上分专题09 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）

3.D解析：连接B1D,设B1D∩平面A1BC1= D E,连接PE,BE,B1D1,BD 因为A1B=BC1=A1C1=23,A1B1=BB1= P B1C1,所以三棱锥B1-A1BC1为正三棱锥.因 E 为DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1C平面 D A1B1C1D1,所以DD1⊥A1C1. 因为A1C1⊥B1D1,DD1∩BD1=D1,所 以A1C1⊥平面BDD1B1, 又因为B1DC平面BDD1B1,所以B1D⊥A1C1 同理可证B1D⊥A1B,又A1C∩A1B=A1,A1C1,A1BC平面A1BC1,所 以B1D⊥平面ABC1,则E为正三角形A1BC1的中心，则BE=2,所 以B1E=√BB-BE2=√2. 因为B1D=32,所以DE=B1D-B1E=2W2. 因为B1D⊥平面A1BC1,PEC平面A1BC1,所以PE⊥B1D,即B1E⊥ PE,DE⊥PE. 因为PB1+PD=2+√10，即√PE2+2+√/PE2+8=2+√10， 因为PE>0,解得PE=√2，所以点P的轨迹是半径为√2的圆，所以点 P的轨迹长度是2W2π. 4B解析：因为直线D,P与平面ABCD所成角为牙，DD,1平面 ABCD,所以∠DPD1为直线D1P与平面ABCD所形成的角，即 ∠DPD1=45°，又因为DD1=2,所以DP=2,所以点P的轨迹为以D 为圆心，2为半径长的圆落在正方形ABCD内的部分，即四分之一 圆弧. 分析可知，点P为BD和圆弧的交点时，MP最小 此时可将平面D,AB沿着D1B翻折到平面BB,D,D所在平面. 根据长度关系，翻折后的图形如图所示，其中O1,0,分别为正方体 上、下底面的中心， E'(O)A'(B) M D 0 当E',M,P三点共线时，MP+ME最小.因为02P=2-√2,0102=2，所 以最小值为√22+(2-2)2=√10-42. 5.C解析：取AB的中点P,连接PC,CN,NP,取NP的中点Q,如图. P是AB的中点，△ABC是等边三角形，PC⊥AB,又：N为 棱AB1上的中点，由直三棱柱性质知PN⊥AB,又，PC∩PN=P, PC,PNC平面PCC,N,,AB⊥平面PCC,N,又，·ABC平面ABM, ∴.平面ABM⊥平面PCC1N. 过点N作NO⊥PM,O为垂足，又平面ABM∩平面PCCN= PM,NOC平面PCC,N,.NO⊥平面ABM,所以点O的轨迹是在四边 形PCC,N内且以PW为直径的圆弧. 当点M在点C时，点O位于点P,当点M到点C1时，点O到最高点， 此时PC=23,CC=2,tanLCPC23气=3，所以在Rt△GCP中、 LCPG,=石L0P0=于，从而L00P=牙，弧长1=号×1= 必修第二册·RJ 号，当点M从点C运动到点C时，点0的轨迹长度为号 6③ 解析：由题可知，点D的轨迹是以BB,为轴（其中B为顶，点）， 9 母线与轴所成角为：的圆锥的底面圆周与正三棱柱ABC-A,B,G 的上底面的文线所品■舌，所以A0=所以点D在上底 面AB,C上运动时，其轨迹是以B,为圆心，3为半径长，圆心角为 号的圆弧，放点D的镜迹长度为号× 339 2 :解析：如图，分别取线段PB,PE的中 点M,N,连接AM,AN,MN 连接AC,交BD于点O,连接OE. 因为四边形ABCD是正方形，所以O为线A丝 段AC的中点 因为PE=2EC,所以EC=EN,即E为线段CN的中点，所以OE∥AN 因为AN￠平面BDE,OEC平面BDE,所以AN∥平面BDE. 因为M,N分别是线段PB,PE的中点，所以MN/BE,MN=E 因为MN￠平面BDE,BEC平面BDE,所以MN∥平面BDE. 因为ANC平面AMW,MWC平面AMN,且AN∩MN=N,所以平面 AMN∥平面BDE. 因为AF∥平面BDE,且F在平面PBC内，所以点F的轨迹为线 段MN. 由题意可知PB=BC=PC=3,则CE=1,∠BCE=60°.由余弦定理可得 BE=VBC2+CE2-2BC·CBcs60=7,则MN= 2 8.[36,6√2]U{63解析：设△PEF中边 D EF的高为h,连接A1C1,CD,因为点E,F B. 分别是AD,A41的中点，A1D=6v2,所以三 、P 旋维P-BEF的体积弓× -×3√2h×6= 9,故A-32因为4，D和点A到EF的距离 2 为放P的输注为线段A,D和点1 当点P在线段A,D上时，△A,C1D为边长为6√2的等边三角形，故点 P到C1的最短距离为气×6反=3,6，最长距离为62，当点P与点A 重合时，PC1=6√3.综上所述，PC,的长度的取值范围为[36， 6w2]U{6W3}. 上分专题09立体几何中的展开与折叠问题 1.AD解析：对于A:在△ABC中，因为∠ACB=90°，AC=BC=22,D 是AB的中点，所以CDLAB,且AB=4,CD=AD=DB=2AB=2,则在 三棱锥A'-BCD中，CD⊥A'D,CD⊥BD.因为BD∩A'D=D,A'D,BDC 平面A'BD,故CD⊥平面A'BD,A'BC平面A'BD,故CD⊥A'B,所 以A正确； 对于B:记点A'到平面BCD的距离为d,当A'D⊥BD时，SAAD= 1 yDB2×2×2=2,由于CDL平面ABD,故 aw·c0=号22=号，所以em=-w号50·d 1 .1 黑白题108 号×分×2x2Xd:号，所以1=2，故B结误： 对于C:当A'B=23时，A'D=DB=2,则cOs∠A'DB= D-号宁面0e0,).故1- 名.因为CDL平面A'BD,所以LA'DB即为二面角A'-CD-B的平面 角，故当A"8=2时，二面角4-C0-B的大小为，故C结误： 对于D:当∠A'DB=2时，A'B= 3 √A'D2+DB2-2A'D·DB·cos∠A'DB=√4+4+4=25.如图， 设△A'DB的外接圆圆心为O',半径为r,则2r= A'B25 sin LA'DB√5 =4, 则r=2.因为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'的垂线，垂足即为O,即三棱锥A'-BCD的外接球的球心 则四边形00'DE为矩形，故00'=ED=2CD=1 设三棱锥A'-BCD的外接球的半径为R,连接OD,故R2=OD2= 002+0'D2=1+4=5,故三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为 4πR2=20T,故D正确 D A B 2.C解析：由题可知，四边形ABCD是矩形，AD∥BC,所以初始状态时 直线AD与直线BC所成的角为O°. 已知在矩形ABCD中，AB=1,AD=√3，AD⊥DC,翻折过程中，如 图①， B ① ② 因为AB'<AD,所以∠ADB'≠7，则AD与平面CDB'不垂直.因为 CD∩CB'=C,AD⊥CD,所以异面直线B'C与AD不垂直 翻折过程中，当平面AB'C与平面ADC重合时，②B'C与BC所成锐 角为异面直线B'C与AD所成角的临界值，如图②： 因为在矩形ABCD中，AD∥BC,AB=1,AD=BC=√5，AB⊥BC,所以 ∠BCA=30°，同理∠B'CA=30°，所以∠BCB'=60°，即异面直线B'C 与AD所成角的临界值为60°（取不到），所以异面直线B'C与AD新所 成角的范围为(0，号） 3.√π2+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 找一点Q,使AQ+PQ最短.作点P关于CD的对称点 E,连接AE,令AE与CD交于点Q,则AQ+PQ的最小 值就是AE的长，为√/2+9.故答案为√m2+9. 参考答案 4. 3 4 ,解析：如图①，显然当点F是点G在底面ABCD的射影时，GE+ GF才可能最小 D D ② 将平面AB1C1沿AC1翻折，使其与平面ACC1共面，如图②，由于 号8=AD=4=1,则B,C=1,A8,=5,则m∠B4G=,得 √3 ∠B,4AC1=30°，同理∠CMC1=30°，而AE=2AB,=7,显然当E,G, F三点共线且GF⊥AC时，GE+GF取得最小值，此时(GE+GF)min= 3 3 G'E+G'F'=AEsin CAB= 2im60=4 5.8② 解析：作AD⊥CP于点D,连接BD,设∠ACP=a,则∠PCB= 9 2-a,所以AD=A'D=2sin&,CD=2csa,在△BCD中，由余弦定理 T 可得BD2=CD2+BC2-2CD·BCco3 -a）=4esa+ 16-16cos asin a. 因为A'-CP-B为直二面角，所以平面A'PC⊥平面BCP.因为平面 A'PCn平面BCP=PC,A'D⊥PC,且A'DC平面A'PC,所以A'D⊥平 面BCP. 因为BDC平面BCP,所以A'D⊥BD,则A'B2=A'D2+BD2=4sin2a+ 4cos2a+16-16sin acos a=20-8sin 2a. 当B最短时，2a:受，所以a=子，即此时 CP为∠ACB的平分线，A'D=2sina= 2如开-2，且由角平分线定理可得 BP P 2.1 SAcP-子8AMc)X7x2x4三子，所 1 1 .882 以V三枚输-BCP=3A'D·SARCP=3×W2×3=) 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：ADC平面ADEF,ADC平面ABCD,.平面ADEF⊥平面EDC,平 面ABCD⊥平面EDC. (2)解：，AB∥CD,AF∥DE,ABC平面ABF,CD丈平面ABF,,CD∥ 平面ABF,AFC平面ABF,DEt平面ABF,DE∥平面ABF, 又.CDODE=D,CD,DEC平面CDE,.平面ABF∥平面CDE. 由题意可知AD⊥AF,AD⊥AB,AD⊥DE,AD⊥DC,∴.∠EDC,∠FAB 均为二面角E-AD-C的平面角，故∠EDC=∠FAB. 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2sina :平面ABF∥平面CDE,.点E到平面ABF E 的距离等于点D到平面ABF的距离，为AD= BC=1. 如图，连接EA,则VEFABCD=Vg-FAB+Vg-ABGD= xLx2x1×sina×1+3 ×2×1×2sina= 32 黑白题109 3 sin a. ae(0,o≤号，即a=受时，几何体3ACD的体积 取得最大值子 7.解：(1)由条件可知，正四棱柱的高010=8，所以正四棱柱的体积为 6x6x8=28,正四棱锥P-4,8C,D的体积为写X6x6x2=24,所以 该几何体的体积为288+24=312. (2)(1)如图①，连接01B1,01B1=√62-2=42，所以B1C1= 42×2=8. 正四棱锥P-A1B1C,D1侧面的高为√62-4=25，所以正四棱锥的 侧面积为4x×8×25=325. D 0 B ① ② （i)如图②，将长方形ABB141,△PA1B1和△PB1C1展开在一个平 面，PA1=PB1=PC1=6,A1B1=B1C1=8,设∠A1B1P=a,cos∠A1B1P= m∠PBG=a=名=子4B=A=8,A,=8E,∠ABA 子，所以血a=5所以血2a2如a2x52 3x3 w2a=1-2a=1-2×(9）}=gm2a,G 4w5 m(+2a）-es子w2anin2a=2t4 18 当A,Q,N,C1四点共线时，AQ+QN+NC1最短，所以AC1= VAB所+B,C-2AB,·B,G·s乙AB,G=8V29+8w5, 8 所以AQ+QN+NC,的最小值为氵√29+85， 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, B SD,SFC平面SFD,所以SE⊥ 0 平面SFD,又因为SEC平面SEF,所D 以平面SEF⊥平面SFD. (2)解：如图，设S在平面AEF上的投影为O,连接S0,E0,则∠SEO 为直线SE与平面DEF所成角a. 设服=(1a≤4到则CF=45ag442X42 1 2x2x-2× 4(4-x)=4+x. 在△DSF中，DS=4,SF=x,DF=√2-8x+32,可得cos∠DSF= 0g+SF2-DP=L名SADs·SF·i咖LDsP=4v,其 2DS·SF 中sE1平面SD,SE=2,放m=写S·SE=号可， 1 人im=号5ag·S0=(4+)·S0. 必修第二册·RJ 因为w,即g4)0号108径又 因为8=2，所以im0=S0-4 SE x+4 令1=，te(0,5],i血0=4北=4 .5 5+25,令g(t)=t+ E(0 a6子）-a-(任名） 12- t2) ,当t1,2e(0,5],且1<2时，41-t2<0,412-5<0,t12>0, 则g(t1)-g(2)>0,可得g(t)在(0,5]上单调递减，当t=V3,即x= 4时，in0最大为2 上分专题10立体几何中的探索性问题 1.(1)①证明：连接AB1交A1B于点F,连接EF,如图①. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1,AA1=BB1,所以四边形 AA1B1B为平行四边形. 因为A1B∩AB1=F,所以F为AB1的中点，又因为E为AC的中点，所 以EF∥BC,且EF=B,C 因为B1C丈平面A1EB,EFC平面A1EB,所以B1C∥平面A1EB. ②解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,AEC平面ABC, 所以AM11AE,所以A1E=√MM+AE=√42+22=25，同理可得 BC=VBB+BC=VF+F=4万，AB=45,所以EF=2B,C= 2n,AF=2A4B=27 因为EF∥B,C,所以异面直线A1E与B1C所成角为∠FEA1或其补 A1E2+EF2-A1F220+8-8 角，由余弦定理可得cos∠FEA1= 2A1E·EF2×2W5×2W2 √1 4 ,所以异面直线AE与B,C所成角的余弦值为而 4 A D D ① ② (2)解：存在.如图②， 因为A0/8C,4Cn0=B,所能%行 因为EK∥平面AA1D,EKC平面A1BD,平面ABD∩平面AA1D=AD 所以欧A山所u歌能子所以写所以线段48上 存在一点太使得队/平面A0,且8子 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，∠B1BM与∠B,MB互余，所以∠BED= ∠B,MB,又因为∠ABE=∠BB1M,所以△ABE∽△BB1M,所以 AB BE BB BM 因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=4,点M为A1B1的中 黑白题110专题课堂 上分专题09 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 22数学1必修第二册·RJ 实战演练 1.禁（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 △MBC中，∠ACB=2,AC=BC=22,D是AB 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.鞋(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=2√3时，二面角A'-CD-B的大小 2BC=2AF=2,将四边形ADEF沿AD向上折起， 如图②，连接BF,CE,EB,得到几何体EFABCD. 6 (1)求证：平面ADEF⊥平面EDC,平面 D.当∠ADB=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20m 体积的最大值 2.禁(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所成角的范 围为 ( A.( B.(o,2] co） D.(0.] 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 A 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.禁(2025·浙江杭州高一期中)在直四棱 柱ABCD-AB,C,D1中，四边形ABCD是矩形， 2AB=AD=A1,=1,点E为线段AB,的中点，点 G是线段AC1上的一点，点F是底面ABCD内 的一点，则GE+GF的最小值为 黑白题·上分秘籍23 7.幸(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-AB,C,D1,下部是正四棱柱ABCD- 边BC上的动点.将△ADE沿DE翻折到 A,B,C1D(如图所示)，且正四棱柱的高O,O △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,P01=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，P01=2. DEF所成角为0，求sin0的最大值. (i)求正四棱锥P-A,B,C,D,的侧面积， (i)若Q,N分别是线段AB1,PB1上的 动点，求AQ+QN+NC,的最小值 D P 0 0 24数学1必修第二册·RJ