第7章 高考热点8 截面与翻折问题（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 聚焦空间几何体截面与翻折两大高频考点，通过典型题组构建从空间结构分析到空间向量应用的逻辑链条，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间几何体的截面问题|5题（含正方体截面形状判断、体积计算等）|以选择为主，考查截面形状、面积及体积，需结合几何体结构与平面性质|从几何体结构特征出发，利用平面基本性质确定截面与棱的交点，结合空间想象与几何直观求解| |空间几何体的翻折问题|4题（含矩形、三角形翻折后体积最值、二面角计算等）|选择与解答结合，涉及翻折前后几何量关系、垂直证明及空间角计算|以翻折前后不变量与变量分析为核心，通过构建空间直角坐标系，运用空间向量解决垂直、角度问题，体现空间观念与推理能力|

高考热点8　截面与翻折问题 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 答案　A　 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 答案　C　 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 答案　B　 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. 答案　B　 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　　　　.  答案　π 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　　　C.8　　　D.16 答案　C　 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. 　　 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, 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,), 所以cos<m,n>=, 所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为. 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. 解析　(1)证明:由题知AE=,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, ∴ 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. 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. 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. (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EFCB.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. 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 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 令z2=1,得y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0,-,1), 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. 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $