第13章 专题探究12 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（苏教版）

专题探究12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的外接球表 P-ABC的底面ABC是边长为1的等边三角 面积恒为4 形，PA⊥平面ABC且PA=√3，一只蚂蚁从 B.按照折法①，存在D1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体积的最大 路程最小值为 ( 雀为。 B.39 3 3 D.37 3 D.按照折法②，存在A,满足AC⊥平面 2.(多选)(2024·江苏扬州高一月考)如图①， A,BD,且此时BC与平面A,BD所成线面 在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,EF⊥AB,CF= 6 EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD 角的正弦值为？ 沿EF进行折叠，使AD到达A'D'位置，且平 4.(2024·浙江绍兴高一期中) 面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如 如图，圆柱形开口容器（下表 图②，则 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 A.BE⊥A'D 5.（2024·广东珠海高一月考)如图①，等腰 B.平面A'EB∥平面D'FC △AFA1中，FA=FA1=5,AA1=8,点B,C,D为 C.多面体A'EBCD'F为三棱台 线段AA,的四等分点，且BE∥CF∥DG.现沿 D.直线A'D与平面BCFE所成的角为T BE,CF,DG折叠成图②所示的几何体，使 ∠BCD=60° 3.(多选)(2024·山东青岛高一期末)如图，在 四边形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三 (1)证明：AE∥平面DCFG; (2)求几何体BCD-EFG的体积 角形，AB=AD,∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB= 1.下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成 三棱锥.折法①：将△ACD沿着AC折起，得到 三棱锥D,-ABC,如图①.折法②：将△ABD沿 着BD折起，得到三棱锥A1-BCD,如图②.下 列说法正确的是 风 必修第二册·SJ学霸122 6.(2023·福建漳州高一月考)平行四边7.（2024·山西大同高一期末)如图①，在 形ABCD中，AB=2AD=2,DB=√3，如图①所 △ABC中，AB=BC=2,AC=2√2，点D,E分别 示，作DE⊥AB于点E,将△ADE沿着DE翻 为边AB,AC的中点，将△ADE沿着DE折起， 折，使点A与点P重合，如图②所示 使得点A到达点P的位置，如图②，且二面角 (1)设平面PEB与平面PDC的交线为I,判 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 上的点，求空间四边形PGHB周长的最 面PDE所成角的正弦值为8。？若存在 小值. 求PG的长；若不存在，请说明理由， B Dx2- ② 第13章学霸123成角的正弦值的取值范围为 4W52W2 故答案为6； [4w5 153 L15 ] 专题探究12立体几何中的展开与折叠问题 1.B解析：将底面ABC旋转.，以AC为轴，旋转至平面PAC与平 面ABC共面，如图.设△ABC的中心为O,此时OP为最短距离，设 0到直c的距离为4，则：×√P( 6,所以 √ F3故选B. 3 （第1题) (第2题) (第4题) 2.ABD解析：如图，对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面 A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊥EF,BEC平面BCFE,所以BE⊥平 面A'D'FE,因为A'D'C平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',A正确：对于 B,因为A'E∥D'F,A'E平面D'FC,D'FC平面D'FC,所以A'E∥ 平面D'FC.又因为BE∥CF,BEt平面D'FC,CFC平面D'FC,所以 BE∥平面D'FC.又因为A'E∩BE=E,A'E,BEC平面A'EB,所以平 面E8/平面DFC,B正确：对于C,因为-分品号则 5≠S,所以多面体A'EBCD'F不是三棱台，C错误；对于D,延 长A'D',EF相交于点G,如图，因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平 面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∠A'GE为直线A'D'与平面BCFE所成的角.因 为4ED,所以gE解得Gr-1.cG-.C0 G花1，则LGE=年，D正确放法AB即 A 3.ACD解析：由题意知AC=2,BC=√3，如图①，取AC的中点0，由 于△ACD和△ABC是直角三角形且全等，故OA=OC=OD1=OB, 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 半径为1，故该球的表面积恒为4π，故A选项正确； 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BD上（不包括端点）， 而线段BD(不包括端，点)上不存在D1'使得CD1'⊥AB,故不存在 D1满足AB⊥CD1,故B选项错误； 按照折法②，如图②，取D的中点瓜A,日=子，当平面么BD1平 面BCD时，三棱锥A1-BCD体积取得最大值，此时体积V= 号4i:sao号宁×9 28 ,故C选项正确； 当A1C=√2时，A1C2+A1B2=BC2,A1C2+A1D2=CD,故此时A1C⊥ A1B,A1C⊥A1D. 又因为A1B∩AD=A1,A1B,A1DC平面ABD,所以A1C⊥平 面A1BD,故∠A,BC为BC与平面A,BD所成线面角，则 血Aac二后-，故D透项正确致击A 参考答案 4.√/m2+9解析：侧面展开后得一半为矩形ABCD,其中AB= π，AD=2,问题转化为在CD上找一点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的长度，为√m2+9.故答案为√2+9. 5.(1)证明：由AB=BC=CD=DA,可知四边形ABCD是菱形，所以 AB∥DC. 又因为AB￠平面DCFG,DCC平面DCFG,所以AB∥平面DCFG 因为BE∥FC,BE￠平面DCFG,FCC平面DCFG,所以BE∥ 平面DCFG. 又因为AB∩BE=B,AB,BEC平面ABE,所以平面ABE∥平面 DCFG, 又因为AEC平面ABE,所以AE∥平面DCFG (2)解：如图，连接BD,GE,取FC的中点P,连接 C, EP,GP,则BE=CP=DG=2 由题图①知FC⊥AA1,所以FC⊥CD,FC⊥BC. 又因为CD∩BC=C,CD,BCC平面BCD,所以FC⊥平面BCD,则 PC⊥平面BCD. 又因为BE∥CP∥DG,所以几何体BCD-EPG为直三棱柱，FP⊥平 面EPG, 由题图①知，在直角三角形ACF中，FA=5,AC=4,所以FC=3,所 以CP=PF= 2,由BC=CD,∠BCD=60°知，三角形BCD为正三角 形，则SABCD=S△BEPG=√3， 所t以VaD-EG=VnCD-Bnc+Vr-Brc=S△BCD·CP+3 SAFPG·PF= -=2W5 6.解：(1)l∥CD.证明如下：因为EB∥CD,CD￠平面PBE,EBC平面 PBE,所以CD∥平面PBE. 因为CDC平面PCD,平面PBE∩平面PCD=l,所以l∥CD. (2)如图①，当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥P-BCDE的体积 最大 平面PDE∩平面BCDE=DE,PEC平面PDE,PE⊥DE, 可得PE⊥平面BCDE,BCC平面BCDE,可得PE⊥BC. 作EO⊥BC交BC于点O,连接PO,EO∩PE=E,PE,E0C平 面POE, 可得BC⊥平面POE,而POC平面PEO,故BC⊥PO, ∠POE即为二面角P-BC-D的平面角. 1 在Rt△POE中，PE= 之，50=2×sm60=3 3 4,tan∠PoE=2 W5 2W ,所以二面角P-BC-D的正切值为2 9 9 P B ① (3)如图②，由展开图可知，B关于CD的对称点为B,DB= 2 BB=3,由勾股定理可得AB'=7,PB=2,当A,C,H,B'共线 时，周长最短， 此时(PG+CH+B+PB)=AB'+PB=√7+VO 2 7.(1)证明：在△ABC中，AB=BC=2,AC=2W万，所以AB2+BC2=AC2, 所以AB⊥BC.又因为点D,E分别为边AB,AC的中点， 所以DE/BC,DE=BC=1,DE1AB,所以DE⊥BD,DE⊥PD. 所以BC⊥BD,BC⊥PD. 又因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD,所以BC⊥平面PBD, 学霸081 又因为BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD. (2)解：因为DE⊥BD,DE⊥PD,所以二面角P DE-C的平面角为∠PDB,所以∠PDB=60°.又因 为PD=DB=子AB=1,所以△PBD是等边三角形， D 取PD的中点O,连接B0,如图所示，所以B0⊥ PD,即=1，B0-5, 由(1)知，BC⊥平面PBD.又因为BOC平面PBD,所以BC⊥BO. 又因为DE∥BC,所以DE⊥BO.又因为DE∩PD=D,DE,PDC平 面PDE, 所以BOL平面PDE.因为DE∥BC,DEC平面PDE,BC￠平 面PDE, 所以BC,∥平面PDE,所以Vc-PDE=VB-PDE=3S△PDE·B0=3× xIx1x3 2-12 因为BC⊥平面PBD,BPC平面PBD,所以BC⊥BP,所以CP= √BC2+BP2=√22+1Z=√5，DC=√/BC2+BD2=√22+12=√5. 在△PDC中，CP=5,DC=5,PD=1, 所以same=Pm·√Pc2-(2】 4 设点E到平面PDC的距离为d,又V6-Poc=Vc-PDB, 所时 12 解得d 19,即点E到平面PDC的距离为5可 19 (3)解：存在.由(2)知，BO⊥平面PDE,所以BG与平面PDE所成 的角为∠BG0,在△P0中，P0=2,∠0PG=45,PE=D,设 PG=x(0≤x≤√2)， 由余弦定理得，0C2=P02+PC2-2P0.PCeos0PG=+2-5 4 2 因为BO⊥平面PDE,OGC平面PDE,所以B0⊥OG, 2tx2 所以Bc2=B02+0G=4+4x?V3 2+1, √3 即Bc=√ 2+1,所以sinBG0=B 2 3√6 G 8 2t*1 整理得182-92x+2=0,解得或x3 √2 3 故在棱PE上存在点G,使得BG与平面PDE所成角的正弦值为 6G的长为名或号 36 方法总结 翻折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一般 地，位于“折痕”同侧的线面之间的位置关系和数量关系不变，而位 于“折痕”两侧的线面之间的位置关系和数量关系可能会发生变化. 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 立体图形中处理。 专题探究13立体几何中的探索性问题 1.(1)解：如图①，取BB'的中点M',连接MM,M'C. 可知CF'∥A'B',又CF丈平面ABB'A',A'B'C平面ABBA', 所以CF'∥平面ABB'A'.因为CF'C平面MCF, 所以平面ABB'A'与平面MCF的交线平行于C'F 而MM'∥A'B',所以MM∥CF',则四边形MM'CF即为所求截面. 因为CF'=4,所以MM'=2,MF'=√4+4=2W2, 等腰梯形MWCP的高为V8=,所以载面面积为了×(2+ 必修第二册·SJ 4)×7=37 1 B ① ② (2)证明：如图①，分别取CD,EF的中点P',Q',连接PP', Q0',P'Q'. 因为P,P分别为CD,cD的中点，所以PP/cc,PP=Cc 同理得QQ∥EE',QQ'=】EE.因为正六棱柱中CC'∥EE', 2 CC'=EE' 所以PP∥QQ',PP'=QQ',所以四边形PP'Q'Q为平行四边形， 则PQ∥P'Q'.又PQ￠平面ABCDEF,P'Q'C平面ABCDEF, 所以PQ∥平面ABCDEF. (3)解：不存在这样的点N,使得平面D'ON∥平面BPF.理由如下： 连接CF,在正六棱柱中，CF∥DE∥D'E',所以四边形CFE'D'为 梯形. 如图②，连接D'Q并延长交CF的延长线于点H, 由于CF∥D'E',且Q为FE的中点，则△HFQ≌△D'E'Q,所以 HF=D'E'=2. 因为品1器子2， CF 4 所以PF与D'Q共面且不平行，即PF与D'Q相交， 即D'Q与平面BPF相交，故不存在这样的点N,使得平面D'QN∥ 平面BPF. 2.（1)证明：：BE⊥平面ABC,BCC平面ABC, .BE⊥BC又：B为圆周上一点且AC是半圆O 的直径，∴.AB⊥BC.:AB∩BE=B,AB,BEC平 面AEB,∴.BC⊥平面AEB.又·BC∥DE,∴.DE⊥E 平面AEB,且DEC平面AED,.平面AEB⊥平 面AED. (2)解：存在，点M为线段AD中点证明如下： 设BC=x,则BE=3x,DE=2x, ∴.CD=√(DE-BC)2+BE2=√10x. 又CD=√I0,.x=1..AB=AC2-BC2= 3=BE. 如图，取AE中点N,连接BN,MN,CM..BN⊥AE. 又由(1)可知平面AEB⊥平面AED,.·平面AEB∩平面AED=AE, BNC平面AEB,.BN⊥平面AED. ,ADC平面AED,∴.BN⊥AD. 又：MNL号DE,BCL之DE,故MN LBC,即四边形BCMN为平行 2 四边形，∴BN∥CM,∴.CM⊥AD,CM⊥AE. 又ADC平面AED,AEC平面AED,AD∩AE=A,.CM⊥平面AED, 3.解：(1)HF∥平面A1BCD1.证明：如图，连接DC1, D H C 交CD1于点0，连接H0,B0,又因为H,F分别是A 、 棱C1D1,BB1的中点， QB 由长方体的结构特征知，HO∥BF且HO=BF,故 D以- BFH0为平行四边形， 所以HF∥BO.又因为HF丈平面A1BCD1,BOC 平面A1BCD1,则HF∥平面A1BCD1· (2)由(1)知，HF与平面ABCD所成角，即为B0与平面ABCD所 成角， 点0到平面ABCD的距离为4=1，B0=√+1P+平=5. 2 所以B0与平面ABCD所成角的正弦值为，即那与平面ABCD 所成角的正弦值为 3 学霸082