高考热点8　截面与翻折问题课件——2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“截面与翻折问题”专题，依据高考评价体系梳理了空间几何体截面形状判断、翻折后体积与空间角计算等核心考点，通过广东佛山质检、江苏如皋中学开学考及新课标Ⅱ卷等真题分析，明确截面问题占比45%、翻折问题占比55%的考点分布，归纳六边形/四边形截面、翻折体积最值等常考题型。 课件亮点在于“真题情境+空间建模+逻辑推理”的备考策略，如正方体截面问题通过建立空间直角坐标系求法向量确定截面顶点，翻折问题利用折叠前后不变量分析体积最大值，培养学生空间观念和几何直观素养。提供“截面作图三步法”“翻折临界条件判断”等技巧，助力学生掌握答题方法，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

高考热点8　截面与翻折问题 返回目录 类型1　空间几何体的截面问题 1.★★(2026届广东佛山质检,4)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别为棱A1B1, BC,DD1的中点,过点E,F,G作正方体的截面,则截面的形状为 ( )   A.六边形　　    B.五边形　　    C.四边形　　    D.三角形     A     返回目录 解析　因为多面体ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以AB⊥AD,AA1⊥AB,AA1⊥AD, 如图,以点A为原点, , , 的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,   设AB=2,则E(1,0,2),F(2,1,0),G(0,2,1), 所以 =(1,1,-2), =(-1,2,-1), 设平面EFG的法向量为n=(x,y,z), 则  返回目录 取x=1,则y=1,z=1, 所以n=(1,1,1)为平面EFG的一个法向量, 取BB1的中点L,CD的中点M,A1D1的中点N,可得L(2,0,1),M(1,2,0),N(0,1,2), 所以 =(1,0,-1), =(0,2,-2), =(-1,1,0), 因为 ·n=1+0-1=0, ·n=0+2-2=0, ·n=-1+1+0=0,所以点L,M,N都在平面EFG内, 连接EL,LF,FM,MG,GN,NE, 所以过点E,F,G的正方体的截面为六边形ELFMGN,故选A. 返回目录 2.★★★(2026届广东部分学校开学考,6)如图,在棱长为2的正方体中,A,B,C均为顶点,P 为所在棱的中点,若PC∥平面α,且A,B均在平面α内,则平面α截正方体所得图形的面积 为( )   A.2 　　    B.4　　    C.2 　　    D.4      C     返回目录 解析　如图,H,F为所在棱的中点,连接AH,HF,FB,AF,   因为AP􀱀FC, 所以四边形APCF为平行四边形,所以AF∥PC,又AF⊂平面ABFH,PC⊄平面ABFH,所以 PC∥平面ABFH,故平面ABFH即为平面α. 又正方体的棱长为2,所以AH=BF= = ,AB=HF=2,AF=PC= =3,所以 AH2+HF2=AF2, 所以∠AHF=90°, 返回目录 所以平行四边形ABFH为矩形, 所以S四边形ABFH=AH·HF= ×2=2 . 故选C. 返回目录 3.★★★(2026届江苏如皋中学开学考,6)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是棱AA1 和CC1上的点,PA= AA1,CQ= CC1,那么正方体中过点D,P,Q的截面形状为 ( ) A.三角形　　    B.四边形　　    C.五边形　　    D.六边形     B     解析　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取B1M= BB1,BN= BB1, 连接DP,DQ,PN,CN,MQ,PM,如图.   因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是棱AA1和CC1上的点,PA= AA1,CQ= CC1,所 返回目录 以MN∥CQ,且MN=CQ,则四边形NCQM为平行四边形, 则NC∥MQ,NC=MQ, 又因为PN∥CD,且PN=CD,所以四边形PNCD为平行四边形, 则PD∥CN,PD=CN, 所以DP∥MQ,DP=MQ, 所以四边形DPMQ为平行四边形, 则正方体中过点D,P,Q的截面形状为四边形.故选B. 返回目录 4.★★★(2026届广东八校联盟开学考,8)如图,在外接球体积为 的正方体ABCD- A1B1C1D1中,E是线段DD1上的动点(不包括端点),过A,B1,E三点的平面将正方体截为两个部 分,且交C1D1于点F,当截得的较小部分的几何体的体积为 时, = ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      B     返回目录 解析　设正方体的棱长为x(x>0),则外接球半径为 ,【正方体体对角线是外接球直 径】 所以 π = ,解得x=1. 连接C1D,在C1D1上取一点F,使得EF∥C1D,连接B1F,设D1E=a(0<a<1), 由EF∥C1D∥AB1,可得平面AB1FE为过A,B1,E三点的截面,D1F=a. 连接EA1,  = × ×1×1×1= , 返回目录  = a· = (a2+a), 【较小几何体的体积分割为 + 】 由题意知 (a2+a)+ = ,整理得16a2+16a-5=0,解得a= 或a=- (舍),故 = .故选B.   返回目录 5.★★(2026届河北邯郸调研监测,13)已知三棱锥P-ABC中,PA=PC=PB=BA=BC=2,AC= 2 ,D为PB的中点,过点D作三棱锥P-ABC外接球的截面,则截面面积的最小值为______.     π     解析　因为PA=PC=PB=BA=BC=2,AC=2 ,所以PA2+PC2=AC2=BA2+BC2,所以∠APC= ∠ABC=90°,所以三棱锥P-ABC外接球的球心为AC的中点,记为O,因为PB=2,PO=BO=  ,所以PO2+BO2=PB2,所以PO⊥BO,又D为PB的中点,所以OD= PB=1,当OD垂直于截 面时,截面面积最小,此时截面圆半径r= =BD=1,所以截面面积的最小值为π. 返回目录 类型2　空间几何体的翻折问题 1.★★★(2025届重庆九龙坡三模,5)如图,矩形ABCD中,AB=2 ,BC=2 ,将△ABD沿 BD翻折,得到三棱锥A'-BCD(A'是A在翻折后的对应点),则三棱锥A'-BCD体积的最大值 为 ( )   A.4 　　    B.6 　　    C.8　　    D.16     C     返回目录 解析　由题意得S△BCD= BC·CD= ×2 ×2 =6 , 且BD= = =6, 设点A'到BD的距离为h,由等面积法可得 ·A'B·A'D= BD·h, 即 ×2 ×2 = ×6h,则h=2 , 当平面A'BD⊥平面BCD时,三棱锥A'-BCD的体积最大, 此时三棱锥的高为h=2 , 体积为 S△BCD·h= ×6 ×2 =8. 故选C. 返回目录 关键点拨　由折叠前后的特征可知,△BCD的形状不变,即面积不变,当平面A'BD⊥平 面BCD时,三棱锥的高最大,即三棱锥A'-BCD的体积最大,所以本题的关键就是求高. 返回目录 2.★★★(2026届安徽六校测试,16)如图1,在边长为4的等边△ABC中,点D,E分别在边 AC,AB上,且AD=2,AE=1,连接DE,沿DE将△ADE折起得到四棱锥A-BCDE(图2),使AC=  . (1)求证:平面ACE⊥平面BCDE; (2)求平面ACE与平面ACD夹角的余弦值.  　      返回目录 解析    (1)证明:在△ADE中,由余弦定理得DE2=AD2+AE2-2AD·AE·cos∠EAD=4+1-2×2× 1× =3, 所以DE2+AE2=AD2,于是DE⊥AE, 如题图1,连接CE(图略),在△ACE中,由余弦定理得CE2=AC2+AE2-2AC·AE·cos∠EAC=42+ 1-2×4×1× =13, 所以在题图2中,CE2+AE2=14=AC2,于是EC⊥AE, 因为DE∩EC=E,且DE⊂平面BCDE,EC⊂平面BCDE,所以AE⊥平面BCDE, 又AE⊂平面ACE, 返回目录 所以平面ACE⊥平面BCDE. (2)如图,以点E为原点,分别以EB,ED,EA所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,   则D(0, ,0),A(0,0,1),C(1,2 ,0), 所以 =(1,2 ,0), =(0,0,1), 设平面ACE的法向量为m=(x,y,z), 则 取y=1,则x=-2 ,则平面ACE的一个法向量为m=(-2 ,1,0), 同理可得平面ACD的一个法向量为n=(- ,1, ), 返回目录 所以cos<m,n>= = = , 所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为 . 返回目录 3.★★★(2024新课标Ⅱ,17,15分)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5 , ∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足 =  , =  .将△AEF沿EF翻折至△PEF, 使得PC=4 . (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 返回目录 解析    (1)证明:由题知AE= AD=2 ,AF= AB=4,∠FAE=30°, ∴EF= =2, ∴EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF, ∴EF⊥PE,又PE∩AE=E,PE,AE⊂平面PED,∴EF⊥平面PED, 又PD⊂平面PED,∴EF⊥PD. (2)连接EC,∵CD=3,DE=AD-AE=3 ,∠ADC=90°, ∴EC= = =6, 又PE=AE=2 ,PC=4 ,∴EC2+PE2=PC2,∴PE⊥EC,又PE⊥EF,EC∩EF=E,EC,EF⊂平 返回目录 面ABCD,∴PE⊥平面ABCD, 又ED⊂平面ABCD,∴PE⊥ED,又PE⊥EF,EF⊥ED,∴PE,EF,ED两两垂直, ∴以E为原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,   则A(0,-2 ,0),F(2,0,0),C(3,3 ,0),D(0,3 ,0),P(0,0,2 ),∴ =(2,0,-2 ), = =(2, 2 ,0), =(0,-3 ,2 ), =(3,0,0). 设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面PBF,平面PCD的法向量, 返回目录 ∴    令x1= ,则m=( ,-1,1), 令y2=2,则n=(0,2,3). ∴cos<m,n>= = , ∴sin<m,n>= , ∴所求正弦值为 . 返回目录 4.★★★★(2025全国二卷,17,15分)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为 CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形 EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.   返回目录 解析    (1)证明:在四边形ABCD中,AB∥CD,因为E,F分别在AB,CD上,所以FC∥EB, 因为BE⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F, 所以BE∥平面CD'F, 同理可得,A'E∥平面CD'F, 又BE∩A'E=E,BE,A'E⊂平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CD'F, 又A'B⊂平面A'EB, 所以A'B∥平面CD'F. 返回目录 (2)由CD=2AD,F为CD的中点,得DF=DA=FC.又AB∥CD,EF∥AD,所以四边形EFDA为 平行四边形,又∠DAB=90°,DF=DA,所以四边形EFDA为正方形,则EF⊥DC,即D'F⊥EF, FC⊥EF,所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成的二面角的平面角,因为面EFD'A'与面 EFCB所成的二面角为60°,所以∠D'FC=60°.又D'F=FC,所以△CD'F为正三角形.由D'F ⊥EF,FC⊥EF,D'F∩FC=F,得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂面EFCB,所以面D'FC⊥面E-FCB. 取FC的中点O,连接D'O,则D'O⊥面EFCB,过O作OM∥EF,交BE于M,则以O为坐标原点, 分别以OM,OC,OD'所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.   返回目录 设FC=2,则F(0,-1,0),E(2,-1,0),C(0,1,0),B(2,3,0),D'(0,0, ),A'(2,0, ),则 =(2,2,0), = (0,-1, ), =(2,0,0), =(0,1, ). 设面BCD'的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则  即  令z1=1,得x1=- ,y1= ,则平面BCD'的一个法向量为n1=(- , ,1). 设面EFD'A'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则  即  令z2=1,得y2=- ,则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0,- ,1), 返回目录 则cos<n1,n2>= = =- . 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的大小为θ,则cos θ= , 所以sin θ= = = ,则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为  . 返回目录 $