相等．∵在原图中AD⊥BC，∴折叠后AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA，∴F即为三棱锥A-BCD外接球的球心为O，∵BC⊥BD, AD⊥平面BCD，∴AD⊥BC，又AD∩BD＝D, ∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥DE，∵DE⊥AB，AB∩BC＝B，∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥EF，∴DE2＋EF2＝DF2，又DF＝1，∴DE2＋EF2＝1，∴DE×EF≤eq \f(DE2＋EF2,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当DE＝EF＝eq \f(\r(2),2)时取等号，∴S＝eq \f(1,2)DE×EF≤eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，∴Smax＝eq \f(1,4).
8．如图，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中点E，将△ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C为120°，则四棱锥A-BCDE的体积为________．
答案：eq \f(\r(6),12).
【解析】梯形ABCD的面积S＝eq \f(1＋2×1,2)＝eq \f(3,2)，S△ABE＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，所以S▱BCDE＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2)＝1，如图，取BE的中点H，连接AH，CH，所以AH⊥BE，CH⊥BE，所以∠AHC为二面角A-BE-C的平面角，即∠AHC＝120°，过点A作CH的垂线，交CH的延长线于点K，则AK⊥面BCDE，因为BE＝eq \r(AB2＋AE2)＝eq \r(2)，所以AH＝eq \f(\r( ,2),2)，
所以AK＝AH·sin 60°＝eq \f(\r( ,2),2)×eq \f(\r( ,3),2)＝eq \f(\r( ,6),4)，所以VA-BCDE＝eq \f(1,3)·AK·S▱BCDE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),4)×1＝eq \f(\r(6),12).
9．已知点D，E是边长为12的等边三角形ABC的两边AB，AC的中点，沿DE折叠△ADE，使得二面角A-DE-B为60°，则四棱锥A-BCED外接球的表面积为________．
答案：148π.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，0，\f(9,2)))，E(0,3,0)，易知底面BCED的外接圆圆心为BC中点，所以球心在过BC中点且与z轴平行的直线上，设O1(3eq \r(3)，0，t)，由AO1＝EO1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)－\f(3\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(9,2)))2＝(3eq \r(3))2＋(－3)2＋t2，解得t＝－1，所以外接球半径满足R2＝EOeq \\al(2,1)＝(3eq \r(3))2＋(－3)2＋t2＝37，表面积S＝4πR2＝148π.
10.已知表面积为的正方体,中,,,分别是线段,,的中点,点在平面内,若平面,则线段的长度的最小值为___________.
答案:
分析：根据题意,找出点的轨迹,再结合几何关系,即可求得的最小值.
【详解】依题意,,故,分别取,,的中点,,,则平面即为平面
容易知：,且面,
面,故面面,故点在直线上运动时,满足平面；又是等边三角形,故当是的中点时，，线段的长度取得最小值.
11．如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，，，把沿BE折起，使得，得到四棱锥.如图2所示.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
答案：（1）证明见解析；（2）.
分析：（1）先由平面几何知识证明，可得面；（2）以点为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出两半平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】（1）在等腰梯形中，，，，可知，，由可得.
又，则，则，又，，可得平面
（2）又，则以点E为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间之间坐标系E-BDA.
，，，，设平面的法向量为，则：注意到，面AED的法向量，
设平面ABC与平面AED所成锐二面角的平面角为，故
11. 如图,等腰梯形中,沿将 折起至与平面成直二面角得到一四棱锥,为中点,过 作平面 .
（1）请画出平面截四棱锥的截面,写出作法,并求其周长；
（2）求平面 与平面所成的锐二面角的余弦值.
分析：（1）建立空间直角坐标系,用空间向量基本定理求出平面 与线段的交点；
（2）用（1）所建立的空间直角坐标系计算平面 与平面的二面角.
【详解】
以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间坐标系如上图,平面与线段的交点为,
则有: , , 设 ,则向量与向量共面,, , ,
设，得： …① ,
又 ,…② ,
由①②得 ,解得 ,即 , ,
, ,点在靠近点的三分点处；
, ,
, ,四边形的周长为；综上,四边形的周长为,点在靠近点的三分点处,
（2）设平面的一个法向量为 , ,
则有 ,解得 ,令,则 ,
设平面的一个法向量为 , ,
,解得 ,令,则, , ,
设平面与平面的二面角的平面角为 ,则 ；
所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为 .
12. 如图，在三棱锥中，，为的中点，，且.
（1）证明：平面平面.
（2）求点到平面的距离.
分析：（1）取中点为，连接，，由等腰三角形的性质得，由勾股定理得，先得平面，再得结论；（2）利用等体积法，根据可得结果.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接，.
因为，，，所以，.又，所以，
且.在中，，，所以，即，
从而.又，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为是斜边上的中线，所以.
在中，，，则边上的高为，
所以.又.
设点到平面的距离是，由，得，
所以，解得，即点到平面的距离为.
如图,四棱柱的底面为平行四边形,其中平面,
,,分别为线段,的中点.
（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.
分析：（1）要证明平面平面,可证明平面.要证明平面,可利用构造平行四边形转化垂直条件来实现（2）求点到平面的距离,可转化为求三棱锥的高,利用等体积法即可得解.
【详解】(1）证明：如图：
连接交于,连接,因为为线段的中点,所以且；
又因为为线段的中点,,所以且,
所以且,所以四边形为平行四边形,故,
在四棱柱中,平面,所以平面,
又平面,所以,又因为,所以平行四边形为菱形,故,
又,平面,平面,所以平面,
故平面,而平面,故平面平面.
（2）因为,所以,故,为等边三角形,
又,故,故由,易知,
故以及,设点到平面的距离为,连接,由（1）可知,,而,得,解得,
故点到平面的距离为.
14、如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②，连接A1C，A1B.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)棱BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D＝D，∴DE⊥平面A1CD，又A1C⊂平面A1CD，
∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1C⊥平面BCDE.
（2）由(1)知A1C，CD，CB互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，D(－2,0,0)，A1(0,0,2eq \r(3))，B(0,3,0)，E(－2,2,0)，∴eq \(A1B,\s\up7(―→))＝(0,3，－2eq \r(3))，eq \(A1E,\s\up7(―→))＝(－2,2，－2eq \r(3))．设平面A1BE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(A1B,\s\up7(―→))·n＝0，, eq \(A1E,\s\up7(―→))·n＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3y－2\r(3)z＝0，,－2x＋2y－2\r(3)z＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(\r(3),2)y，,x＝－\f(y,2)，))可取n＝(－1,2，eq \r(3))．∵M是A1D的中点，∴M(－1,0，eq \r(3))，∴eq \(CM,\s\up7(―→))＝(－1,0，eq \r(3))，则cs
（3）假设棱BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．设点P的坐标为(0，a,0)，则a∈[0,3]，
∴eq \(A1P,\s\up7(―→))＝(0，a，－2eq \r(3))，eq \(DP,\s\up7(―→))＝(2，a,0)．设平面A1DP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ay1－2\r(3)z1＝0，,2x1＋ay1＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z1＝\f(\r(3),6)ay1，,x1＝－\f(1,2)ay1.))取y1＝6，得n1＝(－3a,6，eq \r(3)a)．∵平面A1DP⊥平面A1BE，∴n1·n＝0
，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，与a∈[0,3]矛盾，∴在线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
15、三棱锥P-ABC中，PA＝4，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上(端点除外)．过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)；
(2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离．
[解] (1)取AB的中点M，连接DM，作EF∥BC交PB于点F，连接MF，则四边形DMFE即为所求．如图所示．
(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB⊥BC，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，所以AC＝4，∠BAC＝30°，AM＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(3)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，D(0,2,0)，C(0，4,0)，因为PA＝4，AC＝4，PE＝3EC，
所以E(0,3,1)，故eq \(CE,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(0,1,1)．
设平面DME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(DM,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0，,y＋z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝－eq \r(3)，所以m＝(1，eq \r(3)，－eq \r(3))．
所以点C到平面α的距离d＝eq \f(|m·eq \(DE,\s\up7(―→))|,|m|)＝eq \f(2\r(3),\r(7))＝eq \f(2\r(21),7).
16．如图，矩形中，，，为的中点，把沿翻折，满足.
（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.
答案：（1）证明见解析；（2）.
分析：（1）根据题意，由面面垂直判定定理可证.
（2）法一：(几何法)找到二面角的位置，由余弦定理可得；法二：(向量法)建立适当空间直角坐标系，分别求两个面的法向量，从而可求得二面角.
【详解】（1）证明：由已知可得，，在中，满足∴
∵，且，、平面，∴平面
又平面，∴平面平面.
（2）解：法一：(几何法)如图所示，连接，取中点，连接，
∴，过作交于点，连接、，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，∴，又，∴平面，∴，
所以即为所求的二面角的平面角，由，
∴，，又，
∴∴二面角的余弦值为.
法二：(向量法)取的中点，连接∵∴∵平面平面，
平面平面，∴平面，如图所示，以为坐标原点，
以，分别为，轴，过作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，则
，，∴，
设为平面的法向量，有
不妨令，则，，∴，而平面的其中一个法向量显然为
，二面角的余弦值为.
17、如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．
(1)求证：GH∥平面DEF；
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接BH，与ED相交于点M，连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，因为E，H分别为PB，PD的中点，所以DE，BH是△PBD的中线，BM＝eq \f(2,3)BH，因为F为BC中点，G为CF的中点，所以BF＝eq \f(2,3)BG，所以MF∥GH，因为MF⊂平面DEF，GH⊄平面DEF，所以GH∥平面DEF.
（2）因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，所以CD⊥平面DBP.如图，过点D作直线垂直平面BDC，作空间直角坐标系D -xyz，设PD＝DB＝DC＝2，则C(0,2,0)，B(2,0,0)，P(1,0，eq \r(3))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－2,2,0)，eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－1,0，eq \r(3))，eq \(HG,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(BP,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－x＋\r(3)z＝0，))令x＝eq \r(3)，则y＝eq \r(3)，z＝1，n＝(eq \r(3)，eq \r(3)，1)．设直线GH与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|csn，eq \(HG,\s\up7(―→))|＝eq \f(|n·eq \(HG,\s\up7(―→))|,|n|·|eq \(HG,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\r(3),\r(7)×\r(3))＝eq \f(\r(7),7)，
故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
18、如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝eq \r(3)，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取AE的中点为G，连接MG，BG，∵M是ED的中点，AD＝2BC，∴MG是△ADE的中位线，∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，∴四边形MGBC为平行四边形，∴CM∥BG，∵CM⊄面ABE，BG⊂面ABE，∴CM∥平面ABE.
(2)取AD的中点为H，连接HC，HE，其中HC＝AB＝eq \r(3)，EH＝1，由EC＝2可得HC⊥HE，显然EH⊥面ABCD，故以H为坐标原点，分别以HC，HA，HE所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，－1,0)，B(eq \r(3)，1,0)，设存在点F(x，y，z)，eq \(EF,\s\up7(―→))＝λeq \(EB,\s\up7(―→))⇒(x，y，z－1)＝λ(eq \r(3)，1，－1)⇒x＝eq \r(3)λ，y＝λ，z＝1－λ，易知面EAD的法向量可取eq \(HC,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，0,0)，另外eq \(AF,\s\up7(―→))＝(x，y－1，z)＝(eq \r(3)λ，λ－1，1－λ)，eq \(AD,\s\up7(―→))＝(0，－2,0)，设面ADF的一个法向量为u＝(m，n，r)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(AF,\s\up7(―→))·u＝0，, eq \(AD,\s\up7(―→))·u＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)λm＋λ－1n＋1－λr＝0，,－2n＝0，))
可取u＝(λ－1,0，eq \r(3)λ)，则|cs
故存在点F为EB的中点满足题意．
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