专项突破08 立体几何中的轨迹问题&专项突破09 立体几何中的展开与折叠问题-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册（人教A版2019)

1O.B解析：如图，设正四棱锥为P-ABCD,连接 在平面DCF中，过点D作DG⊥FC,垂足为G,连接BG AC,BD交于点O,连接PO,则P0⊥底面 因为BC⊥平面CDF,DGC平面DCF,所以DG⊥BC, ABCD,作OE⊥CD于点E,连接PE,CDC底 又因为BCOFC=C,BCC平面BCQ,FCC平面BCQ,所以DG⊥平面 面ABCD,则P0⊥CD,面OE∩P0=O,OE BCO.所以∠DBG为直线BD和平面OCB所成角，即∠DBG=a,所以 POC平面POE,故CD⊥平面POE,PEC平面 DG为点D到平面BCQ的距离，且DG=DCsin 6. POE,故CD⊥PE,故∠PEO即为平面PCD与底面ABCD所成角，也 即为正四棱锥P-ABCD的侧面与底面所成角.因为正四棱锥的侧面 又因为AD=2AB·cos2: 积是底面积的2倍，所以4S△em=√2×4S△0cm,即S△en= DG ABsin 8 sin 6 sin 0 所以sina BD√AB2+AD Sao所以宁DxPE= CDXOE,即E-在R△POE 1√1+4es2V3+2c 2 PE 2 2 中，∠PB0=限只则乙PED=45,即正四校推的侧面与底面 所成角的大小为45°.故选B. 所以设：=V2m0,4e【反，V5+万1.m0-受血0 11,B解析：过点B作BE∥AC,且BE=AC,连接 DE,CE,如图，因为AC⊥AB,所以BE⊥AB.因 -w/- 4 为BD⊥AB,BDO BE=B.所以∠DBE是二面 角a-1-B的平面角，且AB⊥平面DBE,所 以AB⊥DE,所以CE⊥DE.因为AB=4,CD=8,所以DE= 所以sn= √GD-CE:V8-4=4月，所以LDBE.BE+BD2-DE 2BE·BD 36+36-48_1 故选B P+6 5-1 2×6×6 2 2 当且仅当2=√5时，取等号)，所以直线 12.a 7 解析：由平面知识易证△DCE∽ BD与平面PAD所成角的正弦值最大值为5 △AIDC,所以AC⊥DE.在三棱锥D'-ABC中. DH-23 又因为白e浮如号所以取不到 A 专项突破08立体几何中的轨迹问题 以D+EHP=DE2,所以DH⊥EH,如图，过点C在平面CDE内 作CF⊥D'E,垂足为F,连接FH.因为DH⊥CH,所以易得CH⊥平 1.A解析：如图，连接AC,BD,B,C,B41,AB1,因 面DEH.又因为D'EC平面D'EH,所以CH⊥DE.因为D'E⊥CF, 为DD1⊥AC,AC⊥BD,且DD1∩BD=D,所 CFNCH=C,CF,CIC平面CFH,所以DE⊥平面CFL.因为FHC 以AC⊥平面BDD1,BD1C平面BDD1,所以 平而CFH,所以DE⊥FH,所以二而角H-ED'-C的平面角为 AC⊥BD1.因为AD1⊥AB1,A1B⊥B1A,且 ∠G在△GDE中，CD',CE=1,D:,由余弦定理可 ADnA,B=A1,所以AB,⊥平面BAD, BD1C平面BAD1,所以AB1⊥BD1,且 得.m4E:00.2酒，所以血0mE AB,∩AC=A,所以BD1⊥平面ACB1,APC平面ACB1,所以BD1⊥AP, 2CD'·ED' 点P的轨迹为平面ACB,与平面BCC,B,的交线CB故选A MZ00E.酒所以cP=0mn2cg.2 2.B解析：由题意知，BE=2,CD=3,如图，在 5因为 CD上取点M,使得MD=2,MC=1,, CH⊥平面D'EH,FHC平面D'EH,所以CH⊥FH,所以FH= 则M,D∥BE且M,D=BE,所以四边形 BEDM,为平行四边形，故BM1∥DE.又因为 CM D 答，放m40m=是牙，所以三面角 √CF-Cm=2 BM1C平面ADE,DEC平面ADE,所以BM1∥平面ADE.在AC上取 MC MC 1 日mG的余弦值为严放答案为 点M,使得M,A=2,M,C=1,有MDM,2,所以△CM,M, △CDA,则M,M2∥AD.又因为M,M2￠平面ADE,ADC平面ADE,所 13.(1)证明：由PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PD⊥BC. 以M,M2∥平面ADE.又因为BM,nM,M2=M,BM1,MM2C平面 又因为CD⊥BC,PDOCD=D,PD,CDC平面PCD,所以BC⊥平面 BM,M2,所以平面BM,M2∥平面ADE,则点M的轨迹为线段M,M2, PQCD.又因为NDC平面PQCD,所以ND⊥BC 在△CM,M2中，CM,=CM2=1,∠M1CM2=120°，由余弦定理得， 在△PGD中，设PD=CD=3,则cD=6,PC=3,所以NC=2, M,M2=√M1C2+M2C-2M,C·M2Ccs120°=5，即点M的轨迹长 度为√3.故选B. PW=L,由PN=PD,LDPw=∠CPD,所以△PDN∽△PCD,所以 3.B解析：因为P-ABCDEF为正六棱能，所以顶点P在底面的投影为 DN⊥PC.又因为ND⊥BC,PCOBC=C,PC,BCC平面BCP,则DN⊥ 底而中心0，如图②， 平而BCP.又因为BNC平而BCP,所以DN⊥BN (2)解：不能理由：如图，在平面QBC中，过 点C作直线CF⊥BC, 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD. 所以∠DCF为二面角Q-BC-D的平面角，且 ∠DCF=0, 又因为底面边长为3，所以0C=3,可得P0=√PC-0C=33, 又因为CFnCD=C,CD,CFC平面CDF,所以BC⊥平面CDF 且PQ≤4w2,则0Q=√PQ-OP≤5，可知点Q所形成区蛾为以0 必修第二册·RJ黑白题108 为圆心，半径为5的圆面，其面积为m(5)2=5m.故选B. 以A1C1⊥平面B,DD1.因为B1DC平面B,DD1,所 4,A解析：由题意可知，正三棱锥O-ABC,满足OA⊥OB,OB⊥OC, 以B,D⊥AC1,同理可证B,D⊥AB.因为A1BnA OA⊥OC,OA=3,可得OA⊥平面OBC,得底面正△ABC的边长为3互， A1C1=A1,AB,A1C1C平面A,BC1,所以B,D1平 面A1BC1.设B1Dn平面A1BC=E,连接PE.BE.因 A8C的中心为E,如图①，由V三等0-Ac=V三楼10c,即 为A1B=BC1=A1C1=32,A1B,=BB1=B,C1,所以 2x(32)2xsi血号×0B= 3×2×3x3x3,得0B=厚.又因为P= 11 三棱锥B1-A1BC,为正三棱锥，则B为△A1BC1的中心，则BE= √OP-EO=3,点P在△ABC内部（含边界）运动，且10P1=√6， 3√/(32)2 (受)-5，且△4BC,内切圆的半径n=之服 所以点P的轨迹是以O为球心，半径为6的球面与△ABC内部（含 ,所以BE=√BB-E=5.因为B,D=35,所以DE=B,D √6 边界)包含的平面相交所得的弧，即点P的轨迹是以E为圆心，EP= /3为半径的圆在△ABC内部（含边界）的弧. BE=2W3,因为B1D⊥平面ABC1,PEC平面ABC1,所以PE⊥BD 即B,E⊥PE,DE⊥PE,因为PD+PB1=2+√3，即√PE+12+ √PE+3=2+√I3因为PE>0,解得PE=1,所以点P的轨迹是半径 为1的圆因为1>1，所以点P的轨迹长度为2×1×=2m,放答案 为2m. 「4w52w51 】 7.6 L153 解析：如图，取CC1,CD的中点 如图②，作ED⊥AB于点D,圆与AB交点为G,H,则EG=EH=√3 分别为NM,连接AB1,B,N,MN,AM,由于AB1∥ MN,所以A.B1,N,M四点共面，且四边形AB,NM 为梯形，连接CD,,在正方体ABCD-A,BC,D1中， 52 D,C⊥NM,BC⊥NM,又因为D,CnBC=C,D,C,BCC平面D,CE,所 则∠BD=,所以∠CBH=号，则点P的在△AC内部（含边 以MN⊥平面D,CE又因为D,EC平面D,CE,所以MW⊥D,E.又因 为AD=CD,DM=CE,∠ADM=∠DCE=90°，所以△ADM≌△DCE 界)的弧所对的圆心角之和为2行-3× ,则孤长为πx3= (SAS),所以∠DAM=∠CDE,∠AMD=∠DEC,故AM⊥DE.又因为 2 2 2 DD1⊥AM,DD1∩DE=D,DD,DEC平面DD,E,所以AM⊥平面 、)”,即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为2”放选A DDE.又因为D,EC平面DDE,所以AM⊥D,E.又因为AMn MN=M,AM,MNC平面AB,NM,所以D,E⊥平面AB,NM.因为点P 5.B解析：取A4,的中点E,BB1的中点F,连 D 在正方体ABCD-A,B1C1D,表面上移动，所以点P的运动轨迹为梯 接C,F,EF,DE,如图，因为AE∥BF,AE= 形AB,NM,因为正方体ABCD-A,B,C,D1的边长为4，所以当点P在 BF,所以四边形ABFE为平行四边形，所 CC1上时，点P为CC1的中点N,AP=√4+4+2=6；在△AMW 以AB∥EF.又因为AB⊥平面BCC,B1,所以 EF⊥平面BCC,B1·又因为CNC平面 中，M=25,MN=2w2,AN=6,e4LAMN=8+20-36.-/0 BCC1B1.,所以CN⊥EF.CC=C,B1,C,N= 2×22×2W5 0,所 BF,∠CC1N=∠CBF=90°，所以△CC1N≌ 以sm∠AMN=3v而 △C,B,FSAS),所以LFC,B,=∠NCC,LB,FC,=LCNC,∠FC,B1+ 10 由VAw=Va-AW,设B到平面AB,NM的距离 ∠B,FC1=90°，所以∠FC,B,+∠CNC=90°，所以CN⊥C1F.因为 ,所以点=8 CN⊥EF,C,FnEF=F,C,F,EFC平面C,FED,所以CN⊥平 为，则2x宁44=号 *2×22x25×3 10 面C,FED 而点B到梯形AB,NM的边的距离最小值为22，最大值为25，设 取AD的中点T,BC的中点Q.CG的四等分点R满足CR=4CC, BP与平而Q夹角为8，则当点B到平面AB,NM的边的距离最小值 8 DD,的四等分点S满足D=DD,D,S=CR,D,S∥CR, 32w2 为2w2时，此时线面角的最大值为sin6= 223 当点B到梯 四边形D,SRC,为平行四边形，SR∥D,C1,SR￠平面G,FED1, 形AB,NM的边的距离最大值为25时，此时线面角的最小值 又因为D,C,C平面C,FED,SR∥平面C,FED. 8 CR CO 1 B,FB,C2,∠0CR=∠CB,P=90, 为ing= 345 ≤血9≤2所以即与平雨n所成角 2515 15 3 所以△OCRn△CB1F,∠FC,B,=∠RQC,∠BFC1=∠CRQ, ∠B1C1F+∠B1FC1=90°，∠B1CF+∠FC1C=90°， 的正弦值的取值范围 [s2]故答案为6：[29] 1153」 所以∠CRQ=LFC,C,所以QR∥C,F,QRC平面C,FED, CFC平面C,FED,QR∥平面C,FED 专项突破09 立体几何中的展开与折叠问题 QRC平面RSTQ,SRC平面RSTQ,可证平面QRST∥平面C,FED1, 1.B解析：将底面ABC旋转，以AC为轴，旋转至平面PAC与平面ABC 所以CN⊥平面QRST.又因为平面QRST经过BD的中点M, 由已知可得P点轨迹为四边形QRST的边界（不包括内部和点）， 共面，如图设△ABC的中心为0，此时OP为最短 距离，设O到直线AC的距离为d, 所以当点P位于点R时，4P取最大值，为。 则d= 3 故选B. 6.2m解析：如图，连接B,D1,因为四边形AB1CD1为正方形，所以 所以OP= B,D1⊥AC1,因为DD1⊥平面AB,CD1,A:CC平面A1B,C1D1,所 (g 以A,C,⊥DD.因为B,D,nDD,=D1,B,D,DD,C平面BDD,所 故选B 参考答案黑白题109 2.ABD解析：如图，对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,: 又因为CD∩BC=C,CD,BCC平面BCD,所以FC⊥平面BCD,则PC⊥ 平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊥EF,BEC平面BCFE,所以BE⊥ 平面BCD. 平面A'DFE,所以BE⊥A'D,A正确：对于B,因 G 又因为BE∥CP∥DG,所以几何体BCD-EPG为直三棱柱，FP⊥平 为A'E∥DF,A'E￠平面DFC,DFC平面D'FC.所 面EPG, 以A'E∥平面D'FC.又因为BE∥CF,BE文 由题图①知，在直角三角形ACF中，FA=5,AC=4,所以FC=3,所以 平面D'FC,CFC平面D'FC,所以BE∥平面DFC.E 又因为A'E∩BE=E,A'E,BEC平面A'EB,所以平面A'EB∥ CP=PF=3 ，由BC=CD,LBCD=60知，三角形CD为正三角形， 平面0CB正确：对于C,因为器兮器子则品所 则Saam=SAe=V5, 以多面体A'ECDF不是三棱台，C错误对于D,延长A'D',EF相交 所t以@=a现+x=Saw·CP+号SaBx·PF 于点G,如图，因为平而A'DFE⊥平而BCFE,平而A'D'FE∩平面 BCFE=EF,A'EC平面A'D'FE,A'E⊥EF,所以A'E⊥平面BCFE,则 *w3*3 3 ∠A'GE为直线A'D与平面BCFE所成的角.因为A'E∥D'F,所以 6.解：(1)l∥CD.证明：因为EB∥CD,CD￠平面PBE,EBC平面PBE, G4E部得61.6=3，mLGE:径-1，则上GE D'F GF 所以CD∥平面PBE. 因为CDC平面PCD,平面PBE∩平面PCD=1,所以I∥CD. 牙，D正确故选ABD, (2)如图①，当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥P-BCDE的体积 最大 3.ACD解析：由题意知AC=2,BC=√3，如图①，取AC的中点0，由于 平面PDEn平面BCDE=DE,PEC平面PDE,PE⊥DE, △ACD和△ABC是直角三角形且全等，故OA=OC=OD1=OB, 可得PE⊥平面BCDE,BCC平面BCDE,可得PE⊥BC 故在折法①的折叠过程中，三棱锥D,-ABC的外接球的球心为O,半 作EO⊥BC交BC于点O,连接PO,EOOPE=E, 径为1，故该球的表面积恒为4π，故A选项正确； 可得BC⊥平面POE,而PO在平面PE0中，故BC⊥PO. 按照折法①，在折起过程中，点D1在平面ABC内的投影D,'在线段 ∠POE即为二面角P-BC-D的平面角 BD上（不包括端，点）。 1 面线段BD(不包括端点)不存在D,'使得CD,'⊥AB,故不存在D,满 足AB⊥CD1,故B选项错误； ×m60=33 2,E0=3 在Rt△POE中，PE= ,iam∠PoE. 35 按瓢折法②，如图②，取BD的中点A,4H=子，当平面A,D⊥平面 4 2 BCD时，三棱锥A-BCD体积取得最大值，此时体积V= 341H. 9 ,所以二面角P-BC-D的正切值为 9 9am宁*宁宁号气故G连项正确 1 1 当A,C=万时，A1C2+A1B2=BC2,A1C2+A1D2=CD2,故此时A1C1 2 A1B,A1C⊥A1D. 又因为A,B∩A,D=A,,AB,A,DC平面ABD,所以A1C⊥平面 (3)如图②，由展开图可知，B关于CD的对称点为B,DB= -,BB'= A,BD,故∠ABC为BC与平面A1BD所成线面角，则∠A,BC= A,C巨_后，放D选项正确故选ACD 作，由勾最定里可得信=疗.P阳=而，当A,G以，共钱时，周长 最短， 此时(PG+GH+HB+PB)a=AB'+PB=万+V 2 7.(1)证明：在△ABC中，AB=BC=2,AC=22.所以AB2+BC2=AC2, 2 所以AB⊥BC.又因为点D,E分别为边AB,AC的中点， 4.√云+9解析：如图，侧面展开后得一半为矩形 所以DE∥BC,DE= 1 BC=1,DE⊥AB,所以DE⊥BD,DE⊥PD ABCD,其中AB=T,AD=2,问题转化为在CD上找一 2 点Q,使AQ+PQ最短作点P关于CD的对称点E,连 所以BC⊥BD,BC⊥PD. 接AE,令AE与CD交于点Q,则AQ+PQ的最小值就 又因为BDOPD=D,BD,PDC平面PBD,所以BC⊥平面PBD 是AE,为√量+9故答案为√云2+9. 又因为BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD. 5.(1)证明：由AB=BC=CD=DA,可知四边形ABCD是菱形，所以 (2)解：因为DE⊥BD,DE⊥PD,所以二而角P-DE-C AB∥DC 的平面角为∠PDB,所以∠PDB=60°，又因为PD= 又因为AB￠平面DCFG,DCC平面DCFG,所以AB∥平面DCFG. DB=2AB=1,所以△PBD是等边三角形，取PD的 因为BE∥FC,BE￠平面DCFG,FCC平面DCFG,所以BE∥ 平而DCFG. 中点O,连接BO,如图所示，所以BO⊥PD,BP=1,B 又因为AB门BE=B,AB,BEC平面ABE,所以平面ABE∥平面DCFG, 03 又因为AEC平面ABE,所以AE∥平面DCFG 2 (2)解：如图，连接BD,GE,取FC的中点P,连接 由(1)知，BC⊥平面PBD.又因为B0C平面PBD,所以BC⊥BO. BD,GP,则E=CP=G=PC, 又因为DE∥BC,所以DE⊥BO.又因为DE∩PD=D,DE,PDC平 面PDE, 由题图①知FC⊥AA1,所以FC⊥CD,FC⊥BC. 所以BO⊥平而PDE.因为DE∥BC,DEC平而PDE,BC￠平面PDE, 必修第二册·RJ黑白题110 所以BC/平面PDE,所以Vc-rt=Vns=了S△re·BO= 1 所以PP∥QQ',PP=QQ',所以四边形PPQQ为平行四边形 -X 32 则PO∥P'O',又PQt平面ABCDEF,P'Q'C平面ABCDEF. 1x1x33 所以PQ∥平面ABCDEF. 2121 因为BC⊥平面PBD,BPC平面PBD,所以BC⊥BP,所以CP= √BC2+BP▣√22+1P=√5，DCa√BC2+BD2=√22+12=5 在△PDC中，CP=5,DC=5,PD=1, 4 设点E到平面PDC的距离为d,又Vg-Pe=Vc-Pe, D 2 所以}x4=5 (3)解：不存在这样的点N,使得平面D'ON∥平面BPF,理由如下： 34 12 在正六棱柱中，CF∥DE∥D'E',所以四边形CFED'为梯形 条得4：何即点后到平面心的距离为哥 如图②，连接DQ延长交CF的延长线于点H, 由于CF∥DE',且Q为FE的中点，则△HFQ2△DEQ,所以HF= (3)解：由(2)知，B0⊥平面PDE,所以BG与平面PDE所成的角 D'E'=2 为∠BGO. CF 4 在△PG0中.P0= 2,∠0PG=45°，PE=2,设PG=x(0≤x≤2)， 所以PF与DO共面且不平行，即PF与DQ相交， 由余弦定理得，0C2=P02+PG2-2P0·PGs∠OPG= 1 即D'Q与平面BPF相交，故不存在这样的点N,使得平面DON∥平 2 面BPF 因为BO⊥平面PDE,OGC平面PDE,所以BO⊥OG, 2.(1)证明：取AP的中点Q,连接QM,QD, 所以BG2=B0+OG■ 3.1 2t3 2*1, 因为A=1,所以M是线段PB上的中点，因此有QM∥AB,MQ= 1 ③ 即BC= 2 2+1,所以m∠BG0= 36 因为四边形ABCD是矩形，N是线段DC上的中点，所以DN∥AB BG 8 2*1 DN=号a, 整理得18x2-92x+2=0,解得x= √ 2 6或x 因此有DN∥MQ,DN=QM, 3 所以四边形DNMQ是平行四边形，所以有NM∥QD, 6 而NM￠平面PDA,QDC平面PDA,所以直线MW∥平面PDA. 故在棱PE上存在点G,使得BG与平面PDE所成角的正弦值为 8 (2)解：假设存在实数A,使直线MW同时垂直于直线PB,直线DC, P心的长为号号 因为四边形ABCD是矩形.所以CD∥AB 即MN⊥PB,MN⊥AB,而PB∩AB=B,PB,ABC平面ABP,所以MN⊥ 四方法总结 平面ABP 每折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一板 因为ABCD是矩形，所以AB⊥AD. 地，位于“折痕”同侧的线面之闻的位置关系和数量关系不变，而位 因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PA⊥AD,而PAn 于“折痕”两侧的线面之同的位置关系和数量关系可能会发生交化 AB=A,PA,ABC平面ABP, 对于不变的关系，可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在 所以AD⊥平面ABP,因此MN∥AD,显然不可能，所以假设不成立， 立体图形中处理。 因此不存在实数A,使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC 3.解：(1)F∥平面A1BCD证明：如图，连接DC, 专项突破10立体几何中的探索性问题 交CD1于点O,连接HO,B0,又因为H,F分别是棱 1.(1)解：如图①，取BB的中点M,连接MM,C C,D1,BB,的中点， 可知CF∥A'B,又CF平面ABB'A',A'BC平面ABBA', 由长方体的结构特征知，H0∥BF且HO=BF,故 所以CF∥平而ABBA.因为CFC平而MCF BFHO为平行四边形， 所以平面ABBA'与平面MCF的交线平行于CF, 所以HF∥BO.又因为HFT平面A,BCD1,BOC平面A,BCD1,则 而MM∥A'B',所以MM∥CF,则四边形MMCF即为所求截面. HF∥平面A,BCD 因为CF=4.所以MM'=2,MF=√4+4=22. (2)由(1)知，HF与平面ABCD所成角，即为BO与平面ABCD所 成角， 等腰梯形MMCF的高为、√8-=√7，所以截面面积为- A 点O到平面ABCD的距离为 2 =1,B0=+12+1下=3. 7=37. (2)证明：如图①，分别取CD,EF的中点P,Q,连接PP,QQ',PQ 所以B0与平面ACD所成角正弦值为，即P与平面ABCD所成 因为P,P分别为CD,cD的中点，所以PP∥CC,P=之CC 5 同星得0Q∥E,Q0=之B,因为正六棱柱中GC∥8E, 角的正弦值为 (3)由(1)知，IF∥平面A,BCD1,即F上任意一点到平面ABCD CC'=EE', 的距离都相等】 参考答案黑白题111©专项突破08 立体几何中的轨迹问题 1.(2024·山东菏泽高一月考)在正方体 边形.已知正三棱锥O-ABC,满足OA⊥OB, ABCD-A,B,C,D1中，点P在侧面BCC,B, OB⊥OC,OA⊥OC,OA=3,点P在△ABC内 及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD,则 部（含边界）运动，且IOP1=√6，则点P的 动点P的轨迹是 轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为 A.线段B,C B.线段BC √3π A. B.②n D.π C.BB,中点与CC,中点连成的线段 2 D.CB中点与B,C,中点连成的线段 5.(2024·江苏泰州高一月考)棱长为2的正 2.(2024·湖南常德高一期末)如图，三棱柱 方体ABCD-A,B,C,D1中，M,N分别为BD, ABC-A1B,C1中，AB=4,AC=3,BC=5,AM1= C,B,的中点，点P在正方体ABCD- 6,D为CC1的中点，E为BB,上一点，BB= A,B,C,D1的表面上运动，若MP⊥CN,则AP 3BE,∠ACD=120°，M为侧面AA,C,C上一 的最大值为 () 点，且BM∥平面ADE,则点M的轨迹的长 A.2 B.33 C.3 D.4 度为 2 6.(2024·黑龙江齐齐哈尔高一期末)如图， 在棱长为3的正方体ABCD-AB,C,D1中， 点P是平面A,BC,内一个动点，且满足 A.2 B.3 C.2 D.1 PD+PB,=2+√13，则点P的轨迹长 3.如图，已知正六棱锥P-ABCDEF的侧棱长 度为 为6，底面边长为3，Q是底面上一个动点， PQ≤42，则点Q所形成区域的面积为 (第6题) (第7题) 7.(2024·安徽六安高一期中)如图，在边长 A.4m B.5π C.6π D.7π 为4的正方体ABCD-A,B,C,D1中，E为BC 4.(2024·安徽铜陵高一期末)截交线，是平 的中点，点P在正方体的表面上移动，且满 面与空间形体表面的交线，它是画法几何 足B,P⊥DE,当P在CC1上时， 研究的内容之一.当空间形体表面是曲面 AP= 设点B,和满足条件的所有 时，截交线是一条平面曲线：当空间形体表 点P构成的平面图形为2，则直线BP与平 面由若干个平面组成时，截交线是一个多 面2所成角正弦值的取值范围是 进阶突破·专项练11 心专项突破09 立体几何中的展开与折叠问题 1.(2024·山西运城高一月考)已知三棱锥 A.按照折法①，三棱锥D,-ABC的外接球 P-ABC的底面ABC是边长为1的等边三角 表面积恒为4π 形，PA⊥平面ABC且PA=√3，一只蚂蚁从 B.按照折法①，存在D,满足AB⊥CD △ABC的中心沿表面爬至点P,则其爬过的 C.按照折法②，三棱锥A,-BCD体积的最 路程最小值为 3 A. 6 B.v39 G43 D.37 大旅为。 3 3 D.按照折法②，存在A1满足A,C⊥平面 2.(多选)（2024·江苏扬州高一月考)如 A,BD,且此时BC与平面A,BD所成线面 图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,EF⊥ AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边 角正孩为号 形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A'D' 4.（2024·浙江绍兴高一期 位置，且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接 中)如图，圆柱形开口容器 A'B,D'C,如图②，则 (下表面密封)，其轴截面 ABCD是边长为2的正方 形，现有一只蚂蚁从外壁A处出发，沿外壁 先爬到上口边沿，再沿内壁爬到BC的中点 P处，则它所需经过的最短路程 A.BE⊥A'D 为 B.平面A'EB∥平面D'FC 5.(2024·广东珠海高一月考)如图①，等腰 C.多面体A'EBCD'F为三棱台 △AFA1中，FA=FA1=5,AA1=8,点B,C,D D.直线AD与平面BCFE所成的角为牙 为线段AA,的四等分点，且BE∥CF∥DG. 3.（多选)(2024·山东青岛高一期末)如图， 现沿BE,CF,DG折叠成图②所示的几何 在四边形ABCD中，△ACD和△ABC是全等 体，使∠BCD=60° 三角形，AB=AD,∠ABC=90°，∠BAC=60°， (1)证明：AE∥平面DCFG: AB=1.下面有两种折叠方法将四边形ABCD (2)求几何体BCD-EFG的体积 折成三棱锥.折法①：将△ACD沿着AC折 起，得到三棱锥D1-ABC,如图①.折法②：将 △ABD沿着BD折起，得到三棱锥A,-BCD, 如图②.下列说法正确的是 12黑白题数学1必修第二册·RJ 6.(2023·福建漳州高一月考)平行四边形7.(2024·山西大同高一期末)如图①，在 ABCD中，AB=2AD=2,DB=√3，如图①所 △ABC中，AB=BC=2,AC=2√2，点D,E分 示，作DE⊥AB于点E,将△ADE沿着DE翻 别为边AB,AC的中点，将△ADE沿着DE 折，使点A与点P重合，如图②所示 折起，使得点A到达点P的位置，如图②， (1)设平面PEB与平面PDC的交线为l,判 且二面角P-DE-C的大小为60° 断l与CD的位置关系，并证明； (1)求证：平面PBC⊥平面PBD. (2)当四棱锥P-BCDE的体积最大时，求二 (2)求点E到平面PDC的距离 面角P-BC-D的正切值： (3)在棱PE上是否存在点G,使得BG与平 (3)在(2)的条件下，G,H分别为棱DE,CD 36 上的点，求空间四边形PGHB周长的最 面PDE所成角的正弦值为g?若存 小值 在，求PG的长；若不存在，请说明理由. 、B 2 进阶突破·专项练13