重点强化练（12）空间中的截面问题、折叠与展开问题（word重点强化练）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦空间截面、折叠与展开三大模块，通过多样化题型构建立体几何转化思想体系，强化空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |截面问题|3题|截面形状判断、外接球截面面积|依托正方体、正四面体结构，关联空间几何体性质与平面截线规律| |折叠问题|4题|折叠后异面角、体积最值、二面角|通过平面图形与空间几何体转化，强化空间角与距离的推理计算| |展开问题|3题|侧面展开图母线长、最短路径|将曲面问题平面化，应用平面几何知识解决空间路径与表面积问题|

重点强化练(十二)　空间中的截面问题、折叠与展开问题 1.D　[解析] 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,因为圆锥的底面积为π,所以πr2=π,得r=1,因为圆锥的侧面展开图是一个半圆,所以πl=2πr=2π,解得l=2,故选D. 2.A　[解析] 如图,面积为4的正方形的边长为2,由题意可知,圆柱的高是2,底面半径是1,则底面周长为2π,所以圆柱的表面积S表=2S下底+S侧=2·π·12+2×2π=6π.故选A. 3.C　[解析] 如图,当E在A1C1上时,截面形状为矩形;当E与B1或D1重合时,截面形状为等边三角形;当E在除上述两种情况外的其他位置时,截面形状为等腰梯形.故选C. 4.C　[解析] 如图,取A'D的中点N,连接PN,MN,可得PN==.因为M,N分别是A'C,A'D的中点,所以MN∥CD,MN=CD,又CD∥PB,PB=AB=CD,所以MN∥PB且MN=PB,所以四边形PBMN为平行四边形,所以BM∥PN,所以∠A'PN为异面直线BM与PA'所成的角.在Rt△NA'P中,cos∠A'PN===,故选C. 5.A　[解析] 设P为圆台母线AB的中点,O1,O2分别为上、下底面的圆心,把圆台扩成圆锥SO2,如图①所示,连接SO2,O1A,O2B,则O1A=1,O2B=2,AB=4.由O1A∥O2B,得SA=4,SB=8,SP=6,圆锥的底面周长为4π,母线长SB=8,所以侧面展开图扇形的圆心角为=,即∠BSB'=,如图②所示.一质点从点P出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P,则运动的最短路径为展开图中的PP',由∠PSP'=,SP=SP'=6,可得PP'=6.故选A. 6.C　[解析] 将正四面体P-ABC补形为如图所示的正方体PJCK-MBLA,因为正四面体P-ABC的所有棱长均为,所以正方体的棱长为=,该正四面体的外接球即为正方体的外接球,球心O为正方体的中心,连接PL,则O为PL的中点,外接球的半径R=PL=×=.因为D,E,F分别为棱PA,PB,PC的中点,所以四面体P-EFD的棱长均为,则正四面体P-EFD相似于正四面体P-ABC,相似比为.因为VP-ABC=VPJCK-MBLA-4VB-JPC=-4××=,所以VP-EFD=VP-ABC=.设△EFD的中心为O1,则O1在PL上,PO1为正四面体P-EFD的高,则VP-EFD=S△EFD·PO1=××·PO1=,解得PO1=.又P,O1,O三点共线,则O到平面EFD的距离为O1O=PO-PO1=-=.正四面体P-ABC的外接球被平面DEF所截得到的截面为圆,且圆的半径r===1,故截面面积为πr2=π.故选C. 7.C　[解析] 如图,过点A作AC⊥x轴,垂足为C,过点B作BD⊥x轴,垂足为D,连接AB,BC,AD.因为f(x)的最小正周期T=,所以CD=T=,又BD=1,所以BC==.当折成直二面角时,平面ACD⊥平面BCD,因为AC⊥CD,平面ACD∩平面BCD=CD,AC⊂平面ACD,所以AC⊥平面BCD,因为BC⊂平面BCD,所以AC⊥BC,所以AB===,解得ω=或ω=-(舍去),故f(x)=sin.因为f(0)=sin φ=,且0<φ<π,x=0在f(x)的单调递减区间上,所以φ=,则f(x)=sin,所以f(2025)=sin=sin=sin=-sin=-.故选C. 8.ABD　[解析] 如图,对于A,沿LG和NI剪开,将四边形LGIN沿GI向上翻折,得到的图形的直观图为A.对于B,沿DI,CH,LG,MH剪开,将四边形CDIH与四边形LGHM分别沿HI,GH向上翻折,使M与C重合,得到的图形的直观图为B.对于C,四边形LGHM和四边形BCHG都被折起了,四边形MHIN和四边形HIDC都没有被折起,与直观图矛盾,所以不可能得到C.对于D,沿LG,NI,CH剪开,将四边形LGIN沿GI向上翻折,将四边形CHJE沿HJ向下翻折,得到的图形的直观图为D.故选ABD. 9.ABD　[解析] 对于A,如图①,易知当点P在线段AD(不含点E)上时,EP∥BC,又EP⊄平面FBC,BC⊂平面FBC,所以EP∥平面FBC,故A正确;对于B,如图②,分别取BB1,B1C1,C1D1的中点Q,M,N连接EF,EP,PQ,QM,MN,FN,则过E,F,P三点的平面截正方体所得截面是边长为的正六边形FEPQMN,所以截面面积S=6×××sin 60°=3,故B正确;对于C,如图③,==××2×2×2=,故C错误;对于D,如图④,设△PBC,△PA1B的外心分别为O1,O2,外接圆的半径分别为r1,r2,过O1,O2分别作平面PBC,平面PA1B的垂线,交点即为三棱锥A1-CBP外接球的球心O,设PB的中点为H,连接O1H,O2H,OP,O2P,因为O1,O2是外心,所以O1H⊥BP,O2H⊥BP,则∠O1HO2就是平面PBC与平面PA1B所成二面角的平面角,又易知平面PBC⊥平面PA1B,所以四边形O1OO2H为矩形,所以外接球的半径R满足R2=OP2=O+O1P2=O2H2+PH2+O1H2=O2P2-PH2+PH2+O1H2=+O1H2,因为 ∠A1PB=120°,A1B=2,所以==2r2,解得r2=,又易知O1H=BC=1,所以R2=+O1H2=+1=,故三棱锥A1-CBP外接球的表面积为×4π=,故D正确.故选ABD. 10.m2　[解析] 将正方体的平面展开图还原成正方体,如图,连接AK,BK,HD,CH.由正方体的性质知AB∥HD,因为HD⊂平面CHD,AB⊄平面CHD,所以AB∥平面CHD.因为BK∥CH,CH⊂平面CHD,BK⊄平面CHD,所以BK∥平面CHD,又AB∩BK=B,AB,BK⊂平面ABK,所以平面ABK∥平面CHD.设AC,BC,BD,DK,KH,AH的中点分别为E,F,G,P,M,N,连接EF,FG,GP,PM,MN,NE,根据正方体的结构特征知,正六边形EFGPMN即为满足题意的截面.因为正方体的棱长为m,所以正六边形EFGPMN的边长为m,所以正六边形EFGPMN的面积为6××=m2,即α截正方体所得截面的面积为m2. 11.　[解析] 因为AB=3,AC=1,BC=2,所以AC2+BC2=12+(2)2=1+8=9=AB2,可知∠ACB=90°.如图,作DE⊥BC,AF⊥CD,垂足分别为E,F,若点D的位置固定,则当平面A'CD⊥平面BCD时,四面体A'BCD的体积最大,此时A'F为四面体A'BCD的底面BCD上的高.设DE=x(D在线段AB上,0<x<1),因为△BDE∽△BAC,所以=,则=,即BE=2x,所以CE=2(1-x),CD== ,易得△ACF∽△CDE,则=,则A'F=AF=,又△BCD的面积S△BCD=×BC×DE=×2×x=x,所以四面体A'BCD的体积V=·=·,记函数f(x)=+,0<x<1,则f'(x)=-==,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)≥f=27,所以V的最大值为=. 12.解:(1)证明:在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°, ∴cos∠EAF===,∴EF=2. ∵EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF,得PE⊥EF,DE⊥EF, 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE,∴EF⊥平面PDE, 又∵PD⊂平面PDE,∴EF⊥PD. (2)连接CE,∵DE=5-2=3,CD=3,∠CDE=90°,∴CE2=36,得CE=6. 又PE=AE=2,PC=4, ∴PE2+CE2=PC2,∴PE⊥CE. 又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面DEC,∴PE⊥平面DEC,∴PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直. 以E为原点,EF,ED,EP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0),由F为AB的中点,得B(4,2,0),得=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 ∴ 令y1=2,则n1=(0,2,3). 设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 ∴令x2=,则n2=(,-1,1).设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α, ∵cos<n1,n2>==, ∴sin α==. 学科网（北京）股份有限公司 $ 重点强化练(十二)　空间中的截面问题、折叠与展开问题 一、选择题:本题共7小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的. 1.已知圆锥的底面积为π,它的侧面展开图是一个半圆,则此圆锥的母线长为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B. C.1 D.2 2.[2025·山东济宁联考] 已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形,则该圆柱的表面积为 (　 ) A.6π B.8π C.8π D.10π 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是底面A1B1C1D1上任意一点,过A,C,E三点作平面截正方体,则截面形状不可能是 (　 ) A.等边三角形 B.矩形 C.直角梯形 D.等腰梯形 4.在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,P为边AB的中点,现将△DAP绕直线DP翻转至△DA'P处,如图所示,若M为A'C的中点,则异面直线BM与PA'所成角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 5.[2025·江苏淮阴七校联考] 如图,已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,母线长为4,P为该圆台某条母线的中点,若一质点从点P出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P,则该质点运动的最短路径长为 (　 ) A.6 B.6 C.6π D.3π 6.已知正四面体P-ABC的所有棱长均为,D,E,F分别为棱PA,PB,PC的中点,则该正四面体的外接球被平面DEF所截得到的截面面积为 (　 ) A. B. C.π D.2π 7.[2025·河南南阳六校联考] 如图①,函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象与y轴交于点,将绘有该函数图象的纸片沿x轴折成直二面角,如图②,若折叠后A,B两点间的距离为,则f(2025)= (　 ) A.- B. C.- D. 二、选择题:本题共2小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 8.[2025·辽宁辽南协作体三模] 有一张长方形的纸(如图所示),现可任意沿虚线将其剪开或折叠(不将纸剪断),得到的图形的直观图可以是 (　 ) A B C D 9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是AD,DD1的中点,点P是底面ABCD(含边界)内一动点,则下列结论正确的有 (　 ) A.存在点P,使得EP∥平面FBC B.当P为AB的中点时,过E,F,P三点的平面截正方体所得截面图形的面积为3 C.三棱锥C1-A1B1P的体积为 D.当P在棱AB上时,若∠A1PB为120°,则三棱锥A1-CBP外接球的表面积为 三、填空题:本题共2小题. 10.棱长为m的正方体的展开图如图所示(A,B,C,D是顶点),若正方体中AB和CD到平面α的距离相等,则α截正方体所得截面的面积为　　　　.(结果用m表示)  11.[2026·广东部分学校联考] 在△ABC中,AB=3AC=3,BC=2,设点D为线段AB上一点(不含端点),将△ACD沿CD折起,得到四面体A'BCD,则此四面体体积的最大值为　　　　.  四、解答题:本题共1小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 12.[2024·新课标Ⅱ卷] 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对折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求平面 PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $