重点强化练(十二) 空间中的截面问题、折叠与展开问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间几何三大核心问题，以几何转化与空间想象为核心，构建“作图-转化-计算”三阶解题体系，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| |----|-----------|----------|----------| |截面问题|5题|几何作图法（确定交点）、向量法（法向量应用）|平面与几何体交线判定→截面形状分析→面积/长度计算| |折叠问题|4题|不变量分析（长度/角度）、补形法（长方体外接球）|平面图形折叠→空间垂直关系论证→多面体体积/外接球计算| |展开问题|3题|平面化转化（侧面展开图）、最短路径模型|空间曲面展开→平面几何度量（距离/周长）→最值求解|

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8小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的. 1.一个正方体的展开图如图所示,B,C,D为原正方体的顶点,A为原正方体一条棱的中点.在原来的正方体中,CD与AB所成角的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. 2.[2025·黑龙江哈尔滨模拟] 如图,在棱长为12的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱CD,B1C1的中点,平面A1EF与直线CC1交于点N,则NF= (　 ) A.10 B.15 C.6 D.2 3.如图所示,在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆,使之恰好围成一个圆锥,则圆锥的高为 (　 ) A.2 B. C. D. 4.[2024·深圳二调] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,过点A且以为法向量的平面为α,则α截该正方体所得截面的形状为 (　 ) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 5.[2024·贵州遵义模拟] 在矩形ABCD中,AB=2a(a>0),BC=4a,E为BC的中点,将△ABE和△CDE分别沿AE,DE折起,使点B与点C重合,记为点P,若三棱锥P-ADE的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为 (　 ) A.36a2π B.20a2π C.9a2π D.4a2π 6.[2025·江苏淮阴七校联考] 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 7.[2024·北京房山区期末] 如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,AB=CD=4,E,F,G分别是AC,AD,BC的中点,则过E,F,G三点的平面截三棱锥A-BCD所得截面的面积为 (　 ) A. B.2 C.2 D.4 8.[2024·沈阳模拟] 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1A=3,P为棱C1D1的中点,一质点从A点出发沿四棱柱表面运动到达P点处,若质点的最短运动路线所在平面截该正四棱柱,则所得截面的面积为 (　 ) A. B. C. D.3 二、选择题:本题共3小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 9.[2025·湖南雅礼中学月考] 如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器一边AB于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,下面结论正确的有 (　 ) A.没有水的部分始终呈棱柱形 B.水面EFGH所在四边形的面积为定值 C.随着容器倾斜度的不同,A1C1始终与水面所在平面平行 D.当容器倾斜如图③所示时,AE·AH为定值 10.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E是边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内),连接A1B,A1C.若M为A1C的中点,则在△ADE的翻折过程中,以下结论正确的是 (　 ) A.BM∥平面A1DE恒成立 B.不存在某个位置,使得DE⊥A1C C.线段BM的长为定值 D.∶=1∶2 11.[2025·河南七校联考] 如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'中,AB=BC=2,AA'=4,N为棱C'D'的中点,D'M=,P为线段A'B上一动点,则下列结论正确的是 (　 ) A.线段DP的长度的最小值为 B.存在点P,使得AP+PC=2 C.存在点P,使得A'C⊥平面MNP D.以B为球心,为半径的球被平面AB'C所截得的截面面积为6π 三、填空题:本题共3小题. 12.[2025·广东深圳模拟] 如图,在平行四边形ABCD中,AB=AC=1,∠ACD=90°,沿着它的对角线AC将△ACD折起,当二面角B-AC-D的大小是60°时,B,D两点间的距离为　　　　.  13.[2025·沈阳模拟] 手工课上,老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型P-ABCD,底面边长和侧棱长均为4,过点A作一个平面进行切割,分别交PB,PC,PD于点E,F,G,得到四棱锥P-AEFG,若=,=,则的值为　　　　.  14.[2024·河南三门峡期末] 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AA1=6,M,N分别是AB,AD的中点,则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为　　　　.  四、解答题:本题共2小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.[2025·湖北襄阳期末] 如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,侧面PAB是等边三角形,BC=2AB=4,AB⊥AC,PB⊥AC. (1)求直线PD与平面PAB所成角的大小. (2)设Q为侧棱PD上一点,四边形BEQF是过B,Q两点的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在点Q,使得平面BEQF与平面PAD夹角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 16.[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. (i)证明:平面PAC⊥平面ABC; (ii)求球O的半径. (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 参考答案 重点强化练(十二) 1.D　[解析] 还原正方体如图所示,设AD=1,则AB=,AF=1,BE=EF=2,AE=3,CD与AB所成的角等于BE与AB所成的角,所以所求余弦值为cos∠ABE= =.故选D. 2.A　[解析] 分别在棱AD,CC1,BC上取点M,N,G,使得=3,=2,=,连接A1M,ME,EN,NF,AG.易证ME∥AG∥A1F,NF∥A1M,则平面A1EF截该正方体所得的截面图形是五边形A1MENF.由C1F=6,C1N=8,可得NF==10.故选A. 3.C　[解析] 由图可知,扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长,圆锥底面圆的半径r=1,设扇形半径为R,则有R=2πr,解得R=4,所以圆锥的母线长为R=4,故圆锥的高h===.故选C. 4.A　[解析] 连接AC,AD1,CD1,BD,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以BB1⊥AC,又四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC,又BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D,所以AC⊥平面BB1D,因为B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D,同理可证明AD1⊥B1D,因为AD1∩AC=A,AD1,AC⊂平面ACD1,所以B1D⊥平面ACD1,故平面α即为平面ACD1,则α截该正方体所得截面的形状为三角形.故选A. 5.B　[解析] 如图,依题意,PE⊥PA,PE⊥PD,PA∩PD=P,PA,PD⊂平面PAD,则PE⊥平面PAD,PA=PD=2a,AD=4a,即有PA2+PD2=AD2,则PA⊥PD,由此可将三棱锥P-ADE补成以PE,PA,PD为相邻三条棱的长方体.若三棱锥P-ADE的四个顶点都在球O的球面上,则该长方体的各顶点也在球O的球面上.设球O的半径为R,则该长方体的体对角线长为2R,因为2R==2a,所以球O的表面积S=4πR2=20πa2.故选B. 6.A　[解析] 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,如图①所示,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. 7.D　[解析] 如图所示,取BD的中点H,连接GH,FH,由GH为△BCD的中位线,可得GH∥CD,GH=CD,又EF∥CD,EF=CD,所以EF=GH,且EF∥GH,可得四边形EFHG为平行四边形,截面EFHG为所求截面.因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD,又EG∥AB,EF∥CD,可得EF⊥EG,则截面EFHG为矩形.又AB=CD=4,可得截面EFHG是边长为2的正方形,其面积为4.故选D. 8.B　[解析] 如图,将正四棱柱的侧面展开可得最短运动路线. 图①中AP=,图②中AP=2,图③中AP=3,所以质点从A点到P点的最短路程为3,此时质点从A点出发,经过DD1上靠近D1的三等分点M,再到达P点.平面AMP截正四棱柱所得截面为五边形AMPQR,如图,由AM=AR=RM=2,MP=PQ=QR=,故所得截面的面积为S△ARM+S梯形PQRM=2+=.故选B. 9.AD　[解析] 由于AB始终在地面上,因此倾斜过程中没有水的部分是以左右两侧的面为底面的棱柱,A正确;图②中水面所在四边形的面积比图①中大,B错误;图③中A1C1与水面不平行,C错误;图③中,水的体积不变,因此△AEH的面积不变,从而AE·AH为定值,D正确.故选AD. 10.ABC　[解析] 对于A,设CD的中点为F,连接FM,FB,由M为A1C的中点,得FM∥A1D,而FM⊄平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,则FM∥平面A1DE,在矩形ABCD中,AB=2AD,E是边AB的中点,则FB∥DE,又FB⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,则FB∥平面A1DE,而FB∩FM=F,FB,FM⊂平面BMF,因此平面A1DE∥平面BMF,又BM⊂平面BMF,所以BM∥平面A1DE恒成立,A正确;对于B,设A1在底面BCDE内的射影为O,连接OE,OD,OC,CE,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E是边AB的中点,则A1D=A1E,CD=2≠CE=,由△A1OD与△A1OE全等可得OD=OE,显然OC与DE不垂直(C不在线段DE的中垂线上),假设存在某个位置,使得DE⊥A1C,由A1O⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,得A1O⊥DE,而DE⊥A1C,A1C∩A1O=A1,A1C,A1O⊂平面A1CO,则DE⊥平面A1CO,又OC⊂平面A1CO,则有DE⊥OC,与OC与DE不垂直矛盾,所以不存在某个位置,使得DE⊥A1C,B正确;对于C,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E是边AB的中点,则∠A1DE=45°,由MF∥A1D,FB∥DE,得∠MFB=∠A1DE=45°,MF=,BF=, 由余弦定理得BM= = ,C正确;对于D,∶=∶=∶=1∶3,D错误.故选ABC. 11.AC　[解析] 对于选项A,如图①,连接BD,A'D,由已知得BD=2,A'D=A'B=2,则 △A'BD是等腰三角形,cos∠A'BD==,则sin∠A'BD=,所以边A'B上的高为 BDsin∠A'BD=2×=,故A正确;对于选项B,把矩形A'BCD'沿A'B摊平到平面 ABA'上,如图②,sin∠ABA'==,则cos∠ABC=cos=-sin∠ABA'=-,则AC==2,即为AP+PC的最小值,显然2+>3,即2>2,故B错误;对于选项C,如图③,连接CD',设CD'∩MN=Q,在平面A'BCD'上过点Q作QP⊥A'C交A'B于点P,易知A'B∥CD',D'M=,D'N=1,又DD'=4,DC=2,且∠MD'N=∠D'DC=,因此△DD'C∽△D'NM,则∠D'NM=∠MD'Q,所以∠D'MQ+∠MD'Q=∠D'MQ+∠D'NM=,所以D'C⊥MN,又BC⊥平面DCC'D',MN⊂平面DCC'D',因此BC⊥MN,又BC与CD'是平面BCD'A'内两条相交直线,因此MN⊥平面BCD'A',又A'C⊂平面BCD'A',所以MN⊥A'C,又PQ∩MN=Q,且PQ,MN⊂平面PMN,所以A'C⊥平面PMN,故C正确;对于选项D,如图④,设AC∩BD=O,连接OB',B'D',作BH⊥OB',垂足为H,由BB'⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,得BB'⊥AC,又正方形ABCD中,AC⊥BD,BD∩BB'=B,BD,BB'⊂平面BDD'B',所以AC⊥平面BDD'B',而BH⊂平面BDD'B',所以AC⊥BH,又AC∩B'O=O,AC,B'O⊂平面AB'C,所以BH⊥平面AB'C,由已知得BO=,BB'=4,则BH==,设平面AB'C截球所得截面圆的半径为r,则r==,所以截面圆的面积S=π×=,故D错误.故选AC. 12.　[解析] 根据垂直关系知,与的夹角即为二面角B-AC-D的平面角,且=++,AC⊥CD,AC⊥AB,AB=CD=AC=1,所以||== =. 13.　[解析] =+=+=+-,设=t,则=t+-2,由于A,E,F,G四点共面,故t+-2=1,解得t=,故=,则=. 14.14　[解析] 如图所示,直线MN分别与CB,CD的延长线相交于点T,E,连接C1T,C1E,分别与BB1,DD1交于点F,Q,连接FM,QN,故五边形C1QNMF即为平面MNC1截该四棱柱所得截面,其中M,N分别是AB,AD的中点,故AM=AN=BT=BM=2,则==,故BF=CC1=2.由勾股定理得MF==2,MN==2,同理可得QN=MF=2,又D1Q=B1F=4,故C1Q=C1F==4,故平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为2×3+4×2=14. 15.解:(1)因为AB⊥AC,PB⊥AC, AB∩PB=B,AB,PB⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB. 取AB的中点M,连接PM,因为△PAB是等边三角形,所以PM⊥AB.取BC的中点G,连接MG,则MG∥AC,因为AC⊥平面PAB,所以MG⊥平面PAB, 因为AB,PM⊂平面PAB,所以MG⊥AB,MG⊥PM,故MG,AB,PM两两垂直,以M为原点,MB,MG,MP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 因为BC=2AB=4,所以由勾股定理得AC===2, 所以B(1,0,0),P(0,0,),D(-3,2,0),A(-1,0,0).易知平面PAB的一个法向量为m=(0,1,0).设直线PD与平面PAB所成角的大小为θ, 则sin θ=|cos<,m>|====,因为θ∈,所以θ=. (2)假设存在满足题意的点Q. 由(1)知,=(-1,0,-),=(-3,2,-),设平面PAD的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得x1=-,y1=-1,则n=(-,-1,1). 连接EF,因为AC∥平面BEQF,平面BEQF∩平面PAC=EF,所以AC∥EF,不妨设=λ,0<λ<1,则=λ.设E(q,w,e),则(q,w,e-)=λ(-1,0,-),即q=-λ,w=0,e=-λ,故E(-λ,0,-λ). 设F(r,t,y),易知=(-1,2,-),则(r,t,y-)=λ(-1,2,-),即r=-λ,t=2λ,y=-λ,故F(-λ,2λ,-λ). 设平面BEQF的法向量为u=(x2,y2,z2),则 即 解得y2=0,设z2=1,则x2=,故u=, 故|cos<n,u>|== =, 化简得= ,两边平方得+1=7,化简得4-4λ+4λ2=7(16λ2-16λ+4),解得λ=或. 设=μ(0<μ<1),点Q(j,k,l), 则(j+3,k-2,l)=μ(3,-2,),解得j=3μ-3,k=2-2μ,l=μ,故=(3μ-4,2-2μ,μ).当λ=时,u=, 因为⊥u,所以(3μ-4,2-2μ,μ)·=0,即μ-2=0,解得μ=,满足要求; 当λ=时,u=, 因为⊥u,所以(3μ-4,2-2μ,μ)·=0,即μ-=0,解得μ=,满足要求. 故存在点Q,使得平面BEQF与平面PAD夹角的余弦值为, 此时的值为或. 16.解:(1)如图,在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=,∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC. (i)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. (ii)以A为原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P,设球心O(a,b,c),半径为R, 则AO=BO=CO=PO=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,设点P,G,M确定平面α.因为GM∩PG=G,GM,PG⊂平面α,所以AC⊥平面α. 由(1)知AG=cos 30°=,PG=sin 30°=. 设∠PGM=θ,不妨令θ∈(0°,180°),以G为原点,GM,AC所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则点P在平面xGz内,则A,B,C,P, 所以=(0,-1,0),=(1,-1,0),=. 设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则故 令x1=sin θ,得m=(sin θ,0,-cos θ). 设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则故 令x2=1,得n=, 所以cos<m,n>== = . 令t=cos θ+,则由θ∈(0°,180°)得t∈(-1,+1),则∈,故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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $