上分专题10 立体几何中的展开与折叠问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

上分专题10 立体几何中的展开与折叠问题 命题密钥 展开与折叠是立体几何中常考的两类问题，也是立体图形与平面图形的联系与相互转化 的重要体现，解决这两类问题的关键就是要抓住相应的立体图形与平面图形的特征和它们之 间的关系，从而判断其在变化过程中的变与不变。 立体几何的展开与折叠问题是高考命题的热点，展开问题主要涉及几何体的表面积以及 几何体表面上的最短路径问题，常以选择题或填空题形式出现；折叠问题则主要考查空间中 的线面关系、几何体体积计算以及空间角、空间距离的求解等，如2025年全国二卷第17 题，2024年新课标Ⅱ卷第17题. 考点觉醒 ●展开问题 展开问题多以最短路径问题的形式出现，即求一个几何体的表面或内部的几个平面上的首 尾相连的线段长度之和的最小值 解题思路 化曲为直，化折为直，立体展开成平面 最短路 径问题 解决空间几何体表面最短路径的问题关键是把立体 方法总结 图形转化为平面图形，即把立体图形沿着某一条直 线展开，根据两点之间线段最短、垂线段最短等思 想，借助解三角形的方法求解 ●折叠问题 把一个平面图形按照某种要求折起，转化为立体图形，研究折叠过程中或折叠到某一位置 后图形的位置关系和数量关系. 静态问题 判断折叠至某一确定位置后的位置关系与数量关系 题型分类 探究在折叠过程中会涉及的位置关系、数量关系的 动态问题 变化趋势 折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系 解题策略 折叠前后始终位于同一平面的几何量和位置关系保持不变 黑白题·上分秘籍25 实战演练 1.整（多选）(2025·福建莆田高一月考)在5.禁(2025·湖北武汉高一月考)在△ABC △4BC中，∠ACB=2AC=BC=22,D是A0 中，∠ACB=90°，AC=2,BC=4,P为边AB上 的动点，沿CP将△ACP折起形成直二面 的中点.将△ACD沿着CD翻折，得到三棱 角A'-CP-B,当A'B最短时，三棱锥A'-BCP 锥A'-BCD,则 ( 的体积为 A.CD⊥A'B 6.#(2025·河北承德高一月考)如图①，四 B.当A'D⊥BD时，点A'到平面BCD的距离 边形ABCD为矩形，四边形AFED为直角梯 为4 形，∠FAD=∠EDA=90°，且AB=ED= C.当A'B=23时，二面角A'-CD-B的平面 2BC=2AF=2,将四边形ADEF沿AD向上折起， 角的大小为6 如图②，连接BF,CE,EB,得到几何体EFABCD. (1)求证：平面ADEF上平面EDC,平面 D.当∠A'DB=2时，三棱锥A-BCD的外接 ABCD⊥平面EDC; 3 (2)在折起的过程中，求几何体EFABCD的 球的表面积为20π 体积的最大值 2.(2025·江苏徐州高一月考)在矩 形ABCD中，AB=1,AD=√3，将△ABC沿对 角线AC折起，使B到B',形成三棱锥 B'-ACD,则异面直线B'C与AD所成角的大 小的范围为 A.o,) B.o2] c.(o. D.(o.] 3.*(2024·浙江绍兴高一 期中)如图，有一圆柱形开口 容器（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为 4.#(2025·浙江杭州高一期中)在直四棱 柱ABCD-A,B,C,D,中，四边形ABCD是矩形， 2AB=AD=AM,=1,点E为线段AB,的中点，点 G是线段AC,上的一点，点F是底面ABCD内 的一点，则GE+GF的最小值为 26 数学1必修第二册·BS 7.(2025·福建厦门高一月考)现有一几8.禁(2025·河北沧州高一月考)如图，在正 何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥 方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F是 P-A,B,C,D,下部是正四棱柱ABCD- 边BC上的动点.将△ADE沿DE翻折到 AB1C,D(如图所示)，且正四棱柱的高OO △SDE,△BEF沿EF翻折到△SEF 是正四棱锥的高P01的4倍。 (1)求证：平面SEF⊥平面SFD: (1)若AB=6,PO,=2,求该几何体的体积 (2)若BF>1,连接DF,设直线SE与平面 (2)若正四棱锥的侧棱长为6，PO1=2 DEF所成角为0，求sin0的最大值， (1)求正四棱锥P-A,B,C,D,的侧面积. (i)若Q,N分别是线段AB,PB,上的 动点，求AQ+QN+NC,的最小值 D 10 09 黑白题·上分秘籍27上分专题10立体几何中的展开与折叠问题 与AD所成角的临界值为60°，所以异面直线B'C与AD所成角的范 1.AD解析：对于A:在△ABC中，因为∠ACB=90°，AC=BC=2√2，D 国为(0.号) 是AB的中点，所以CD⊥AB,且AB=4,CD=AD=DB= 2AB=2,则在 3.√云2+9解析：如图，将容器侧面展开后得一半为 矩形ABCD,其中AB=T,AD=2,问题转化为在CD上D 三棱锥A'-BCD中，CD⊥A'D,CD⊥BD.因为BDOA'D=D,A'D,BDC 找一点Q,使AQ+PQ最短.作点P关于CD的对称点 平面A'BD,故CD⊥平面A'BD,A'BC平面A'BD,故CD⊥A'B,所 E,连接AE,令AE与CD交于点Q,则AQ+PQ的最小 以A正确： 值就是AE的长，为√π2+9故答案为√π2+9. 对于B:记点A'到平面BCD的距离为d,当A'D上BD时，SAAD= 2XM'DxDB=×2x2=2,由于CD1平面IBD,故V三C-m 4. 4 解析：如图①，显然当点F是点G在底面ABCD的投影时，GE+ GF才可能最小 3S4·CD= 3×2×2=4 ，所以V三楼Cm二V三装- D 专smd=寸×宁2x2X=号所以=2.故B错误： G 对于C:当A'B=23时，A'D=DB=2,则cos∠A'DB= A'D2+BD2-A'B24+4-12 1 2xA'DXBD =2x2x2=-2,而LA'DBE(0,m),故∠ADB= ② 因为CDL平面4BD,所以乙AB即为二面角-CD-B的平面 将平面AB,C,沿AC,翻折，使其与平面ACC,共面，如图②，由于 角，故当A'B=23时，二面角A-GD-B的平面角的大小为，故 之4=0=M=1,则8G=1.0=5,则m∠AC=得 C错误： ∠B1G,=0,同理∠CC,=30,面A6=}品=显然当E,G 对打D:当乙ADB=时，Ag F三点共线且GF⊥AC时，GE+GF取得最小值，此时 √/A'D2+DB2-2A'D·DB·c0s∠A'DB=√/4+4+4=2V3.设△A'DB的 (GE+CF)-AEsinLCAB= F2sin60°=3 A'B 23 外接圆圆心为0'，半径为r,则2r= sin∠A'DB =4.则r=2.因为 5.8 解析：作AD⊥CP于点D,连接BD,如图，设∠ACP=《,则 0 CD⊥平面A'BD,所以三棱锥A'-BCD的外接球的球心位于过点O'垂 ∠PCB= 2-a,所以AD=A'D=2sina,CD=2cosa,在△BCD中，由余 直于平面A'BD的直线上，且在过CD的中点E垂直于CD的平面上， 设球心为O,由于O0'⊥平面A'BD,则O0'∥CD,故过点E作O0'的 弦定理可得BD2=GD2+BC2-20D·Bccs（7-a)=4easa+ 垂线，垂足即为O,即三棱锥A'-BCD的外接球的球心，则四边形O0 16-16cos asin a. DE为矩形，故00=ED=，CD=1, 因为A'-CP-B为直二面角，所以平面A'PC⊥平面BCP.因为平面 2 A'PC∩平面BCP=PC,A'D⊥PC,且A'DC平面A'PC,所以A'D⊥平 设三棱锥A'-BCD的外接球的半径为R,连接OD,故R2=OD2= 面BCP. O02+O'D2=1+4=5,故三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为 因为BDC平面BCP,所以A'D⊥BD,则A'B2=A'D+BD2=4sin2a+ 4πR2=20m,故D正确. 4cos2a+16-16sin acos a=20-8sin 2a. 当B最短时，2a=受，所以a=牙，即此时CP为L4CB的平分 线4D=2na=2如子=2，且由角平分线定理可得C BP BC 2 42 即3BP2,所以S△B0P=3S△ABc=?×，×2×4= 8 ,882 2.C解析：由题可知，四边形ABCD是矩形，AD∥BC,所以初始状态时 ,所以V三接维rcp=子 1A'D·S△BcP=3×√2×3=9 直线AD与直线BC所成的角为0 已知在矩形ABCD中，AB=1,AD=√3，AD⊥DC,翻折过程中，如 图①， B (第5题) (第6题) ① 6.(1)证明：由题意可知在几何体EFABCD中，AD∥BC,AD⊥DE,AD DC,DE,DC是平面EDC内的两条相交直线，，AD⊥平面EDC,又 因为AB'<AD,所以∠ADB≠，则AD与平面CDB'不垂直.因为 ADC平面ADEF,ADC平面ABCD,·.平面ADEF⊥平面EDC,平 面ABCD⊥平面EDC. CD∩CB'=C,AD⊥CD,所以异面直线B'C与AD不垂直. (2)解：：AB∥CD,AF∥DE,ABC平面ABF,CD4平面ABF,.CD∥ 翻折过程中，当平面AB'C与平面ADC重合时，B'C与BC所成锐角 平面ABF,AFC平面ABF,DE丈平面ABF,∴，DE∥平面ABF, 为异面直线B'C与AD所成角的临界值，如图②. 又，CD∩DE=D,CD,DEC平面CDE,.平面ABF∥平面CDE. 因为在矩形ABCD中，AD∥BC,AB=1,AD=BC=√3，AB⊥BC,所以 由题意可知AD⊥AF,AD⊥AB,AD⊥DE,AD⊥DC,∴.∠EDC,∠FAB ∠BCA=30°，同理∠B'CA=30°，所以∠BCB=60°，即异面直线B'C 均为二面角E-AD-C的平面角，故∠EDC=∠FAB. 必修第二册·BS黑白题118 由(1)知AD⊥平面CDE,.AD⊥平面ABF ! 设∠EDC=∠FAB=a,则点E到平面ABCD的距离为2sin心 因为V=楼er=V被能6N,即了(4+x)·50=氵V可与S0 :平面ABF∥平面CDE,∴.点E到平面ABF的距离等于点D到平 面ABF的距离，为AD=BC=1. 8√x-了又因为sE=2,所以sin8==4☑x x+4 x+4 如图，连接EA,则V几何体EFARCD=V三按锥E-FB+V四按锥E-ABCD= 1 令V=4,te(0,5],in0=4= ,令g0)=45 4 3 Γ5+2 (0. 2x2x1 Xsin a1+号×2x1x2sna 1+ 3 sin a. ae(0)Vw≤了即a=受时儿何体BFCD的 t1 体积取得最大值？ 452)5 ,当，4e(0,5],且<5时4-5<0，，-5< 7.解：(1)由条件可知，正四棱柱的高O,O=8,所以正四棱柱的体积为 0,412>0,则g(1)-g(12)>0,可得g()在(0,3]上单调递减，当t= 6x6x8=288,正四棱能P-AB,CD,的体积为×6×6x2=24,所以 ,即：=4时，如0最大为号 该几何体的体积为288+24=312. (2)(1)如图①，连接01B1,0,B1=√62-22=42，所以B1C1= 上分专题11立体几何中的探索性问题 4V2×√2=8. 1,(1)①证明：连接AB1交A,B于点F,连接EF,如图①. 正四棱锥P-A,B,C1D1侧面的高为√62-42=25，所以正四棱锥的 在直三棱柱ABC-AB,C1中，AM,∥BB1,AM,=BB,所以四边形 AMB,B为平行四边形. 侧面积为4x2×8x25=32,5. 因为AB∩AB1=F,所以F为AB,的中点，又因为E为AC的中点，所 以EF∥B,C.且EF=2R,C 因为B1C丈平面A1EB,EFC平面AEB,所以B1C∥平面A1EB. ②解：在直三棱柱ABC-A,B1C1中，A4,⊥平面ABC,AEC平面ABC, 所以AA,1AE,所以A,E=√A4+AE=√42+22=25，同理可得 B,C=VBB+BC=VP+4=42,A,B=42,所以EF=2B,C= 0 22,AF=2AB=22. ① ② 因为EF∥B,C,所以异面直线A,E与B,C所成角为∠FEA1或其补 (i)如图②，将长方形ABB,A1,△PA,B,和△PB,C,展开在一个平 A E2+EF2-AF2 20+8-8 面，PA1=PB1=PC1=6,A1B1=B1C1=8,设∠A1B1P=a,cos∠A1B1P= 角，由余弦定理可得cOs∠FEA1= 2A,E·EF 2×25×22 42 cos∠PBC=0sa=6=3,AB1=AM,=8,AB,=82,∠ABA= √10 4 所以异面直线A,E与B,C所成角的余弦值为而 4 于，所以如a=5,所以m2a=2如aaa=2x 5 2 A 4w5 ,cos2a=1-2sim2a=1-2× 5 3 =-9,0s∠AB,C1= √2+4√10 18 当A,Q,N,C,四点共线时，AQ+QN+NC,最短，所以AC,= VA+B,C-2AB,B,G·A,G=V29+85, D D ① ② 所以AQ+0N+NG,的最小值为829+85。 (2)解：存在如图② 8.(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，E为AB的中点，所以 SE⊥SD,SE⊥SF,又因为SD∩SF=S,SD,SFC平面SFD,所以SE⊥ 因为D/,4Cnn-E所u能0号 平面SFD,又因为SEC平面SEF,所以平面SEF⊥平面SFD. 因为EK∥平面AA,D,EKC平面A,BD,平面A,BDn平面AMD=A,D, (2)解：如图，设S在平面AEF上的投影为O,连接S0,E0,则∠SE0 所以EK/A,D,所以BKBE1 为直线SE与平面DEF所成角a. A,K=E=2,所以=2，所以线段A,B上] AB 3 存在一点K,使得EK/平面A,AD,且 1 A1B=3 2.解：(1)如图①，过点A作AD⊥BM交BM于点D,交BB1于点E.因为 ∠EBD与∠BED互余，∠B,BM与∠B,MB互余，所以∠BED= ∠B,MB,又因为∠ABE=∠BB,M,所以△ABE∽△BB,M,所以 AB BE BB BM 设BF=x(1<x≤4)，则CF=4-x,S△Er=4×4 24x2 2×2x-2 ! 因为在正三棱柱ABC-A,BC,中，AB=2,AA,=4,点M为A,B,的中 4(4-x)=4+x. 点所以品即为子：华解得能=分所以AE= BB BM 在△DSF中，DS=4,SF=x,DF=√x2-8x+32,可得cos∠DSF= DS2+SF2-DF2 1 -12 ,Saw=2DS·SF·sin∠DSF=4VI,其 4 4⑦7 2DS·SF 2 中SE上平面SFD,SE=2,故V=核=3SaNr·SE= 由等面积法有子B·BE=了极·D,即了×2x×分=× ,11.17 2 号可，s-6·0=4)·50 D,解得D=2V7 ，487 7,所以0=√477 参考答案黑白题119