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秘籍07 立体几何的折叠与新定义问题
题型 考情分析 考向预测
1.空间几何体折叠后线面、面面垂直证明 2025年新高考Ⅰ卷第17题 2025年新高考Ⅱ卷第17题 2024年新高考Ⅰ卷第17题 2024年新高考Ⅱ卷第17题 2023年新高考Ⅰ卷第18题 2023年新高考Ⅱ卷第17题 命题趋向综合化，折叠问题将与截面、轨迹、存在性问题融合，展开问题会结合函数最值分析，跨考点联动增强。 动态化考查成为热点，会涉及翻折过程中角度、线段长度的取值范围，或展开图中动点路径的最值变化。 应用性有所提升，可能结合包装盒设计、表面巡检路径等实际场景，但核心仍是平面与空间的转化。 对空间想象能力要求提高，减少直观图依赖，需通过文字描述还原图形转化过程。
2.空间几何体折叠角度问题
3.空间几何体折叠距离问题
4.空间几何体折叠外接球问题
5.空间几何体折叠存在性问题
6.折叠中的最值问题（线段 长度、体积、角度最值）
7.空间几何体创新综合问题
8.空间几何体新定义问题
题型1 空间几何体折叠后线面、面面垂直证明
先明确折叠前后不变的垂直关系（如等腰三角形底边上的中线、正方形的对角线垂直），再利用面面垂直的性质定理（折叠后若两平面垂直，一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面），结合线面垂直判定定理完成证明；关键是锁定 “交线” 和 “不变的垂直线段”。
【例1】已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)当时，求直线和平面所成角的正弦值.
【变式1-1】如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得
C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得
题型2 空间几何体折叠角度问题
画图对比：画出折叠前后的图形，标出折痕。 确定不变量：找出与问题相关的不变的边长、平面角等。 选择方法： 若涉及斜线与平面内直线的夹角，优先考虑折叠角公式。 若涉及线线垂直的判断，尝试使用三垂线定理。 若以上方法不适用，则建立空间直角坐标系，使用向量法进行计算。 通过综合运用这些技巧，可以更高效、准确地解决空间几何折叠中的角度问题
【例2】如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【变式2-1】如图所示，在等腰直角中，，点 分别为的中点，将沿翻折到位置.
(1)证明：平面
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【变式2-2】如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求线段的长（用表示）；
(3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
题型3 空间几何体折叠距离问题
技巧一 点到点距离：通常是求某条线段的长度。利用折叠前后线段长度不变，在折叠后的图形中直接计算或通过解三角形求解。 点到线距离：如果点和线在折叠后仍在同一平面内（如同在底面），则距离不变，可在原平面图中求解。 点到面距离：这是难点。折叠后，若点不在面上，则需通过几何法或向量法求解。 技巧二：几何法——等体积法（间接法） 利用三棱锥的体积公式 。同一个三棱锥，选择不同的面作为底面，其体积是不变的。 技巧三：向量法——坐标运算（通法） 当几何关系复杂或不易找到垂足时，建立空间直角坐标系是解决距离问题的“万能钥匙”。 建系：根据折叠后的几何体特征，寻找三条两两垂直的直线作为坐标轴，建立空间直角坐标系。 点到点距离：直接利用空间两点间距离公式。 点到直线距离：利用向量在直线方向向量上的投影，结合勾股定理求解。 点到平面距离：设平面的法向量为 n，平面上一点为 A，所求点为 B，则距离 技巧四：展开法——化折为直（针对最短路径） 当问题涉及几何体表面上两点间的最短路径（如蚂蚁爬行问题）时，需将空间问题平面化。 核心思想：将几何体（如圆柱、圆锥、棱柱等）的表面按一定规则展开成平面图形。
【例3】如图1，在中，，，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点.
(1)求新的几何体的体积；
(2)记与底面所成角为，求的取值范围；
(3)当时，求点到平面的距离.
【变式3-1】如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-2】如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
题型4 空间几何体折叠外接球问题
折叠问题抓不变棱长、垂直关系，折叠前后边长、角度不变。找外接球核心定球心、半径：棱锥有两两垂直棱，补成长方体，体对角线为外接球直径；直角三角形斜边中点是外心，棱锥顶点投影底面外心，垂线交点即球心。等腰、正棱柱直接找上下底面中心垂线。球面距离、表面积体积依托半径计算，牢记共球点到球心距离相等，折叠后垂直结构优先补形，快速求解外接球半径。先确定折叠后几何体的外接球球心（通常在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上）；利用折叠前后不变的外接圆半径、二面角大小计算球心到各顶点的距离（即球半径）；若折叠后出现两两垂直的线段，可将几何体补成长方体，长方体的外接球即为几何体的外接球。
【例4】(多选题)如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．二面角的余弦值为
D．三棱锥外接球的半径为
【变式4-1】如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥体积的最大值为8
B．存在某个位置使
C．三棱锥外接球半径为3
D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为
【变式4-2】如图，平面四边形中，点是线段上一点，，，沿着将折叠得到四棱锥．
(1)求证：平面平面．
(2)若，且，，折叠后．
①求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
②若三棱锥的四个顶点均在以为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
题型5 空间几何体折叠存在性问题
空间折叠问题的存在性问题，核心是判断空间几何体经过折叠后能否形成符合特定条件的立体图形，其本质是分析折叠前后点、线、面的位置关系变化。以下是解决这类问题的关键技巧，结合几何性质和逻辑推理展开： 一、核心原理：折叠前后的不变量与变量 解决空间折叠问题的基础是明确折叠过程中哪些几何关系保持不变，哪些会发生改变： 不变量 折叠前位于同一平面内的线段长度不变（如原平面图形中两点间的距离）。 折叠前共线的点折叠后仍共线（如折痕上的点位置不变）。 折叠前垂直或平行的线段，若折叠后仍在同一平面内，则垂直/平行关系不变。 变量 折叠后不同平面内的线段夹角会改变（如原平面中相交的两条线段，折叠后可能异面）。 折叠后点到平面的距离会变化（如原平面图形中某点到折痕的距离可能成为立体图形的高）。 二、存在性问题的常见类型与技巧 1. 折叠后点共面/共线的判断 技巧：利用“三点共面”或“线面垂直”性质 2. 折叠后线面垂直/平行的判断 技巧：转化为“线线垂直/平行”的验证 线面垂直：若折叠后某直线与平面内两条相交直线都垂直，则线面垂直（如折叠后某线段垂直于折痕，且垂直于平面内另一条线段）。 线面平行：若折叠后某直线与平面内一条直线平行，且直线不在平面内，则线面平行（如原平面中平行于折痕的线段，折叠后仍平行于折痕所在平面）。 3. 折叠后几何体体积/表面积的最值判断 技巧：利用“高的最大值”或“角度范围” 4. 折叠后异面直线夹角的判断 技巧：通过“平移法”或“向量法”计算夹角范围 三、通用解题步骤 画示意图：将原平面图形和折叠后的立体图形分别画出，标注关键点（如折痕、固定点）。 列不变量：列出折叠前后长度、角度不变的线段或关系（如折痕长度不变，原平面中垂直的线段若在同一平面则仍垂直）。 假设存在：假设问题中的条件成立（如“存在某点使得线面垂直”），推导所需满足的等式或不等式。 验证条件：判断推导结果是否与几何性质矛盾（如是否满足三角形三边关系、角度范围等）。 得出结论：若推导无矛盾，则存在；否则不存在。 四、易错点提醒 忽略折叠后点的位置范围：如折叠后某点不能超出几何体的边界（如正方形折叠后顶点不能穿过对面）。 混淆“折叠方向”：折叠可沿折痕向不同方向进行（如向上或向下），需考虑两种情况。 忘记“折痕是对称轴”：折叠后折痕两侧的图形关于折痕对称，可利用对称性简化计算。
【例5】如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
【变式5-1】如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【变式5-2】已知等腰梯形如图1所示，其中，，点在线段上，且，现沿进行翻折，使得平面平面，点在线段上（含端点位置），是线段上的动点，所得图形如图2所示．
(1)若，求的值；
(2)在（1）的条件下，点、、、均在球的球面上，是否存在点使得在平面上，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
题型6 空间几何体折叠中的最值问题（线段长度、体积、角度最值）
空间折叠紧抓线段长度、垂直关系不变，平面位置发生旋转变化。 线段最值：利用两点之间线段最短、点到直线距离垂线段最短，把翻折线段归为圆轨迹模型，动点绕定轴旋转，转化平面几何求解。 体积最值：底面积固定时，高越大体积越大；找准点到面距离最值，依靠面面垂直、点面距离公式分析。 线线、线面角最值：翻折后角度随二面角变化，二面角取0°或180°临界位置。 通用思路：定轴定长、轨迹圆化，二面角临界分析，立体转平面，抓垂直、边长不变量求解极值。最值化为函数最值，结合函数性质求解。
【例6】如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
【变式6-1】(多选题)如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥体积的最大值为8
B．存在某个位置使
C．三棱锥外接球半径为3
D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为
【变式6-2】(多选题)如图1所示，在四边形中，，，.如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接.则下列选项正确的是（ ）
A．当平面平面时，点到平面的距离为
B．异面直线与所成角的取值范围为
C．、分别为、的中点，在翻折的过程中，存在某个位置，使得
D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为
题型7 空间几何体创新综合题型
高考立体几何创新综合题解题核心策略：先抓几何特征，建系与几何法双管齐下。审题先定位线面、面面位置关系，挖掘垂直、平行等隐含条件。几何法优先用判定定理、性质定理推导，善用中位线、勾股定理简化推理；建系法快速建立空间直角坐标系，精准计算法向量、夹角与距离。注重转化思想，将空间角、距离问题转化为向量运算或平面几何问题。规范步骤，定理依据清晰，计算精准，避开易错点。遇到复杂设问，拆解为基础模型，分步突破，确保逻辑闭环、结果准确。
【例7】已知四面体，，，，，为的三等分点（靠近），为的中点，过点的动平面交射线，，于，，．

(1)如图，当时，
①求的长；
②空间中一动点，定义．当四面体的体积最小时，是否存在点，使得？并说明理由；
(2)当时，记四面体内切球的半径为，求的最大值．
【变式7-1】已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于.
(1)求四棱锥体积的最小值；
(2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点.
（i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长；
（ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由.
【变式7-2】已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧．
(1)若，证明：是锐角三角形；
(2)若，是线段上靠近的三等分点，．
（i）证明：二面角为锐角；
（ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．
题型8 空间几何体中新定义问题
精准理解新定义 拆解定义内涵：将新定义中的关键词（如“垂棱四面体”“球面三角形总曲率”）转化为几何条件，明确其与已知概念的联系。文档中“球面三角形面积公式”需结合二面角与球半径理解 标注关键公式：对新定义中涉及的公式（如混合积、球面曲率公式），需先确认参数含义（如法向量、二面角） 转化为熟悉模型 类比迁移：将新定义问题与学过的几何体（如长方体、正四面体）对比，寻找共性。例如，“垂棱四面体”可补形为长方体，利用长方体性质简化计算 建系量化：对涉及空间位置关系的新定义（如“内棱垂直”），通过建立空间直角坐标系，用向量法表示位置关系和度量关系 推理与验证 逻辑推导：根据新定义列出数学表达式，结合几何公理（如线面垂直判定定理）推导结论。例如，用混合积判断异面直线时，需计算三阶行列式验证结果是否为零 特例验证：对抽象新定义，可代入特殊值（如正三棱锥、单位球）验证结论正确性，排除错误理解
【例8】 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.

(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
(2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值.
【变式8-1】高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径.
(1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和；
(2)求的值；
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出.
【变式8-2】我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.

(1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点.
(2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值.
(3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值.
1.（甘肃省2026届高三第一次模拟考试）如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）.
(1)证明：；
(2)三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值.
2.（湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为．
(1)若时，求三棱柱的体积；
(2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
3.（河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测）如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求线段的长（用表示）；
(3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
4.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
5.（安徽江南十校2026届高三3月联考）已知梯形，现沿对角线翻折，如图，分别为线段的中点.
(1)证明：；
(2)当折成直二面角时，求线段的长度；
(3)当时，求平面与平面夹角的余弦值.
6.（湖北省部分市州2026届高三上学期1月联考）如图，在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中P为动点.
(1)证明：；
(2)求二面角余弦值的最小值.
7．（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，，，点，分别是棱，上的点，且直线平面.
(1)求的长；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
8．（2026·四川绵阳·二模）如图1，直三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，且 . 图2所示的多面体 ，可视为将图1中的 在其平面内绕其中心逆时针旋转 后，记为 ，并重新连接 ，，，，， 得到.
(1)如图2，证明：，，， 四点共面；
(2)求多面体 的体积；
(3)若点 在多面体 的棱 上，求 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求出此时点 在 上的位置.
9．（25-26高三上·山东济南·月考）如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，分别为的中点．
(1)求证：；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
(3)设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：．
10．（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中．
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和；
(2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．
（i）求点到平面的距离；
（ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．
11．（2026·江苏·二模）一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与底面所成角的正弦值；
(3)求四面体的内切球半径的最小值．
12．（2026·安徽淮南·二模）如图，在直四棱柱中，，.
(1)证明：平面；
(2)动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为.
（i）求的取值范围；
（ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
13．（2026·四川绵阳·模拟预测）如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，．
(1)证明：；
(2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值；
(3)若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)秘籍07 立体几何的折叠与新定义问题
题型 考情分析 考向预测
1.空间几何体折叠后线面、面面垂直证明 2025年新高考Ⅰ卷第17题 2025年新高考Ⅱ卷第17题 2024年新高考Ⅰ卷第17题 2024年新高考Ⅱ卷第17题 2023年新高考Ⅰ卷第18题 2023年新高考Ⅱ卷第17题 命题趋向综合化，折叠问题将与截面、轨迹、存在性问题融合，展开问题会结合函数最值分析，跨考点联动增强。 动态化考查成为热点，会涉及翻折过程中角度、线段长度的取值范围，或展开图中动点路径的最值变化。 应用性有所提升，可能结合包装盒设计、表面巡检路径等实际场景，但核心仍是平面与空间的转化。 对空间想象能力要求提高，减少直观图依赖，需通过文字描述还原图形转化过程。
2.空间几何体折叠角度问题
3.空间几何体折叠距离问题
4.空间几何体折叠外接球问题
5.空间几何体折叠存在性问题
6.折叠中的最值问题（线段 长度、体积、角度最值）
7.空间几何体创新综合问题
8.空间几何体新定义问题
题型1 空间几何体折叠后线面、面面垂直证明
先明确折叠前后不变的垂直关系（如等腰三角形底边上的中线、正方形的对角线垂直），再利用面面垂直的性质定理（折叠后若两平面垂直，一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面），结合线面垂直判定定理完成证明；关键是锁定 “交线” 和 “不变的垂直线段”。
【例1】已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)当时，求直线和平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为点为棱的中点，且，所以且，
，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
因为平面，平面，且，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）过点作于点，连接，
因为，，，平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，且，
所以平面.
所以就是直线和平面所成角.
由题意得：二面角的平面角为，
由（1）易得，
在中，由，，得，
取中点为，连接，
因为分别为的中点，
所以，且，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
在中，由，，得，则.
在中，由，
即得直线和平面所成角正弦值为.
【变式1-1】如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得
C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得
【答案】B
【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项.
【详解】对于AD，取为中点，，则，而，
故，故在几何体中，，
而，故为二面角的平面角，故，
故，而平面，
故平面，而平面，故，故A成立.
因，，平面，
故平面，而平面，故，故D成立.
对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面，
而平面，故，故C成立.
对于B，过作平面，垂足为，
因为平面，故，
若，因为平面，
故平面，而平面，故，
而，故在上，
因为，平面，故平面，
而平面，故，故，但，
矛盾，故不成立即B不成立，
故选：B.
题型2 空间几何体折叠角度问题
画图对比：画出折叠前后的图形，标出折痕。 确定不变量：找出与问题相关的不变的边长、平面角等。 选择方法： 若涉及斜线与平面内直线的夹角，优先考虑折叠角公式。 若涉及线线垂直的判断，尝试使用三垂线定理。 若以上方法不适用，则建立空间直角坐标系，使用向量法进行计算。 通过综合运用这些技巧，可以更高效、准确地解决空间几何折叠中的角度问题
【例2】如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.
（2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小.
（3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.
【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得，
依题意，，则，
于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，由，得，
而平面平面，平面平面平面，
则平面，
过作，则平面，又平面，
于是，
在矩形中，，，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线BC与平面所成的角为，则，
所以直线BC与平面所成角的大小为.
（3）连接，由，得，而，
则为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
显然平面，平面，则平面平面，
在平面内过作于点，则平面，
设，而，则，，，
即，，
所以，
于是，，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量为，
因为，，
则，
令，得，
设平面和平面的夹角为，
则
令，，则，即，
则当时，有最小值，
所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为．
【变式2-1】如图所示，在等腰直角中，，点 分别为的中点，将沿翻折到位置.
(1)证明：平面
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可知，继而证明平面，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式，即可求得答案.
【详解】（1）等腰直角中，，得．所以．
点、分别为、的中点，，所以．
将沿翻折到位置后，．
又平面平面．
所以平面．
又，得平面．
（2）由（1）知面．又平面．所以平面平面，
由为中点．故．又因为．所以为等边三角形，
设的中点为．连接．则．又平面平面，
平面平面，平面．所以平面．
过作交于．
以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系：
因为．
得，
所以．
设平面的一个法向量为,
则，可取．
设平面的一个法向量为．则，
取．
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为.
【变式2-2】如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求线段的长（用表示）；
(3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【详解】（1）在矩形中，，，点，分别是，的中点，
所以四边形和是全等的正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，，平面，
所以平面；
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，
因为，
所以，，
则，
，
所以线段的长为；
（3）因为，所以当时，线段最短，
此时，分别为线段，的中点，，，
则，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
由（1）知，为平面的一个法向量，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
题型3 空间几何体折叠距离问题
技巧一 点到点距离：通常是求某条线段的长度。利用折叠前后线段长度不变，在折叠后的图形中直接计算或通过解三角形求解。 点到线距离：如果点和线在折叠后仍在同一平面内（如同在底面），则距离不变，可在原平面图中求解。 点到面距离：这是难点。折叠后，若点不在面上，则需通过几何法或向量法求解。 技巧二：几何法——等体积法（间接法） 利用三棱锥的体积公式 。同一个三棱锥，选择不同的面作为底面，其体积是不变的。 技巧三：向量法——坐标运算（通法） 当几何关系复杂或不易找到垂足时，建立空间直角坐标系是解决距离问题的“万能钥匙”。 建系：根据折叠后的几何体特征，寻找三条两两垂直的直线作为坐标轴，建立空间直角坐标系。 点到点距离：直接利用空间两点间距离公式。 点到直线距离：利用向量在直线方向向量上的投影，结合勾股定理求解。 点到平面距离：设平面的法向量为 n，平面上一点为 A，所求点为 B，则距离 技巧四：展开法——化折为直（针对最短路径） 当问题涉及几何体表面上两点间的最短路径（如蚂蚁爬行问题）时，需将空间问题平面化。 核心思想：将几何体（如圆柱、圆锥、棱柱等）的表面按一定规则展开成平面图形。
【例3】如图1，在中，，，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点.
(1)求新的几何体的体积；
(2)记与底面所成角为，求的取值范围；
(3)当时，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用割补法来求得新的几何体的体积.
（2）作出与底面所成角，求得的表达式，进而求得的取值范围.
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案.
【详解】（1）连接，
在中，由题可得，
因为新的几何体是以为高的圆锥减去以为高的圆锥后剩余的部分，
所以新的几何体的体积.
（2）如图，取的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，
因为平面，所以平面，
所以为与底面所成的角，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以.
（3）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，，
设平面的法向量为，
则有，取
所以点到平面的距离为.
【变式3-1】如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.
【详解】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形，
则，，，则，可知，
即，且，由，，，
则，可知.
由，，平面，
可得平面，又因为平面，所以平面平面
取中点O，中点H，连，，则，，可得，
因为为等边三角形，则，平面平面，
平面，所以平面.
以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，可得，，.
设平面的法向量，
则，令，则，，
可得，
由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的.
平面的一个法向量，，
点B到平面的距离
，所以点F到平面的距离为.
故选：B.
【变式3-2】如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可.
【详解】（1）在四边形中，因为，，
所以四边形为平行四边形，
又因为，，
所以四边形为正方形，
折叠后，显然，，
又因为，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，，

设平面的法向量，
则，令，
解得，，可得，
点到平面的距离为.
法二：如图，过点作，垂足为，连接，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，得到，
在中，，，
由余弦定理得，则.
即，
设点到平面的距离为，
由得，
又，，所以，
所以点到平面的距离为.
题型4 空间几何体折叠外接球问题
折叠问题抓不变棱长、垂直关系，折叠前后边长、角度不变。找外接球核心定球心、半径：棱锥有两两垂直棱，补成长方体，体对角线为外接球直径；直角三角形斜边中点是外心，棱锥顶点投影底面外心，垂线交点即球心。等腰、正棱柱直接找上下底面中心垂线。球面距离、表面积体积依托半径计算，牢记共球点到球心距离相等，折叠后垂直结构优先补形，快速求解外接球半径。先确定折叠后几何体的外接球球心（通常在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上）；利用折叠前后不变的外接圆半径、二面角大小计算球心到各顶点的距离（即球半径）；若折叠后出现两两垂直的线段，可将几何体补成长方体，长方体的外接球即为几何体的外接球。
【例4】(多选题)如图，在矩形中，为中点，现分别沿将，翻折，使点重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．二面角的余弦值为
D．三棱锥外接球的半径为
【答案】BCD
【分析】由题意确定平面，再结合棱锥的体积公式、二面角的平面角判断，及三棱锥外接球半径计算公式逐个判断即可.
【详解】由题意易知：，，
所以，即不垂直，
对于A，若，因为，为平面内两条相交直线，
可得：平面，又在平面内，，矛盾，故A错误，
对于B，因为，为平面内两条相交直线，
所以平面，
由，得到，
所以，
所以，正确，
对于C：因为，为二面角的棱，分别在两个面内，
所以为二面角的平面角，又，故C正确，
对于D，因为平面，
外接圆的半径为：，
所以三棱锥外接球的半径，正确，
故选：BCD
【变式4-1】如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥体积的最大值为8
B．存在某个位置使
C．三棱锥外接球半径为3
D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为
【答案】ACD
【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知，
所以三棱锥的高为，则，对．
B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则，
如下图，翻折过程中始终有，又在平面内，
所以平面，翻折过程中平面，即恒有，
且平面，翻折过程中恒有平面平面，
所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面在平面的投影直线上，
显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错．
C：在翻折的过程中，和都是直角三角形，
所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对．
D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以，
又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离，
所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，
当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短，
如图所示，因为，所以，

所以，所以，故线段长为，
综上，线段长的取值范围为，对．
故选：ACD
【变式4-2】如图，平面四边形中，点是线段上一点，，，沿着将折叠得到四棱锥．
(1)求证：平面平面．
(2)若，且，，折叠后．
①求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
②若三棱锥的四个顶点均在以为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②存在，．
【详解】（1）在平面四边形中，因为点是线段上一点，，
所以折叠后有，．
又，平面，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）设，则．
①如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，，
所以，，，，
所以，，，．
设平面的法向量为，由，得
令，则．
设平面的法向量为，由，得
令，则．
设平面与平面的夹角为，
则．
令，则
，
所以当，即时，取得最大值．
②如图，由（1）知平面平面，又因为三棱锥的四个顶点均在以为球心的球上，
设和的外接圆圆心分别和，
则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，过点作于，连接，
设，显然四边形为矩形，所以．
在中，因为，所以由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径．
在中，，，，所以由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径．
所以，即
，
所以，
故当时，取得最小值，即，此时三棱锥外接球的体积最小值为，
故三棱锥外接球的体积存在最小值，此时．
题型5 空间几何体折叠存在性问题
空间折叠问题的存在性问题，核心是判断空间几何体经过折叠后能否形成符合特定条件的立体图形，其本质是分析折叠前后点、线、面的位置关系变化。以下是解决这类问题的关键技巧，结合几何性质和逻辑推理展开： 一、核心原理：折叠前后的不变量与变量 解决空间折叠问题的基础是明确折叠过程中哪些几何关系保持不变，哪些会发生改变： 不变量 折叠前位于同一平面内的线段长度不变（如原平面图形中两点间的距离）。 折叠前共线的点折叠后仍共线（如折痕上的点位置不变）。 折叠前垂直或平行的线段，若折叠后仍在同一平面内，则垂直/平行关系不变。 变量 折叠后不同平面内的线段夹角会改变（如原平面中相交的两条线段，折叠后可能异面）。 折叠后点到平面的距离会变化（如原平面图形中某点到折痕的距离可能成为立体图形的高）。 二、存在性问题的常见类型与技巧 1. 折叠后点共面/共线的判断 技巧：利用“三点共面”或“线面垂直”性质 2. 折叠后线面垂直/平行的判断 技巧：转化为“线线垂直/平行”的验证 线面垂直：若折叠后某直线与平面内两条相交直线都垂直，则线面垂直（如折叠后某线段垂直于折痕，且垂直于平面内另一条线段）。 线面平行：若折叠后某直线与平面内一条直线平行，且直线不在平面内，则线面平行（如原平面中平行于折痕的线段，折叠后仍平行于折痕所在平面）。 3. 折叠后几何体体积/表面积的最值判断 技巧：利用“高的最大值”或“角度范围” 4. 折叠后异面直线夹角的判断 技巧：通过“平移法”或“向量法”计算夹角范围 三、通用解题步骤 画示意图：将原平面图形和折叠后的立体图形分别画出，标注关键点（如折痕、固定点）。 列不变量：列出折叠前后长度、角度不变的线段或关系（如折痕长度不变，原平面中垂直的线段若在同一平面则仍垂直）。 假设存在：假设问题中的条件成立（如“存在某点使得线面垂直”），推导所需满足的等式或不等式。 验证条件：判断推导结果是否与几何性质矛盾（如是否满足三角形三边关系、角度范围等）。 得出结论：若推导无矛盾，则存在；否则不存在。 四、易错点提醒 忽略折叠后点的位置范围：如折叠后某点不能超出几何体的边界（如正方形折叠后顶点不能穿过对面）。 混淆“折叠方向”：折叠可沿折痕向不同方向进行（如向上或向下），需考虑两种情况。 忘记“折痕是对称轴”：折叠后折痕两侧的图形关于折痕对称，可利用对称性简化计算。
【例5】如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且三棱锥的体积为
【详解】（1）在图①中，由题意可知，四边形为正方形，且，
在②中，，，且，、平面，
所以平面，
因为，所以平面，因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
因为平面，所以平面平面，
因为、平面，所以，，
所以，二面角的平面角为，即，
因为，所以为等边三角形，所以，
取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，且，
设为的中点，则可以以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，，
设，则，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
记直线与平面所成角为，则，
由可得，
则，
即，，
因为，解得，故，
所以.
【变式5-1】如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点位于线段的靠近点的三等分点
【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；
（2）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以；
因为平面平面，又平面平面，又面，
所以平面；取边的中点记为，则；
以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
记平面的法向量为，
所以，
不妨取，得，
所以为平面的一个法向量；
记直线与平面的所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为
（2）设，其中，
，，
，，
，
记平面的一个法向量为，
则有，
不妨取，解得，
即；
则点到平面的距离，
整理得：即，
解得或（舍去），
所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为
【变式5-2】已知等腰梯形如图1所示，其中，，点在线段上，且，现沿进行翻折，使得平面平面，点在线段上（含端点位置），是线段上的动点，所得图形如图2所示．
(1)若，求的值；
(2)在（1）的条件下，点、、、均在球的球面上，是否存在点使得在平面上，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由面面垂直证得线面垂直，再逐步证得，最终在直角三角形中计算得，结合，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标.法一：利用球心到四点的距离相同列出方程，解得球心的坐标，再根据三点共线设，表示出G点坐标，再根据四点共面设，列出方程可解出，进而得到；
法二：由几何性质得球心在中点，得到点坐标，再根据三点共线设，表示出点坐标，再求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量公式，使点到平面的距离为，即可解出，进而得到.
【详解】（1）因为平面平面，，所以平面，所以，
若，则平面，
所以，所以，
所以，.
（2）法一：如图以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立空间坐标系，
则、、、，
设球的坐标为，
则，
解得，所以球心.
设，则，
要使得球心在平面上，则、、、四点共面，可得，
则，
则，解得，所以.
法二：如图以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立空间坐标系，
则、、、，
，.
由（1）可知，平面，因此易知，
又因为，平面，故平面，故.
由（1）可知，平面，故，故.
因为，，可得球心在中点，即球心.
设，则，
要使得球心在平面上，则、、、四点共面，则到平面的距离为0
设平面的法向量为，则，
则，取，则，故，
所以，又因为，
则，解得，所以.
题型6 空间几何体折叠中的最值问题（线段长度、体积、角度最值）
空间折叠紧抓线段长度、垂直关系不变，平面位置发生旋转变化。 线段最值：利用两点之间线段最短、点到直线距离垂线段最短，把翻折线段归为圆轨迹模型，动点绕定轴旋转，转化平面几何求解。 体积最值：底面积固定时，高越大体积越大；找准点到面距离最值，依靠面面垂直、点面距离公式分析。 线线、线面角最值：翻折后角度随二面角变化，二面角取0°或180°临界位置。 通用思路：定轴定长、轨迹圆化，二面角临界分析，立体转平面，抓垂直、边长不变量求解极值。最值化为函数最值，结合函数性质求解。
【例6】如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1），，，
，，
又，，
，
，
,
又，
平面平面，且平面平面，又，
平面，平面，平面，，
平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）平面,
建立如图所示空间直角坐标系,
，，，，，，
，，,
设平面的法向量为，则，取，,
设直线与平面所成的角为，
则.
（3）设，其中，
则，，，
所以，
令，则，
所以，
当时，单调递增，
故在时，取最大值，此时.
【变式6-1】(多选题)如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥体积的最大值为8
B．存在某个位置使
C．三棱锥外接球半径为3
D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为
【答案】ACD
【分析】由面面BCD时，三棱锥体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断A；利用相似得到，结合翻折的过程中，点M在底面BCD的投影位置及DN与DB位置关系判断B；由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断C；结合C分析得到O到MN的距离只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，进而确定线段最长、最短的端点值，即可得范围判断D.
【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知，
所以三棱锥的高为，则，对．
B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则，
如下图，翻折过程中始终有，又在平面内，
所以平面，翻折过程中平面，即恒有，
且平面，翻折过程中恒有平面平面，
所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面在平面的投影直线上，
显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错．
C：在翻折的过程中，和都是直角三角形，
所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对．
D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以，
又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离，
所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，
当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短，
如图所示，因为，所以，

所以，所以，故线段长为，
综上，线段长的取值范围为，对．
故选：ACD
【变式6-2】(多选题)如图1所示，在四边形中，，，.如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接.则下列选项正确的是（ ）
A．当平面平面时，点到平面的距离为
B．异面直线与所成角的取值范围为
C．、分别为、的中点，在翻折的过程中，存在某个位置，使得
D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求出关键平面的法向量，再利用点到平面的距离公式判断A；利用线线角的向量求法将线线角利用一元函数表示，再结合三角函数的有界性判断B；表示出，再解方程求解判断C；先证明鳄鱼模型公式的正确性，结合球的表面积公式求解D即可.
【详解】找中点，作，面，
因为，，所以，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，，所以由勾股定理得，
又因，则，解得，
故，，，，
设，则，，
因,故，得，
则，，
由可得，化简得，
即点的轨迹方程是半径为的圆的一部分，
而该圆的参数方程为，，
故，则，
设平面的法向量为，则，解得，
且，令，解得，
得到，易得平面的法向量为.
对于A，当平面平面时，，此时，解得，
此时，而，，
设平面的法向量为，则，
，令，解得，，
故，而
设设点到面的距离为，则，故A正确；
对于B，由已知得，，
设异面直线与所成角为，且，
则，
而，结合余弦函数性质得，
故，由余弦函数性质解得，故B正确；
对于C，因为、分别为、的中点，
所以，，
则，令，
则，则，无解，
所以在翻折的过程中，不存在某个位置，使得，故C错误；
对于D，首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型，
我们给定三棱锥，设分别是的外心，
设外接球球心为，是中点，连接,则，，
所以是二面角的平面角，设，
设，，连接,则面，面，
在四边形中，可得，
所以四点共圆，且设四边形的外接圆半径为，
所以，连接，由正弦定理得，设，
故，而在中，由余弦定理得，
连接，所以，则得，且
设，在直角三角形中，，
所以，即鳄鱼模型得证.
设二面角的大小为，且，
，如图，的外心为，找中点作为外心，
则由中位线性质得，得到，
此时公式变为，
若三棱锥的外接球的表面积的最小，
则其半径一定最小，由上分析可得，
而，结合正弦函数性质可得当时最小，
此时，由球的表面积公式得表面积为，
则三棱锥的外接球的表面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
题型7 空间几何体创新综合题型
高考立体几何创新综合题解题核心策略：先抓几何特征，建系与几何法双管齐下。审题先定位线面、面面位置关系，挖掘垂直、平行等隐含条件。几何法优先用判定定理、性质定理推导，善用中位线、勾股定理简化推理；建系法快速建立空间直角坐标系，精准计算法向量、夹角与距离。注重转化思想，将空间角、距离问题转化为向量运算或平面几何问题。规范步骤，定理依据清晰，计算精准，避开易错点。遇到复杂设问，拆解为基础模型，分步突破，确保逻辑闭环、结果准确。
【例7】已知四面体，，，，，为的三等分点（靠近），为的中点，过点的动平面交射线，，于，，．

(1)如图，当时，
①求的长；
②空间中一动点，定义．当四面体的体积最小时，是否存在点，使得？并说明理由；
(2)当时，记四面体内切球的半径为，求的最大值．
【答案】(1)① ；②不存在，理由见解析
(2).
【分析】（1）①利用空间向量基本定理，所以，所以．②设，，，所以，由共面定理，得，记棱长为1的正四面体的体积为，所以，由均值不等式得到当，，取得最小值，此时是的重心，对空间中任意点，有，同理，，
所以，故不存在空间中一点，使得．
（2）因为，，，化简得到，，
因为，所以（设），
设，当，时，所以.
【详解】（1）①
所以
，所以．
②设，，，则，，，
所以，由共面定理，得，
记棱长为1的正四面体的体积为，所以，
由均值不等式，此时当，即，，取得最小值，
则此时，即，故是的重心，
对空间中任意点，则，，
同理，，
所以
，
故不存在空间中一点，使得．
（2），，，
由勾股定理，，，，
由余弦定理，，所以，
所以，所以，
所以，，，
所以（设），
设，，
当时，；
当时，令，即，
解得，所以，所以（当时取等）
所以的最大值为.
【变式7-1】已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于.
(1)求四棱锥体积的最小值；
(2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点.
（i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长；
（ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）12
（ii）平面与平面的夹角为定值，余弦值为
【分析】（1）根据平面与平面的夹角得到点到直线的距离等于到点的距离，从而得到点的轨迹，然后结合锥体的体积公式得到点在抛物线的顶点处时体积最小，最后求体积即可；
（2）（i）根据平面与平面的交线为得到为与曲线的交点，然后联立与曲线的方程，结合抛物线定义求即可；
（ii）根据得到的坐标，根据与平面所成角相等得到斜率相反，从而得到，然后通过计算斜率得到的方向向量，然后利用空间向量的方法求面面角即可.
【详解】（1）
设点到平面和直线的距离分别为，，
因为点在平面内，且平面与平面的夹角为，
因此，得，
所以点的轨迹是为焦点，为准线的抛物线，
当点在抛物线的顶点处时，最小，
最小值为，此时，
所以四棱锥体积的最小值为；
（2）设的中点为，则，如图1，以的中点为原点，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，则，
（i）平面与平面的交线为，
因此，是直线与抛物线的交点，如图2，
在平面中，可以设：，
与抛物线方程联立，得：，
因此，；
（ii）如图3，在平面中，点在点上方，且，
得到点坐标为，因为，与平面所成角相等，
所以，与所成角相等，
因此，，的斜率互为相反数，
设，，则，
得，
因此，，
因此，在空间直角坐标系中，的方向向量为，
又，
设平面的法向量，
由，由，
令，则，
又平面的法向量，，
所以平面与平面的夹角为定值，其余弦值为.
【变式7-2】已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧．
(1)若，证明：是锐角三角形；
(2)若，是线段上靠近的三等分点，．
（i）证明：二面角为锐角；
（ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）．
【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断；
（2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值．
【详解】（1）证法一： 因为平面，，所以，．
不妨设，且，
因为，所以，，，
所以，所以为的最大内角．
由余弦定理，得，
所以，所以是锐角三角形．
证法二：因为平面，，所以，．
又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，所以，在中，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
所以是锐角三角形．
证法三：因为平面，，所以，．
又因为，所以在中，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
，所以为锐角，
所以是锐角三角形．
（2）（i）因为，在上，且，
由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称，
故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设，，因为，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，故，即，
故，，，
依题意得，化简得，
且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且，
故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图．
因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以．
因为平面平面，，，
所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角．
（ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若为锐角三角形，有，，，
可令，，，
则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．
由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，
所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．
由（i）知，，所以，又因为，，
所以，故．
因为，所以分别是直线与所成的角， 即，
不妨设，则，且，所以，，
且．
作于，因为平面，平面，平面，
所以，又，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，
所以，即直线过，
所以，所以，
这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，
直线过点，，，求的最小值．
如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故，
即，所以，又，，
即且，解得，
所以，
当，即时，等号成立．
故的最小值为．
解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若为锐角三角形，有，，，
可令，，，
则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．
由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，
所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．
作于，因为平面，平面，平面，
所以，又，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，
所以，即直线过．
在平面直角坐标系中，设直线的方程为，
联立得，
依题意，有且
因为，所以．
因为，
所以
，
，
同理，
不妨设，则必有．
因为，
因为且，所以，代入上式得到
，
所以，
又因为，所以．
因为，所以分别是直线与所成的角，即，
因为，所以，所以，所以，
，
当，即时，等号成立．
故的最小值为．
解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若为锐角三角形，有，，，
可令，，，
则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面．
由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形，
所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形．
由（i）知，，所以，又因为，，
所以，故．
因为，所以分别是直线与所成的角，即，
不妨设，则，且，所以，，
且．
作于，因为平面，平面，平面，
所以，又，所以．
因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点，
所以，即直线过，
所以，所以．
这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，
直线过点，，求的最小值．
如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记
圆与双曲线在第四象限的交点为，则．
因为在渐近线的上方，故，而，故，
即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小．
联立，得，解得或（舍去），
故当，即时，的最小值为．
故的最小值为．
题型8 空间几何体中新定义问题
精准理解新定义 拆解定义内涵：将新定义中的关键词（如“垂棱四面体”“球面三角形总曲率”）转化为几何条件，明确其与已知概念的联系。文档中“球面三角形面积公式”需结合二面角与球半径理解 标注关键公式：对新定义中涉及的公式（如混合积、球面曲率公式），需先确认参数含义（如法向量、二面角） 转化为熟悉模型 类比迁移：将新定义问题与学过的几何体（如长方体、正四面体）对比，寻找共性。例如，“垂棱四面体”可补形为长方体，利用长方体性质简化计算 建系量化：对涉及空间位置关系的新定义（如“内棱垂直”），通过建立空间直角坐标系，用向量法表示位置关系和度量关系 推理与验证 逻辑推导：根据新定义列出数学表达式，结合几何公理（如线面垂直判定定理）推导结论。例如，用混合积判断异面直线时，需计算三阶行列式验证结果是否为零 特例验证：对抽象新定义，可代入特殊值（如正三棱锥、单位球）验证结论正确性，排除错误理解
【例8】 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为，，，则球面三角形ABC的面积为.

(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
(2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，，延长AO与球O交于点D，连接BD，CD.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，且，，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据垂直可得，即可代入公式求解.
（2）（ⅰ）根据球的性质可得线线垂直，可证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可；
（ⅱ）先利用线面垂直的判定定理得平面，建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用向量的夹角公式，得，结合换元以及基本不等式即可求解的最大值得解.
【详解】（1）因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，所以，
所以球面三角形面积为．
（2）（ⅰ）由是球的直径，得，
且，平面，
则平面，又平面，则；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
而，平面，
于是平面，由直线与平面所成的角分别为，
得，
不妨取，得，
以C为坐标原点，直线分别为x，y轴，过点C作的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，

设，则，
，
则，
设平面法向量，则，
取，得，
设平面法向量，则，
取，得，
因此
，
令，则，
于是，
当且仅当时取等号，取最大值，
所以的最小值为.
【变式8-1】高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径.
(1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和；
(2)求的值；
(3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）由球面三角形边角定义，转化为大圆弧长可求圆心角，由球面三角形三条边长均为，得两两垂直，从而得到面面垂直，进而求内角和可得；
（2）将球面平均分割为个全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可；
（3）将球面分割为个球面多边形，再转化为球面三角形，借助球面三角形总曲率与球面三角形内角和关系，利用所有分割后的球面三角形面积之和（用表示）即为球面面积建立等量关系求证即可．
【详解】（1）如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为，
由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为.
又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为，
所以在三棱锥中，两两垂直.
由，，且平面，平面，
则平面，平面，
故平面平面，同理平面平面，平面平面，
即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为，
故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为.
（2）若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形，
由（１）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和，
从而每个球面三角形的面积为，
则每个球面三角形的总曲率为，
设，由题意，且为常数，
则有，从而.
（3）将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径，
对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形，
由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和．
即每个内角和为的球面三角形面积为，
记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和．
所以球面边形面积为.
由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，
则可记球面上多边形，
对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为，
则，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为，
从而所有球面多边形内角和为，
又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故，
则，
又所有球面多边形面积之和，
故，故.
【变式8-2】我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.

(1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点.
(2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值.
(3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，
【分析】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三个内棱相交于同一点且互相平分；
（2）由定义易证：四边形为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方体，然后建立空间直角坐标系求解即可；
（3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系，然后设，求得直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得，
得
求得
然后利用三角形为锐角三角形求得
最后求最值即可.
【详解】（1）如图，连接，

由题可知，平行且等于，平行且等于
所以平行且等于
所以四边形为平行四边形，
所以对角线，为线段中点；
同理，为线段中点；
故的三条内棱交于一点.
（2）由（1）可知，四边形为平行四边形，
若为垂棱四面体，则四边形为菱形，
即
显然
故
同理
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，

因为
所以有
所以,
设平面的一个法向量为
易知
令，解得
所以
直线与平面所成角的正弦值为.
（3）
由（2）易知将补成长方体，设长宽高分别设为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，
则：
显然，所以
设
因为直线过椭圆焦点
所以
联立得
显然
由韦达定理可知，
得
所以
所以
整理得
得
所以
由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角
显然中角均为锐角，
所以只需角锐角，即：
得
解得
由的定义域为
所以当最大时，最小
不妨令
所以
因为
由对勾函数性质可知，当时，有最大值
此时
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体.
1.（甘肃省2026届高三第一次模拟考试）如图（1），正方形的边长为分别是边的中点，将，分别沿折起，使得三点重合于点得到图（2）.
(1)证明：；
(2)三棱锥的外接球的球心为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2)
【解析】（1）因为在原图中，，
故折叠完得，，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以；
（2）因为两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体，
假设该长方体的一条体对角线为，则球心为对角线的中点，
如图所示，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以；
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
设平面与平面所成角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
2.（湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为．
(1)若时，求三棱柱的体积；
(2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1) (2)
【解析】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，，
因为、分别为、的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，且，
因为，所以，
翻折后，在图2中，，，
所以二面角的平面角为，
因为，、平面，所以平面，
当时，即，且，则，
所以三棱柱的体积为.
（2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，由题意可知，则，故，
，，
因为，则，解得，
则点，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
3.（河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测）如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求线段的长（用表示）；
(3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2) (3)
【解析】（1）在矩形中，，，点，分别是，的中点，
所以四边形和是全等的正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，，平面，
所以平面；
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，
因为，
所以，，
则，
，
所以线段的长为；
（3）因为，所以当时，线段最短，
此时，分别为线段，的中点，，，
则，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
由（1）知，为平面的一个法向量，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
4.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析 (2)存在，
【解析】（1）因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）因为平面，且平面，所以，
如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，

可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去）所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
5.（安徽江南十校2026届高三3月联考）已知梯形，现沿对角线翻折，如图，分别为线段的中点.
(1)证明：；
(2)当折成直二面角时，求线段的长度；
(3)当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2) (3)
【解析】（1）证明：连接，则.
平面
平面
平面
（2）方法一：由（1）可知，为二面角的平面角，
由题意平面，作于，则平面.
平面.
中，.
.
.
方法二：由（1）可知，为二面角的平面角，
由题意
以所在直线为轴建系.
.
（3）.在平面内过作，
由（1）知平面平面面
以所在直线为轴建系.
.
设平面的法向量为，
则，
得：令，则.
易知平面的法向量
所求平面与平面夹角的余弦值为.
6.（湖北省部分市州2026届高三上学期1月联考）如图，在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中P为动点.
(1)证明：；
(2)求二面角余弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析 (2)
【解析】（1）取中点，连，，
因为底面为正三角形，，则，，
又平面，，所以平面，
又平面，所以.
（2）以为原点，为x轴，为y轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，其中，
因为，，所以，
则，，，，，
则，，，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，
，
令，，
则，，
则
令，则，
则，，
当即时，有最小值，最小值为，
故二面角余弦值的最小值为.
7．（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，，，，点，分别是棱，上的点，且直线平面.
(1)求的长；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合勾股定理的逆定理、余弦定理、锐角三角函数定义进行求解即可；
（2）根据三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为平面，平面，
所以，
所以在中，，
在中，，
在中，由余弦定理，得，
所以在中，由余弦定理，得.
（2）所以在中，，
在中，，
在中，由余弦定理，得，
所以，
设点到平面的距离为，
由三棱锥的体积公式和性质，
得，所以.
（3）由上可知：，取的中点，显然，
因为平面，平面，
所以，
因此以所在的直线为轴和轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
，
由上可知：是棱中点，，
所以可得，，即
设平面的法向量为，
，
所以，
所以取该平面的一个法向量为，
设直线BC与平面PAB所成角为，
所以.
8．（2026·四川绵阳·二模）如图1，直三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，且 . 图2所示的多面体 ，可视为将图1中的 在其平面内绕其中心逆时针旋转 后，记为 ，并重新连接 ，，，，， 得到.
(1)如图2，证明：，，， 四点共面；
(2)求多面体 的体积；
(3)若点 在多面体 的棱 上，求 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求出此时点 在 上的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建系后利用向量证明即可.
（2）多面体是由两个全等的四棱锥组成的，先用向量证明是矩形并求出其面积 ，然后求出点到平面的距离，然后利用体积公式计算答案.
（3）先设出点的位置，然后利用向量，用参数表示出线面角的正弦值，再利用导数求解最大值.
【详解】（1）如图所示，取的中心记为，取的中心记为，以为坐标原点，过作的平行线为轴，过作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系.
是边长为2的等边三角形，是由绕逆时针旋转得到的.
，，
，，
所以四点共面.
（2）由（1）得，
四边形是矩形，.
设平面的法向量，则
，令，则.
.
所以点到平面的距离.
所以多面体的体积.
（3）设
.
.
.
设平面的法向量.
则，令，则.
.
记与平面所成的角为，则.
即.
记
则.
故在上单调递增，在上单调递减.
因此.
所以与平面所成角的正弦值为，此时.
9．（25-26高三上·山东济南·月考）如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，分别为的中点．
(1)求证：；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
(3)设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）首先利用线面垂直的判定定理证明：平面，再根据线面垂直的性质定理即可证明：；
（2）以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，然后根据空间向量的夹角公式进行求解即可；
（3）过作交于，首先利用线面垂直的判断定理证明平面,进而可得，利用勾股定理可得，然后分别求解三棱锥的表面积与体积，进而得到，进而证明结论即可.
【详解】（1）取中点，连接，又分别为的中点，
则，，因为，
所以，，又，平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）由（1）知是二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂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，解得：，，即得.
设直线与平面所成角为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）作于,由（2）知，，过作交于，
，又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以，，
设的高，所以，
又，，所以，
即，
所以三棱锥的表面积，
，
所以三棱锥的内切球半径，
所以．
10．（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中．
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和；
(2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．
（i）求点到平面的距离；
（ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可；
（2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得，
解法1：根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可；
解法2：利用等体积转换法即可求出；
解法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量代入公式即可；
（3）如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解.
【详解】（1）由离散曲率的定义得：
，
，
因为，同理可得其他三个三角形内角和为，
所以；
（2）由平面ABC，平面ABC，得，
又，AC，平面PAC，则平面PAC，
由平面PAC，得，即，
又，即，解得．
解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得，
又平面PCB，则平面PCB，
因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长．
在中，，所以，点A到平面PBC的距离为．
解法2：设点到平面的距离为，
则，，
所以，即点到平面的距离为．
解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得，，
设平面PBC的法向量，
则，即，令，则，得，
所以点到平面的距离．
（ii）存在．过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得：
，
所以，
设，则，
设与平面所成的角为，因为，所以，
设平面的法向量，
则即
令，则，得
则，
整理得，解得： ，
所以，所以．
11．（2026·江苏·二模）一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与底面所成角的正弦值；
(3)求四面体的内切球半径的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3).
【分析】（1）利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合的条件，推导线线垂直，再根据线面垂直的判定定理完成证明；
（2）先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭圆，结合已知条件求解点的坐标，再根据线面角的定义计算正弦值；
（3）先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径的表达式，再利用基本不等式求的最小值，同时验证、与坐标轴垂直的特殊情况，确定最终最小值.
【详解】（1）记椭圆所在平面为，由椭圆柱定义可知，.
因为，所以
因为平面，
所以平面.
（2）设在下底面射影分别为，
则．
如图，在平面直角坐标系中，
椭圆的方程为，
设，若与坐标轴不垂直，设直线的方程为，
联立直线与椭圆方程，得，
所以，
同理，可得．
由得，，解得，
所以
所以，
所以．
设直线与底面所成角为，则，
所以直线与底面所成角的正弦值为.
（3）因为四面体的体积
，
设四面体的内切球半径为，则
所以
当且仅当，即时，等号成立.
若与坐标轴垂直，不妨设为长轴，为短轴，即，
此时内切球半径．
所以四面体的内切球半径最小值为.
12．（2026·安徽淮南·二模）如图，在直四棱柱中，，.
(1)证明：平面；
(2)动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为.
（i）求的取值范围；
（ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据直四棱柱性质利用线面垂直判定定理证明可得平面；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用可求出球心以及点的坐标表示，利用可得取值范围；
（ii）易知当最大时,求出平面与平面的法向量，求出两法向量夹角余弦值的绝对值即可.
【详解】（1）因为在直四棱柱中，平面，
又平面，所以，
因为，所以，
在中，，，满足，
所以，
又，平面，
所以平面；
（2）（i）因为在直四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，四边形为正方形，
所以平面，
因此两两垂直，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
根据题意可得；
取的中点，的中点为；
因为球经过点，，，且为等腰直角三角形，
所以球心在直线上，
设，
则，
又，
点在球上，所以，
可得，故；
因为，所以，；
所以，即；
因此该球的半径的取值范围为；
（ii）当球的半径最大时，，，
所以，，即点与点重合；
此时，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，
所以，
即平面的一个法向量为，
因为平面，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
13．（2026·四川绵阳·模拟预测）如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，．
(1)证明：；
(2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值；
(3)若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理，证明平面，再利用线面垂直的性质定理证明即可.
（2）由平面，得，建立空间直角坐标系,由，得：，设平面与平面的法向量分别为，， 求出计算即可求得的最大值.
（3）由线面垂直得，设， 设的外心为，
由，利用两点间距离公式，整理得：，因此球心即为过且垂直于平面的直线与的交点，得到， 令，代入及表达式， 分取值范围讨论即可.
方法二：设球心，利用，整理得，下同方法一.
【详解】（1），点为的中点，
，
又，，
，
、为等腰直角三角形，
由题意，可知，
如图，
取PE中点H，连接，
,，
平面，平面，，
平面，
平面，
.
（2）设与的交点为，
∵平面，平面平面，
平面，
，
点为的中点，
为的中点，
平面，平面，
，
又，，
，
如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，，
设，，，
，
，
，
得，
同理：可得，
不妨设，，其中，，
过，从而，
由，，
得，则，
设平面与平面的法向量分别为，，
，即，
可得，
同理可得：，
，
且易知，满足θ为钝角，
而，当且仅当，时取等号，
故，
二面角的平面角的余弦值的最大值为.
（3）如图，
且，
,
平面，平面，
,
平面，平面，
，
由（2）知，，
关于平面对称，
设，则，其中且，
设的外心为，显然应在轴上，
设，
，
故有，整理得：，
同时在平面的垂直平分线恰为，
因此球心即为，过点且垂直于平面的直线与的交点，
故，
令，则且，代入及表达式，
得，
因此，令，
故，且，
且给定该球的半径时，三棱锥P-BCD的体积有3个可能的值，
等价于有3个不同的解，即有3个不同的解，
①当时，关于的方程，
在区间上有唯一解，
此时关于v的方程仅在区间有一解，不满足题意；
②当时，
关于的方程恰有两解，，
方程在区间有1解，有唯一解，
故共有2组解，不满足题意；
③当时，
关于的方程在，分别有一解，
此时关于v的方程在区间有一解，在有2解，
共3解，符合题意，
因此，即，
综上所述，该球半径的取值范围是；
解法二：令，则且，
代入的表达式为：，
则，结合，后同解法一的讨论．
方法二：（3），且，
故，
平面，平面，
，
平面，
平面，
，
由（2）知，，
关于平面对称，
设，则，其中且，
设球心，则，
化简整理得：，且，故，
下同方法一.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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