立体几何中的折叠问题 暑假专项作业-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 以“不变量辨析-空间转化-动态分析”为主线，构建折叠问题“双图对照-平面化-辅助线”三阶方法体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识梳理|4类储备+5类技巧+5类易错点|双图对照法、不变量优先法、空间平面化法、折痕参照法|从平面与空间元素转化切入，构建“不变量识别-垂直关系证明-路径/体积计算-动态规律分析”递进逻辑| |回归教材|4道教材原题|教材母题迁移应用|立足正方体、正方形折叠基础模型，强化教材与专项的衔接| |跟踪训练|19题（单选8+多选3+填空3+解答6）|垂直证明、最短路径、体积最值等综合应用|覆盖折叠后线面关系判断、空间距离计算、动态几何量变化等核心考法，突出几何直观与逻辑推理|

高一数学人教A版必修二立体几何初步暑期专项作业11 测试范围：立体几何中的折叠问题 知识梳理： 1、折叠问题知识储备 不变量与变量辨析：翻折前后，同一平面内的线段长度、角度保持不变，跨翻折线的空间位置关系可能变化；展开前后，几何体表面路径转化为平面线段，核心量（长度、弧长）守恒。 空间垂直关系证明：折叠后重点考查面面垂直，关键是找到垂直于另一平面的直线（通常为原平面中垂直于折痕的线段），利用 “线面垂直→面面垂直” 判定定理。 最短路径求解：多面体需展开相邻面为同一平面，旋转体（圆柱、圆锥）需按对应规则展开，再用勾股定理或余弦定理计算。 动态问题分析：翻折角度变化（0°~180°）时，二面角、点到平面距离等几何量的变化规律，需结合函数思想求最值。 2、折叠问题常用技巧方法 ①双图对照法：同时画出折叠 / 展开前后的平面图形与空间图形，标注对应顶点和已知条件，明确元素对应关系。 不变量优先法：解题时先提取不变的线段长度、角度，以此为基础搭建空间几何关系，减少未知量干扰。 ②空间平面化法：通过展开转化空间路径，或构造辅助平面、直角三角形，将线面角、点面距离等问题转化为平面计算。③辅助线（面）作法：求体积时作几何体的高，转化异面直线角时连接中点构造中位线，不规则几何体可采用补形法。 ④折痕参照法：以折痕为对称轴，利用对称性质分析线面关系，折痕两侧的对称元素往往存在隐含垂直或平行关系。 3、折叠问题常用易错点 避免误将跨翻折线的位置关系当作不变量，如原平面中平行的两条线段，翻折后异面则不再平行。 圆锥展开图计算时，防止混淆圆心角公式（正确关系为扇形弧长 = 底面周长，避免颠倒半径与底面半径的关系）。 解题时需明确标注不变量来源和展开方式，否则可能因步骤不完整扣分。 动态问题中不可遗漏变量取值范围（如翻折角度范围），否则会导致结果不完整。 避免直接套用平面几何结论，空间问题需先验证线面位置关系，再进行计算或证明。 回归教材： 【人教A版必修二习题8.4第9题】）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么在AB，CD，EF，GH这四条线段中，哪些线段所在直线是异面直线？ 【人教A版必修二习题8.6第15题】如图，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中，哪些棱与面互相垂直？ 【人教A版必修二复习参考题8综合运用第10题】如图，在边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点 (1)求证:; (2)求三棱锥的体积. 【人教B版2020年数学必修四习题11-4C第2题】如图（1）所示，和都是直角三角形，，如图（2）所示，把沿边折起，使所在平面与所在平面垂直,连接. （1）求与平面所成的角的余弦值；（2）求点到面的距离. 跟踪训练： 一、单选题 1．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．相交或平行 D．无法判断 2．如图，在正方形中，分别是的中点，沿把正方形折成一个四面体， 使三点重合，重合后的点记为 点在△AEF 内的射影为，则下列说法正确的是(     ) A．是的垂心 B．是 的内心 C．是 的外心 D．是的重心 3.如图,直三棱柱的底面为直角三角形,,,,是上一动点,则的最小值为（   ） A． B． C． D． 4.如图,正四面体的棱长均为2,是棱的中点,是棱上一动点,则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5、如图，矩形 中， ，将 沿 翻折，得到三棱锥 ( 是 在翻折后的对应点)，则三棱锥 体积的最大值为（   ） A． B． C．8 D．16 6．如图，在正方形中，E，F分别是BC，CD的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为G，且取EF中点为O，则在这个空间图形中必有（    ） A． B． C． D． 7．如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（   ） A． B． C．4 D．8 8．如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，正方形的边长为1，分别是的中点，交于，现沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则在四面体中必有（    ） A．平面 B．四面体的体积为 C．点到面的距离为 D．四面体的外接球的表面积为 10．在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（    ） A．异面直线AC，BD所成的角是 B．平面 C．平面平面AEC D． 11．已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（ ） A．直线不可能与直线垂直 B．直线可能与直线垂直 C．直线可能与直线垂直 D．直线可能与直线垂直 三、填空题 12．如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 13．如图，是等腰直角三角形，，，将沿斜边上的高折叠，使平面平面，则折叠后______________，______________． 14．如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为_____________． 四、解答题 15．如图1，在梯形中，，，为中点，是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥．求证： 16．如图，四边形中，，，为的中点，在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.证明：平面. 17、已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 18、如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接. (1)求证：，，，四点共面： (2)求平面与平面所成角的余弦值. 19、如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学人教A版必修二立体几何初步暑期专项作业11 测试范围：立体几何中的折叠问题 知识梳理： 1、折叠问题知识储备 不变量与变量辨析：翻折前后，同一平面内的线段长度、角度保持不变，跨翻折线的空间位置关系可能变化；展开前后，几何体表面路径转化为平面线段，核心量（长度、弧长）守恒。 空间垂直关系证明：折叠后重点考查面面垂直，关键是找到垂直于另一平面的直线（通常为原平面中垂直于折痕的线段），利用 “线面垂直→面面垂直” 判定定理。 最短路径求解：多面体需展开相邻面为同一平面，旋转体（圆柱、圆锥）需按对应规则展开，再用勾股定理或余弦定理计算。 动态问题分析：翻折角度变化（0°~180°）时，二面角、点到平面距离等几何量的变化规律，需结合函数思想求最值。 2、折叠问题常用技巧方法 ①双图对照法：同时画出折叠 / 展开前后的平面图形与空间图形，标注对应顶点和已知条件，明确元素对应关系。 不变量优先法：解题时先提取不变的线段长度、角度，以此为基础搭建空间几何关系，减少未知量干扰。 ②空间平面化法：通过展开转化空间路径，或构造辅助平面、直角三角形，将线面角、点面距离等问题转化为平面计算。③辅助线（面）作法：求体积时作几何体的高，转化异面直线角时连接中点构造中位线，不规则几何体可采用补形法。 ④折痕参照法：以折痕为对称轴，利用对称性质分析线面关系，折痕两侧的对称元素往往存在隐含垂直或平行关系。 3、折叠问题常用易错点 避免误将跨翻折线的位置关系当作不变量，如原平面中平行的两条线段，翻折后异面则不再平行。 圆锥展开图计算时，防止混淆圆心角公式（正确关系为扇形弧长 = 底面周长，避免颠倒半径与底面半径的关系）。 解题时需明确标注不变量来源和展开方式，否则可能因步骤不完整扣分。 动态问题中不可遗漏变量取值范围（如翻折角度范围），否则会导致结果不完整。 避免直接套用平面几何结论，空间问题需先验证线面位置关系，再进行计算或证明。 回归教材： 【人教A版必修二习题8.4第9题】）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么在AB，CD，EF，GH这四条线段中，哪些线段所在直线是异面直线？ 【答案】直线EF和直线HG，直线AB和直线HG，直线AB和直线CD. 【分析】首先将正方体的展开图还原成正方体，由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线，进行判断. 【详解】 还原正方体如图，由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线可得， AB，CD，EF，GH这四条线段所在直线是异面直线为：直线EF和直线HG，直线AB和直线HG，直线AB和直线CD. 【点睛】本题考查的是异面直线的判定，将正方体的展开图还原成正方体，再利用异面直线的判定定理判断是解题的关键，是基础题. 【人教A版必修二习题8.6第15题】如图，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中，哪些棱与面互相垂直？ 【答案】平面GEF，平面GSE，平面GSF. 【分析】通过对折叠前后直线位置关系的辨析得折后，根据线面垂直的判定定理即可判定. 【详解】折前∴折后. 又SG，EG，FG交于一点G.根据EG，FG交于一点G，可得平面GEF，同理可证：平面GSE，平面GSF. 【点睛】此题考查折叠问题中的垂直关系，找准折叠前后的变化关系和不变关系，关键在于根据线线垂直证明线面垂直. 【人教A版必修二复习参考题8综合运用第10题】如图，在边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿折起，使A，B，C三点重合于点 (1)求证:; (2)求三棱锥的体积. 【分析】（1）由折叠可知三条直线两两垂直，利用线面垂直的判定定理，可先证明平面，再由线面垂直性质证求证； （2）由折叠可知三条直线两两垂直，，可求解. 【详解】（1）正方形中，，，折起后，有，， 平面，，∴平面，∵平面PEF，∴. （2）正方形中，，折叠后可知三条直线两两垂直，， ，. 【人教B版2020年数学必修四习题11-4C第2题】如图（1）所示，和都是直角三角形，，如图（2）所示，把沿边折起，使所在平面与所在平面垂直,连接. （1）求与平面所成的角的余弦值；（2）求点到面的距离. 【详解】（1）取中点,连接,.面面, 面,即为与平面所成的角.为等腰直角三角形且, .. 与平面所成的角的余弦值为. （2）,面面,面,面,.面. 面,面面.过作,则面, 的长即为点到面的距离.在中,, ,在中,,. 点到面的距离为. 跟踪训练： 一、单选题 1．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．相交或平行 D．无法判断 【答案】A 【详解】因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 2．如图，在正方形中，分别是的中点，沿把正方形折成一个四面体， 使三点重合，重合后的点记为 点在△AEF 内的射影为，则下列说法正确的是(     ) A．是的垂心 B．是 的内心 C．是 的外心 D．是的重心 【答案】A 【详解】 由题意得，可知两两垂直，由平面，从而，而平面，从而， 所以平面，所以，同理可知，所以为的垂心，故选A. 点睛：本题考查了三角形垂心的性质，考查了直线和平面垂直的判定定理和性质定理，以及直线和直线垂直的判定，在证明线线垂直时，其常用的方法是利用证明线面垂直，在证明线线垂直，同时熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题. 3.如图,直三棱柱的底面为直角三角形,,,,是上一动点,则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】连接,沿将翻折至与在同一个平面内,如图,连接,则的长度即的最小值.由题设可知,又,面, 平面,因平面,故.在平面图形中,因,,则,,,由余弦定理,可得.故选B. 4.如图,正四面体的棱长均为2,是棱的中点,是棱上一动点,则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将与展开至位于同一平面内且位于直线的两侧,连接,与交于点, 则此时最小.在中,由余弦定理可得,所以,故的最小值为.故选B. 5、如图，矩形 中， ，将 沿 翻折，得到三棱锥 ( 是 在翻折后的对应点)，则三棱锥 体积的最大值为（   ） A． B． C．8 D．16 【答案】C 【分析】由题意可得，当平面平面时，三棱锥 体积的最大，然后结合锥体的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由条件可得，且， 设点到的距离为，由等面积法可得，即，则， 由图知，当平面平面时，三棱锥 体积的最大，此时三棱锥的高为， 则体积为.故选：C 6．如图，在正方形中，E，F分别是BC，CD的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为G，且取EF中点为O，则在这个空间图形中必有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，证明平面，再逐项分析判断即得. 【详解】依题意，平面，则平面， 而平面，因此，而不重合，C正确，A错误；显然，B错误； 若，而，平面，则平面，又平面， 于是，在中，为斜边的中点，，矛盾，D错误.故选：C 7．如图，矩形中，，，为边的中点.将沿直线翻折至位置，使得二面角的大小为，则（   ）      A． B． C．4 D．8 【答案】A 【分析】根据空间中，点线面的位置关系，以及二面角的性质，求出各线段的长度，进而求出结果. 【详解】    如图所示，作中点，连接，    如图所示，作出矩形的平面图形，过点作垂直于于， 由题意可得，所以，且，所以，则， 因为二面角的大小为，可知面面，因为，所以面，所以,由勾股定理可知.故选：A. 8．如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三棱锥的体积求出棱长，再由为三棱锥的外接球球心，求出球的半径，利用球的表面积公式得解. 【详解】设正方形的边长为，则，取中点，连接，如图， 则，又，所以为正三角形． 因为，平面，所以平面，则三棱锥的体积，解得，因为与均为直角三角形，且为斜边，为中点，所以为三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的半径．则该三棱锥外接球的表面积为．故选：D 二、多选题 9．如图，正方形的边长为1，分别是的中点，交于，现沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则在四面体中必有（    ） A．平面 B．四面体的体积为 C．点到面的距离为 D．四面体的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】由已知结合线面垂直的判定定理判断A；计算棱锥的体积公式判断B；由等体积法求出G点到面SEF的距离判断C；根据SG，EG，FG两两垂直计算外接球的半径，进一步求出外接球的表面积判断D． 【详解】对于A，由已知可得SG⊥FG，SG⊥EG，EG∩FG＝G，平面EFG，则SG⊥平面EFG，故A正确； 对于B，由已知可得EG⊥FG，EG＝FG＝，则＝，又SG⊥平面GEF，SG＝1， ∴＝，故B错误；对于C，∵EF＝，SD＝，∴，设G到平面SEF的距离为d，则，可得d＝，即G点到面SEF的距离为，故C正确； 对于D，∵SG，EG，FG两两垂直，且EG＝FG＝，SG＝1，∴三棱锥的外接球可看作棱长分别为，，1的长方体的外接球，故外接球的直径，∴r＝，∴外接球的表面积为：＝，故D正确．故选：ACD． 10．在平面四边形ABCD中，，.将该四边形沿着对角线AC折叠，得到空间四边形ABCD，E为棱BD的中点，则（    ） A．异面直线AC，BD所成的角是 B．平面 C．平面平面AEC D． 【答案】BCD 【分析】取线段的中点，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面AEC，从而证出，平面平面AEC；再利用三棱锥等体积法结合求可判断D. 【详解】取线段的中点，连接.因为，，所以，. 因为平面，所以平面，故B正确；因为平面，所以，即异面直线,所成的角是，故A不正确；因为平面，所以平面平面.故C正确； 因为，且都垂直于平面，所以.故D正确. 11．已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（ ） A．直线不可能与直线垂直 B．直线可能与直线垂直 C．直线可能与直线垂直 D．直线可能与直线垂直 【答案】BD 【分析】根据平面与平面垂直时，结合面面垂直以及线面垂直的性质即可求解AD，根据直线所成的角即可求解BC. 【详解】当平面与平面垂直时，平面PBD 与平面BCD 相交于BD， 由，可得平面，平面，此时，，则A错误，D正确； 而，即直线与直线所成角为，只要， 此时为等腰直角三角形. 在以中点为圆心，半径为的圆上， 则根据直径AP所对圆周角为直角，即.满足题意.所以存在点，使得，B正确； 由可得，所以为锐角，则为锐角，所以C错误. 故选：BD. 三、填空题 12．如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【详解】如图： 设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为.则，，平面，且，所以平面.同理平面.所以三点共线.又，，所以.，，所以是等腰直角三角形，所以.所以. 13．如图，是等腰直角三角形，，，将沿斜边上的高折叠，使平面平面，则折叠后______________，______________． 【答案】 1 【分析】根据面面垂直及二面角定义得到，在求解即可. 【详解】因为，所以，，所以是二面角的平面角． 因为平面平面，所以．在中，，， 所以．则为正三角形，所以． 14．如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为_____________． 【答案】 【分析】根据三棱锥的体积求出棱长，再由为三棱锥的外接球球心，求出球的半径，利用球的表面积公式得解. 【详解】设正方形的边长为，则，取中点，连接，如图， 则，又，所以为正三角形．因为，平面，所以平面，则三棱锥的体积，解得，因为与均为直角三角形，且为斜边，为中点，所以为三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的半径．则该三棱锥外接球的表面积为． 四、解答题 15．如图1，在梯形中，，，为中点，是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥．求证： 【答案】证明见解析 【分析】应用菱形得出，，进而应用线面垂直判定定理得出平面即可得出所以，再应用平行四边形得出线线垂直. 【详解】图1中，在四边形中，，，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为菱形，所以，， 所以在图2中，，，又平面，所以平面， 因为平面，所以，又在四边形中，，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以； 16．如图，四边形中，，，为的中点，在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.证明：平面. 【答案】证明见解析 【分析】取的中点，连接，，通过证明进而证平面. 【详解】 取的中点，连接，，由题意得，.所以四边形为平行四边形，所以，.又因为，将四边形沿翻折至四边形，故， ，所以，，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为在平面外，平面，所以平面. 17、已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】 【详解】（1）连接，由，， 得， 在中，由余弦定理得， 则，于是，而平面， 因此平面，又平面，所以. （2）在中，由，，得，而平面， 平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 又，设点到平面的距离为，则，， ，，， 由，得，即，解得， 所以点N到平面的距离. 18、如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接. (1)求证：，，，四点共面： (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】 【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，， 取，的中点分别为，，连接，，， 由题意知，都是等边三角形，所以，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以， 因为，的中点分别为，，所以 所以，所以，所以，又因为，所以， 因为，的中点分别为，，所以，所以，所以，，，四点共面； （2）连接，，且延长交于点，由题意知，， 所以，同理，所以就是二面角的平面角， 设，则，，，所以，同理， 所以，所以平面与平面所成角的余弦值为. 19、如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）延长交于点过作于，过作于， 又四边形为等腰梯形，则，则， 又，所以，为的中点， 延长交于点，则，为的中点，则， 与重合于点，为三棱锥， 设为中点，等腰直角中， 又为的中点，为的中点，，∴， ，又平面平面， 又平面，. （2） 为中点，，，又， 又，平面，∴平面， ，为等边三角形，设到平面的距离为， ∴，. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $