第21天 立体几何与平面几何的转化专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦立体几何与平面几何转化，通过折叠、展开等题型训练空间想象与转化能力，培养数学眼光与思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间位置关系|4题|正方体展开图线面平行垂直判断|平面图形与立体结构转化| |折叠翻折问题|6题|正方形折成二面角、函数图象折成钝二面角|平面几何量与空间角距离关联| |空间计算|7题|正四棱锥体积、旋转体体积、球面交线长度|空间问题平面化求解策略|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第21天 立体几何与平面几何的转化 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 一、单选题(每小题5分,共35分) 1.如图是一个正方体的平面展开图,在这个正方体中以下选项错误的是(　　) A.BM∥平面ADNE B.CN∥平面ABFE C.平面BDM∥平面AFN D.平面BDE⊥平面NCF 2.(2025·湖北协作体模拟)将正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　) A. B. C.- D.- 3.(2025·西安长安区一模)正三棱锥S-ABC侧棱长为1,E,F分别是SA,SC上的动点,当△BEF周长的最小值为时,三棱锥的侧面积为(　　) A. B.1 C. D.2 4.(2025·南宁二模)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形,AB与CD分别为该圆柱的上、下底面的一条直径,若从点A出发绕圆柱的侧面到点C的最小距离为,则直线AB与直线CD所成的角为(　　) A. B. C. D. 5.(2025·西北工业大学附中统检)如图,将绘有函数f(x)=Msin(M>0,0<φ<π)部分图象的纸片沿x轴折成钝二面角,夹角为,此时A,B之间的距离为,则φ= (　　) A. B. C. D. 6.(2025·萍乡一模)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=2,∠ABC=60°,E为CD的中点,沿AE将△DAE翻折至△PAE的位置得到四棱锥P-ABCE,且PB=2.若F为棱PB的中点,则点F到平面PCE的距离为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·泉州二监)如图,已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面,C,D分别为SA,SB的中点,过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥,截口曲线Γ是抛物线的一部分.若P在Γ上,则的最大值为(　　) A. B.1 C. D. 二、多选题(每小题6分,共12分) 8.(2025·湖北八市联考)在一次数学兴趣小组的实践活动中,李怡同学将一张边长为10 cm的菱形纸片ABCD沿对角线BD折叠,形成一个二面角模型A'-BD-C,BD=12 cm,如图所示.下列叙述中正确的有(　　) A.四面体A'-BCD体积的最大值为384 cm3 B.在折叠的过程中,存在某个时刻使DA'⊥BC C.当A'C=8 cm时,动点M在平面A'BD内且CM≤7 cm,则动点M所形成区域的面积为π cm2 D.在C的条件下,若直线CM与直线BD所成的角为α,则cos α的最大值为 9.(2025·安阳一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,CA=CB=CC1=2,则下列说法正确的是(　　) A.三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4 B.以C为球心,体积为π的球面与侧面ABB1A1的交线的长度为2π C.若M,N分别为BB1,AA1的中点,点P在平面ABB1A1上,则PC+PC1+PM+PN的最小值为4 D.若空间中的一点Q满足QC+QA1=4,则QB1的最小值为- 三、填空题(每小题5分,共15分) 10.(2025·呼和浩特一模)边长为2的正方形,经如图所示的方式裁剪后,可以围成一个正四棱锥,若内部小正方形的边长为,则此正四棱锥的体积为　　　　.  11.如图所示,在直棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形,∠ACB=90°,AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值是　　　　.  12.如图,正方形ABCD的中心为O,边长为4,将其沿对角线AC折成直二面角,设M为AD的中点,N为BC的中点,则三角形MON沿直线MN旋转一周得到的旋转体的体积为　　　　.  四、解答题(13题13分,14题15分) 13.(2025·新高考Ⅱ卷)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',使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 14.(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点. (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. ①证明:平面PAC⊥平面ABC; ②求球O的半径. (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第21天 立体几何与平面几何的转化 1.答案　D 解析　把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD-EFMN,如图1所示; 对于A,平面BCMF∥平面ADNE,BM⊂平面BCMF,∴BM∥平面ADNE,A正确; 对于B,平面DCMN∥平面ABFE,CN⊂平面DCMN,∴CN∥平面ABFE,B正确; 对于C,如图2所示,易知DN=BF,DN∥BF,则四边形BDNF为平行四边形, 则BD∥FN,BD⊄平面AFN,FN⊂平面AFN,∴BD∥平面AFN; 同理可得四边形ABMN为平行四边形,则BM∥AN, 因为BM⊄AFN,AN⊂平面AFN,则BM∥平面AFN,且BD∩BM=B, BD,BM⊂平面BDM, ∴平面BDM∥平面AFN,C正确; 对于D,如图3所示,由C知BD∥FN,因为BD⊄平面NCF,FN⊂平面NCF, 所以BD∥平面NCF,因为BC∥EN,BC=EN,所以四边形BCNE为平行四边形, 所以BE∥CN,因为BE⊄平面NCF,CN⊂平面NCF,所以BE∥平面NCF, 又因为BD∩BE=B,且BD,BE⊂平面BDE, ∴平面BDE∥平面NCF,∴D错误. 故选D. 2.答案　A 解析　取BD中点为O,连接AO,CO,所以AO⊥BD,CO⊥BD, 又平面ABD⊥平面CBD且交线为BD,AO⊂平面ABD, 所以AO⊥平面CBD,OC⊂平面CBD, 则AO⊥CO. 设正方形的对角线长度为2, 如图所示,建立空间直角坐标系,A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,0,0), 所以=(1,0,-1),=(-1,-1,0),cos<,>===-. 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.故选A. 3.答案　A 解析　将正三棱锥S-ABC的侧面沿侧棱SB剪开并展开在同一平面内,如图,连接BB',当E,F分别为BB'与SA,SC的交点时,△BEF的周长最小, 此时BB'=,而SB=SB'=1,SB2+SB'2=2=BB'2,则∠BSB'=90°,∠ASB=30°, 所以三棱锥的侧面积为 3×SA×SBsin 30°=. 故选A. 4.答案　C 解析　根据题意可知圆柱的半径和高分别为r=1,h=2, 由于从点A出发绕圆柱的侧面到点C的最小距离为,故展开图中AC=,则MC2=,故MC=, 因此在圆柱的下底面中作平行于AB的直径MN,则,CD,NM所成的角为∠COM或其补角, 由于∠COM=,故直线AB与直线CD所成的角为,故选C. 5.答案　C 解析　过A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为C,D,过A,D分别作y轴、x轴的垂线相交于点E, 连接AB,BE,则∠BDE=,BD=DE=M, 由余弦定理得 BE2=M2+M2-2M2cos =3M2, 由上可知,x轴垂直于BD,DE,又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE, 所以x轴垂直于平面BDE,又AE∥x轴,所以AE⊥平面BDE, 因为BE⊂平面BDE,所以AE⊥BE, 因为f(x)的周期T==6, 所以AE=CD=3, 由勾股定理得3M2+9=15,解得M=, 由图知,f(x)的图象过点,且在递减区间内, 所以f(0)=sin φ=,即sin φ=, 因为0<φ<π,点在递减区间内,所以φ=. 故选C. 6.答案　B 解析　在平行四边形ABCD中,连接BE,由题意可知△DAE是边长为1的等边三角形, 则∠AED=,∠BCE=,BC=CE=1,则∠CEB=,可知∠AEB=, 即AE⊥EB,且BE==,由PB=2,PE=1,BE=, 则PE2+BE2=PB2,可知PE⊥EB. 由AE∩PE=E,AE,PE⊂平面PAE, 可得EB⊥平面PAE,又因为EB⊂平面ABCE,所以平面PAE⊥平面ABCE. 取AE中点O,AB中点H,连PO,OH,则PO=,OH∥BE,可得OH⊥AE, 因为△PAE为等边三角形,则PO⊥AE,平面PAE∩平面ABCE=AE, PO⊂平面PAE,所以PO⊥平面ABCE. 以O为原点,OA,OH,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 则P,E, B, F,C, 可得=, =, =. 设平面PCE的法向量n=(x,y,z), 则 令x=,则y=1,z=-1, 可得n=(,1,-1), 由点F为线段PB的中点,知点F到平面PCE的距离是点B到平面PCE距离的. =, 则点B到平面PCE的距离 等于==,所以点F到平面PCE的距离为.故选B. 7.答案　C 解析　过点O作EF⊥AB,交底面圆于E,F两点,连接SO,DO,CO,PO. 设SA=SB=2,则DC=AB=, 所以当DP最大时,最大, 由圆锥的性质得SO⊥底面☉O, 因为EF⊂底面☉O,所以SO⊥EF, 又SO∩AB=O,SO,AB⊂平面SAB,所以EF⊥平面SAB, 因为SA⊂平面SAB,所以SA⊥EF, 因为C,O分别是SA,AB的中点,所以CO∥SB,则CO⊥SA, 因为CO∩EF=O,CO,EF⊂平面CEF,所以SA⊥平面CEF, 则平面CEF为截面, 因为D,O为SB,AB中点,所以OD∥SA,所以OD⊥平面CEF, 因为OP⊂平面CEF,所以OD⊥OP,所以DP==, 则当OP最大时,DP最大, 如图为截面的平面图, 以C为原点,CO为x轴,过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系, CO=1,OE=OF=, O(1,0),则抛物线方程为 y2=2x, 设P,a∈[-,], 则OP==, 所以OPmax=, 则此时DP==,==.故选C. 8.答案　BCD 解析　连接AC交BD于O,则AC⊥BD,连接A'O,则OB=OD=6 cm, 因为AB=10 cm,根据勾股定理可得OC=OA=OA'=8 cm, 所以S△BCD=×12×8=48 cm2, 对于A,当A'O⊥平面BCD时,四面体A'-BCD的体积最大, 此时VA'-BCD=×48×8=128 cm3,故A错; 对于B,因为A'O⊥BD,AC⊥BD,且A'O∩AC=O,A'O,AC⊂平面A'AC,所以BD⊥平面A'AC,则平面A'AC⊥平面ABCD, 又因为平面A'AC∩平面ABCD=AC,过A'作A'N⊥AC于N,则A'N⊂平面A'AC, 所以A'N⊥平面ABCD,则A'D在平面BCD的投影就是DN, 当DN⊥BC时,A'D⊥BC,故B正确; 对于C,当A'C=8 cm时,△A'OC为正三角形,又因为BD⊥平面A'AC, 即BD⊥平面A'OC, 所以平面A'OC⊥平面A'BD且平面A'OC∩平面A'BD=A'O, 过C作CH⊥A'O于点H,又因为CH⊂平面A'OC,所以CH⊥平面A'BD,且CH=4 cm, 在Rt△CHM中,根据勾股定理,CM2=CH2+HM2≤49⇒HM≤1, 即点M在以H为圆心,半径为1 cm的圆面上,其面积为π cm2,故C正确; 对于D,由前面分析知:CM与平面A'BD所成角最小时,其余弦值为, 所以CM与BD所成角α最小时,即CM在平面A'BD的射影MH与BD平行时,cos α=为最大值,故D正确.故选BCD. 9.答案　AD 解析　对于A,由直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,CA=CB=2, 所以∠ACB=90°, 所以=S△ABC·CC1=AC·BC·CC1=×2×2×2=4,故A正确; 对于B,设体积为π的球的半径为r,所以π=πr3,解得r=2, 取AB中点K,由CA=CB=2,所以CK⊥AB,CK=, 由直三棱柱ABC-A1B1C1的性质可得CK⊥平面ABB1A1, 设E为球面与侧面ABB1A1的交线上的任一点,所以CK⊥KE, 所以KE==,所以E的轨迹是以K为圆心,为半径的圆,又点E在侧面ABB1A1内,故体积为π的球面与侧面ABB1A1的交线的长度为π×r=π, 故B错误; 对于C,取C关于平面ABB1A1的对称点H,连接HC1交MN于线段MN的中点, 又点P在平面ABB1A1上,故点P为线段MN的中点时, PC+PC1的最小值为HC1==2, 此时PM+PN的最小值为MN=2, 所以PC+PC1+PM+PN的最小值为2+2,故C错误; 对于D,点Q满足QC+QA1=4>CA1=2, 所以点Q的轨迹是以C,A1为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的椭球面,且2a=4,2c=2,所以a=2,c=,b==, 又CB1=B1A1=2,所以B1在椭圆的短轴所在直线上,又CA1=2, 所以B1到椭圆的中心的距离为 =, 所以QB1的最小值为-,故D正确. 故选AD. 10.答案　 解析　设底面ABCD的中心为O,设线段AD的中点为E,连接PE,OE, 因为PA=PD,则PE⊥AD, 因为O为BD的中点,则OE∥AB, OE=AB=, 且AB⊥AD,所以OE⊥AD, 翻折前,则P,O,E三点共线,则PE+OE=PE+=1,可得PE=, 翻折后,在正四棱锥P-ABCD中,如图所示: 由正四棱锥的几何性质可得PO⊥平面ABCD, 因为OE⊂平面ABCD,所以PO⊥OE, 由勾股定理可得PO===, 正方形ABCD的面积为S==, 因此,正四棱锥P-ABCD的体积为VP-ABCD=S·PO=××=. 11.答案　5 解析　将△BCC1沿BC1线折到平面A1C1B上,如图. 连接A1Q即为CP+PA1的最小值,过Q作QD⊥A1C1于D点,△BQC1为等腰直角三角形, A1C1⊥平面BB1C1C,故A1C1⊥BC1,故△OC1D为等腰直角三角形, 故QD=1,C1D=1,A1D=A1C1+C1D=7. 故A1Q===5. 12.答案　 解析　由题意可得OM=ON=CD=2, 过点M作MP⊥AO于点P,连接PN, 由二面角D-AC-B为直二面角,故平面DAC⊥平面ACB, 又平面DAC∩平面ACB=AC, MP⊂平面DAC, 故MP⊥平面ACB,又PN⊂平面ACB,故MP⊥PN, 则MP=CD=,CP=CD-CD=3,CN=BC=2, 在△CNP中,利用余弦定理得 NP==, 在△MPN中,MN= =2, 在△MON中,OM=ON=2,MN=2,取MN的中点为H, 则点O到MN的距离为 OH==1, 根据圆锥的定义知,三角形MON沿直线MN旋转一周得到的旋转体为两个相同圆锥的组合体, 圆锥的底面半径为OH,所以旋转体的体积为V=π×12×2=. 13.(1)证明　因为在四边形ABCD中,AB∥CD,且EF∥AD, 所以四边形AEFD是平行四边形, 又∠DAB=90°,所以四边形AEFD为矩形, 折叠后,显然EB∥FC,EB⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F, 又A'E∥D'F,A'E⊄平面CD'F,D'F⊂平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F,且EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面BA'E, 所以平面BA'E∥平面CD'F,且A'B⊂平面BA'E, 所以A'B∥平面CD'F. (2)解　由∠DAB=90°,EF∥AD,所以EF⊥CD,所以EF⊥FC,EF⊥D'F, 所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC=60°. 结合CF∩D'F=F,DF,D'F⊂平面CFD', 所以EF⊥平面CFD', 又EF⊂平面EBCF, 可得平面CFD'⊥平面EBCF, 又F为CD的中点,所以△CFD'为等边三角形, 如图以F为原点建立空间直角坐标系,设AB=3AD=6,则CD=2AD=4, 所以F(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),D'(0,1,), 所以=(2,0,0),=(0,1,), =(2,2,0),=(0,-1,), 设平面EFD'A'的法向量为m=(x,y,z), 则 可得m=(0,-,1), 再设平面BCD'的法向量n=(x1,y1,z1), 则 解得n=(-,,1), 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ, 则|cos θ|= = =, 所以sin θ===, 故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为. 14.解　(1)在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°, 所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=, 且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC, ①证明　因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC, 所以AB⊥平面PAC,又AB⊂平面ABC, 所以平面PAC⊥平面ABC. ②以A为原点,以AB,AC所在直线分别为x轴和y轴建立如图所示空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P,设球心O(a,b,c),半径R, 则||=||=||=||=R, 所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2++=R2, 解得a=,b=,c=,R=,所以球O的半径为. (2)在平面PAC中,过P作PG⊥AC于G,在平面ABC中,过G作GM⊥AC, 因GM∩PG=G,GM,PG⊂平面PGM,则AC⊥平面PGM. 则由(1)AG=cos 30°=,PG=sin 30°=, 设∠PGM=θ,θ∈(0,180°),以G为原点,GM,CG所在直线分别为x轴和y轴, 建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz,则点P在平面xGz内, 则G(0,0,0),A, B,C, P, 所以=(0,-1,0),=(1,-1,0), =, 设平面PAC的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 即 取x1=sin θ,则得m=(sin θ,0,-cos θ); 平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 即 取x2=1,则得n=, 所以cos <m,n>= = =, 令t=cos θ+,则由θ∈(0,180°)得t∈(-1,+1),则∈, 于是cos <m,n> = = = =≥=, 当且仅当=即t=时等号成立, 所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $