第8章 专题探究6 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（人教A版）

专题探究6立体儿何中的展开与折叠问题 黑题 专题强化 限时：45min 题组1展开问题 题组3折叠中的空间距离与空间角问题 1.*(2025·河北承德高一月考)如图，在正 4.**(2025·浙江宁波高一期末)》 方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,E在线段 已知长方形ABCD,AB=2,AD=1, 频讲解 CD1上，则AE+B,E的最小值是 将△ACD沿着AC折起得到三棱锥D-ABC,当 A.43 B.45 点D在底面ABC的投影恰好落在直线AB上 时，此时点B到平面ACD的距离为( C.46 D.47 D A.√3 C.15 D.5 4 5.*(2025·黑龙江大庆高一月考)如图，在 等腰梯形ABCD中，AB=BC=CD=。AD,点E 是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折到 (第1题) (第2题) △A'BE,将△DCE沿CE翻折到△D'CE,使得 2.*如图，A,B是底面半径为R的圆柱侧面上 二面角A'-BE-C等于60°，二面角D'-CE-B 两点，它们在底面上的射影分别为A',B', 等于90°，则直线A'B与平面D'CE所成角的 若AM'=a,BB'=b,弧AB'= 3,则 余弦值等于 沿圆柱侧面从A到B的最短距离 是 题组2折叠中的位置关系问题 3.接（多选）(2025·山西太原高三 题组4折叠中的面积、体积问题 期中)如图，在平面四边形ABCD 频讲解 6.(2025·山西运城高一期末) 在边长为2的正方形ABCD中，点 视频讲解 中，△ABC为等边三角形，AC=AD,E为CD的 E是AB的中点，点F是BC的中点，将 中点，将△ADE沿AE折起，点D至点F的位 △AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折 置，使得FE⊥EC,将△ABC沿AC折起，点B 起，使A,B,C三点重合于点A'.则三棱锥A'- 至点Q的位置，此时四面体FACQ恰好为正四 EFD的体积为 () 面体，M,N分别为AC,FQ的中点，则( 2 C 3 D.1 7.禁(2025·河北承德高一月考)在△ABC中，D 是边BC上一点，且AD⊥BC,BD=3,BC=8, AD=2,将△ABD沿AD折起，使点B到达点B', A.AE⊥平面EFC B.∠CAD为钝角 且B'C=7,若三棱锥A-B'CD的所有顶点都在球 C.MN⊥平面ABCD D.AC⊥QE 0的表面上，则球0的表面积为 第八章黑白题097 第八章 章末检测 (时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 ABCD的中心，E为C,D1的中点，M是线段 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 DE的中点，则 目要求的 1.·(2025·河北邢台高一月考)下列判断正 M 确的是 ( A.若空间五点中任何三点不共线，则这五点 不共面 A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.若空间五点中任何四点不共线，则这五点 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 不共面 C.若空间五点中三点共线，则这五点必共面 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.若空间五点中四点共线，则这五点必共面 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 2.·(2025·山东青岛高一期末)如图，用斜 6.**(2025·安徽宿州高一期末)在平行六面 二测画法画出的水平放置△AOB的直观图是 体ABCD-A,B,C,D1中，点M是BB1上靠近B Rt△A'O'B',若A'B'的中点在y轴上，且 的三等分点，直线DM交平面BCD1A1于点N, 0'A'=O'B'=√2，则AB= 则0r DM c 7.*(2025·重庆南岸区高一期中)在三棱锥 0-ABC中，三条棱OA,OB,OC两两垂直，且 A.26 B.4 C.23 D.2 OA>0B>0C,分别经过三条棱OA,OB,OC,作 3.·(2025·海南海口高一期末)若点A是两 一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次 条相交直线a,b外的任意一点，则过点A有且 为S1,S2,S3,则S1,S2,S3的大小关系为( 只有一条直线与直线a,b都 ( A.S3<S2<S1 B.S3<S1<S2 A.平行 B.相交 C.S2<S3<S1 D.S1<S2<S3 C.异面 D.垂直 8.#(2025·山西太原高一月考)已知正方 4.*(2025·山东菏泽高一月考)四等分切割 体ABCD-A,B,C,D1的体对角线BD1垂直于 如图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新 平面&，直线1与平面α所成角为60°，在正方 的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的 体ABCD-AB,C,D1绕BD1旋转的过程中，记 表面积增加了10，则圆柱的侧面积是（ BC与直线l所成的最小角为0，则cos0= 3-6 3+√6 A. A.10m B.20mC.10 D.20 B. 6 6 5.*(2025·湖北十堰高一月考)如图，在正 32-√3 3√2+√3 方体ABCD-AB,C,D1中，点N为正方形 C. D. 6 6 必修第二册·RJ黑白题098360 13 解析：因为平面a∥平面A1D1CB,ADC平面a,所以AD到平 面A,D,CB的距离即为平面与平面A,D,CB间的距离，易知AD∥ 平面A,D,CB,从而点A到平面A,D1CB的距离即为所求的距离. 如图，过点A作AH⊥A1B于点H.因为A1D1⊥平面A1B1BA,AD1C 平面A1D1CB,所以平面A,B,BA⊥平面A,D,CB. 又平面A1B1BA∩平面AD1CB=A1B,所以AH⊥平面A1D1CB,则AH 即为所求 在Rt△BAA1中，AB=12,AA1=5,则A1B=/AB2+AA=13.因为 专A8=宁似所以伯：智放平面a与平 面4D,CB的距离为智 4.ACD解析：连接BD,AC,对于A,因为SD⊥底面ABCD,BCC平 面ABCD,所以SD⊥BC,则BC与SD所成角的大小为90°，A项符合. 对于B,因为底面ABCD是正方形，所以AB∥CD,则AB与SC所成的 角为∠SCD=45°，B项不符合. 对于C,因为AD∥BC,所以SB与AD所成的角为∠SBC,由题知 amL58C=C-2>1,所以LSBC>45,C项符合。 BC 对于D,因为SD⊥底面ABCD,ACC平面ABCD,所以SD⊥AC. 因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又因为SDOBD=D,所以AC⊥ 平面SBD.因为SBC平面SBD,所以AC⊥SB,则AC与SB所成角的大 小为90°，D项符合. 解析：如图，连接AC1交A1C于O,连接OD,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，因此四边形AA1C1C是正方形，所 以O是AC1的中点，而D是AB的中点，因此有OD∥BC1,因此异面 直线A1D与BC1所成角为∠A1DO(或其补角).因为四边形AA1C1C 是正方形，所以A10=之A1C=2×√+4=22. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，因此四边形BB1C,C 是正方形，因此有0D=2BC1=2×√4+4=22. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，A 因此也就垂直底面中任何直线，因此有A1D= A-(分4 =2w5 8+20-8 由余弦定理可知cos∠A1D0= 2×2W万×2w5 40,因此inLA1D0=√/1-cos2∠A1D03 √06 164 6.D解析：如图，过E作EH⊥AB,连接 CH.因为ABCD为圆台OO,的轴截面，所 以平面AEB⊥平面ABCD.因为平面 AEB∩平面ABCD=AB,EHC平面AEB, 所以EH⊥平面ABCD,所以直线CE与平 A： B 面ABCD所成的角即∠ECH.因为AB= BC=2CD=4,且AE=√3BE,则BH=1, EH EB=2,EH=√EB2-BH=√5，CH=√I5,所以tan∠ECH= CH √3√5 155 7.45°解析：取线段BC的中点D,连接AD,0D, 如图，因为LAOB=∠AOC=60°，OA=OB=OC= 1,BC=√2，所以△AOB,△AOC都是正三角形， 即有AB=AC=1.因为AB2+AC2=2=BC2,所以 0∈： ∠BAC=90°，所以AD1BC,AD=)BC=2又 21 参考答案 1 082+0c2=2=BC2,所以LB0C=90,所以0D=7BC-9,则 0D2+AD2=1=0A2,所以∠AD0=90°，即AD⊥0D,而0D∩BC=D, OD,BCC平面OBC,于是得AD⊥平面OBC,所以∠AOD是直线OA 与平面a所成角.又AD=OD,则∠A0D=45°，所以直线OA与平面a 所成角的大小为45°. 8.C解析：如图，连接AC,BD,MN,则AC, BD,MN交于点F,且MN⊥平面ABCD,故 多面体的外接球的球心O在MW上，取AB 的中点E,连接ME,EF,NE,OA, D .MA=MB,FA=FB,NA=NB,且E为AB的 中点，则ME⊥AB,FE⊥AB,NE⊥AB,.二 面角M-AB-C的平面角为∠MEF,二面 角N-AB-C的平面角为∠NEF 又：二面角M-AB-C的正切值为an∠MEF= =1,.MF=EF,不 EF 妨设MF=EF=1,则FA=√2. 3 0F2+FA2=0A2,即(0A-1)2+(2)2=0A2,解得0A= ,即外接 球的半径为子，则PN-2,二面角N-AB-G的正切值为m∠NEF= NE =2 四重难点拨 (1)正棱锥的顶点在底面的投影为底面的中心： (2)球心与截面圆心的连线与该载面垂直，可以用勾股定理运算求解 9.B解析：如图，过点B作BE⊥AC,垂足为E,过E B 作EF⊥CD,垂足为F,连接BF,因为平面BAC⊥ 平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BEC平面 BAC,所以BE⊥平面ACD.又CD,EFC平面ACD, 所以BE⊥CD,BE⊥EF. 又EF⊥CD,EF∩BE=E,EF,BEC平面BEF,所 以CD⊥平面BEF. 又BFC平面BEF,所以CD⊥BF, 所以∠BFE为二面角B-CD-A的平面角。 因为AB=BC=2,∠ABC=90°，所以E为AC的中点，AC=2√5， BE=√E. 因为AD=CD,∠ADC=60°，所以△ACD为等边三角形， 所以F为CD边上靠近点C的四等分点，AD=CD=AC=2√2， 所以BF=万血60=5，所以B那：VB+E- 2 所以LBFE=√T故二面角B-0D-4的余赌值为②T 7 专题探究6立体几何中的展开与折叠问题 黑题 专题强化 1.C解析：如图①，连接AC,AD1,B,D1,B1C,将平面ACD1和平面 B1CD1展开到同一平面，如图②所示. D A ① 连接AB1,交CD1于点M,则AE+B1E≥AB1, 因为AB=4,所以AC=B1C=AD1=CD1=B1D1=4V2,所以四边 形ACB1D1为菱形，∠ACB1=∠ACD1+∠D1CB1=120°，则AB1=4W2× 5x2=46. 2 黑白题063 解析：画出侧面展开 图，如图，已知A4'=a,BB'=b,则MB=a-b 孤A'B'= =AM 3 侧面从A到B的最短距离是AB.根据勾股定理得AB= √AMP2+MBZ= .. 3.ACD解析：对于A,因为AC=AD,E为CD的中点，所以AE⊥CD,所 以AE⊥EF,AE⊥EC.又EF∩EC=E,EF,ECC平面EFC,所以 AE⊥平面EFC,故A正确；对于B,因为四面体FACQ恰好为正四面 体，所以FC=FA,所以Rt△AEF≌Rt△CEF,所以AE=EC,所以AE= 2CD,所以∠CMD=90,故B错误；对于C,如图，过点Q作QG1平 1 面ABCD于G,连接GA,GC,GE,QM,FM,因为QC=QA,易得 Rt△QCG≌Rt△QAG,所以AG=CG.因为AE=EC,M是AC的中点，所 以ME⊥AC,所以G在直线ME上.又 FE⊥EC,AE⊥EF,AE∩EC=E,AE, ECC平面AEC,所以EF⊥平面AEC, 所以QG∥EF,所以过QG,EF有唯一D 平面QGEF.设正四面体的棱长为2， --_G 则可得MF=MQ=√3，ME=1,在 △FMQ中，由余弦定理可得osLQFM=M+fQ2-MC 2MF·MQ (5)2+22-(5)2 .又N是FO的中点，所以FN=1,在△FMN 2×W3×2 3 中，由余弦定理可得，MN=√NF2+MF2-2NF·FMcos.∠NFM= √1+(5)2-2x1xw3x5 =V2,易得FE=AB=V2,又FN=ME=1, 所以四边形MEFN是平行四边形，所以EF∥MN.又EF⊥平面AEC, 所以MN⊥平面ABCD,故C正确； 对于D,又EFC平面QGEF,所以平面QGEF⊥平面ABCD.又平面 QGEF∩平面ABCD=EG,由选项C可知AC⊥MG,又ACC平面 ABCD,所以AC⊥平面QGEF.又EQC平面QGEF,所以AC⊥EQ,故 D正确. 4.B解析：作出示意图如图所示，点D在底面ABC的投影为M, M∈AB,所以DM⊥平面ABC.又ACC平面ABC,所以DM⊥AC. 过D作DN⊥AC于N,连接NM,又DM O DN=D,DM,DNC平面 DWM,所以AC⊥平面DNM.又NMC平面DNM,所以AC⊥NM 在R△ACD中，4C=√AD+CD=5,又2ACxD=2 -ADXDC,所 以，5xND=1x2,所以ND=,所以AN=√AD-DN=I 5 又NMM=Aan乙aM5×2=25,在R△AWNM中，可得AM定 V=分在△ADM中，DM=--复， 设B到平面ACD的距离为d,由Vg@=na,可得宁a·d: 1 11 √3 √3 3SaAc·DM,所以3×2×2xIxd=3×2×2xIx2,解得d= (第4题) (第5题) 5.37 解析：如图，设A'B=2a,取CE的中点K,连接BK,A'K,A'C,由 8 题知平面BCE⊥平面D'CE,平面BCEn平面D'CE=CE, 必修第二册·RJ 又BKC平面BCE,BK⊥CE,所以BK⊥平面D'CE 则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于∠A'BK的正弦值，易 求得BK=月a,AC=万a,s∠A'BC=EM2+EC-4C=与 2EA'·EC ,又 CLAEC-EA+EK2-AK5 2EA'·EK ,解得AK=1⑩ 2a, C0LABK=A+BK-AK35 2A'B·BK √3幻所以直线A'B与平面DcE所成角的余弦值等于。37 8 6.A解析：由题意可知DA'⊥FA',DA'⊥EA',FA'∩EA'=A,FA',EA'C 平面A'EF,故DA'⊥平面A'EF D B 在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中 点，则SaBr=Sa=之×1X1=2,DM=DA=2,故V-sm 1 1.1 1 V-e=3·SaDA'=3X22=3 7.208m解析：如图所示，将三棱锥 3 A-B'CD补成一个三棱柱AEF-DB'C, E 00 因为AD⊥DC,AD⊥B'D,DC∩B'D=DB 且DC,B'DC平面B'CD,所以AD⊥平 面B'CD,所以补成的三棱柱为直三棱 柱，则该棱柱上、下底面的外接圆圆心连线的中点是球心0， 在△B'CD中，由B'D=3,CD=5,B'C=7,所以cOs∠BDC= g子又∠B0e(0,),可知∠B0c= 32+52-72 设△BCD的外接圆的圆心为O',所以△B'CD外接圆的半径r= 0g=7。,5又D=2,所以球0的半径R=P+7= 2m3 2sin3 2√3 3 ,所以球0的表面积S=4mR2=4m×93 156208m 第八章章末检测 1.D解析：平面五边形的五个顶点任何三点和四点均不共线，但这五 点共面，故A,B错误； 若空间五点中有三点共线，则这五点仍不一定共面，故C错误； 若空间五点中有四点共线，则由基本事实可知，直线与直线外一点可 确定唯一平面，即这五点一定共面，故D正确 2.A解析：由题可知，M为A'B的中点，0'A'=0'B=√2，则0'M'=1, 作M心/0'AMN=,知图C所泰 B、 B 01 7 ① ② 作出原来图形，如图②， 以0A=2,OM=2,MN=2因为由0A⊥0M,所以AM=V6.又 黑白题064