2025高考数学专项复习：立体几何中翻折问题（含答案）

2025高考数学专项复习立体几何中翻折问题（微专

题）含答案

克体几何中翻折冏敷（微专题）

一、题型选讲

题型一、展开问题

四1（2022•广东佛山・高三期末）长方体ABC。—4BQQ1中，1,人。=44产2,E为棱441上的动点,

平面交棱CG于F,则四边形BEDI的周长的最小值为（）

A.4V3B.2V13C.2（72+V5）D.2+472

跟踪训练1J（2022•湖北武昌•高三期末）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形

4BFD是边长为2方的菱形，B,。分别为的中点，3。=22,则在该四面体中（）

A.BE.LCDB.BE与平面OCE所成角的余弦值为空口

15

C.四面体ABCD的内切球半径为N罂D.四面体ABCD的外接球表面积为97r

JU

跟琮训I练2.【2020年高考全国I卷理数】如图，在三棱锥P-4BC的平面展开图中，AC=1,4B=4D=

V3,AB±AC,AB±AD,NCAE=30°,则cos/FCB=.

题型二、折叠问题

血］2（2022・河北唐山•高三期末）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为的中点，将/XAED沿DE

所在的直线翻折，使4与A重合，得到四棱锥A'-BCDE,则在翻折的过程中（）

•M

跟踪训练1J（2022・江苏宿迁•高三期末）如图，一张长、宽分别为2,1的矩形纸，A,B,分别是其四条

边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得8,鸟，只四点重合为一点P,从而得到一个多面体，则（）

A.在该多面体中，=2B.该多面体是三棱锥

C.在该多面体中，平面BAD，平面BCDD.该多面体的体积为二

跟晾训练2.」（2022•江苏海安•高三期末）如图，ABCD是一块直角梯形加热片，CD,/DAB=60°,

AB=AD=4dm.现将ABCD沿BD折起,成为二面角A—BD—C是90°的加热零件,则力。间的距

离是dm；为了安全，把该零件放进一个球形防护罩,则球形防护罩的表面积的最小值是

dmz.（所有器件厚度忽略不计）

跟晾训练3.乂2022・河北保定•高三期末）如图，DE是边长为4的等边三角形ABC的中位线，将沿

DE折起，使得点A与P重合，平面PDEL平面BCDE,则四棱雉P—BCDE外接球的表面积是

综合性问题

吼W（2022.江苏扬州.高三期末）在边长为6的正三角形ABC中M,N分别为边AB,AC上的点，且满足,

笑=需=九把△⑷WN沿着加翻折至4NN位置，则下列说法中正确的有（）

ABAC

A.在翻折过程中，在边4N上存在点P,满足CP〃平面A'BM

B.若:<4<1,则在翻折过程中的某个位置,满足平面A'BC±平面BCNM

C.若4=｝且二面角Ar-MN-B的大小为120°,则四棱锥4—BCMW的外接球的表面积为61兀

D.在翻折过程中，四棱锥4-体积的最大值为6V3

跟踪训练1.（2021.山东滨州市.高三二模）已知正方形ABCD的边长为2，将/\ACD沿AC翻折到△ACD'

的位置，得到四面体D—ABC,在翻折过程中，点D始终位于△ACD所在平面的同一侧，且BD'的最小值

为四,则下列结论正确的是（）

A.四面体D—ABC的外接球的表面积为8万B.四面体ABC体积的最大值为平

C.点。的运动轨迹的长度为呼D.边AD旋转所形成的曲面的面积为冬普

OO

跟晾训I练2.〕【2022•广东省深圳市宝安区第一次调研10月】如图甲是由正方形ABC。,等边△ABE和等边

^BCF组成的一个平面图形，其中AB=6,将其沿AB,BC,AC折起得三棱锥P-ABC,如图乙.

（1）求证：平面PAC±平面ABC；

（2）过棱AC作平面ACM交棱PB于点M,且三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1:2,求直线AM

与平面PBC所成角的正弦值.

•M

克体几何中翻折冏敷（微专题）

一、题型选讲

题型一、展开问题

四I（2022•广东佛山・高三期末）长方体ABCD-45GA中，AB=1,AO=44产2,E为棱441上的动点,

平面BE2交棱CG于F,则四边形BEDI的周长的最小值为（）

A.4V3B.2V13C.2（72+V5）D.2+472

>-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------<.

【答案】B

【分析】

将几何体展开，利用两点之间直线段最短即可求得截面最短周长.

【详解】

解：将长方体展开,如图所示：

当点石为石口与44］的交点，F为与CG的交点时，截面四边形BEOF的周长最小，

最小值为2BDi=2V22+（1+2）2=2V13.

故选：B.

跟踪训练1.1（2022.湖北武昌.高三期末）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形

AEFD是边长为2方的菱形，B,C分别为的中点，皿=22,则在该四面体中（）

与平面所成角的余弦值为空口

A.BE±CDB.BEDCE

15

C.四面体ABCD的内切球半径为阴显

D.四面体ABCD的外接球表面积为9兀

ou

【答案】ACD

【分析1

几何体内各相关线段的计算即可.•M

【解析】

由题意得,展开图拼成的几何体如下图所示，

AB=CD=",AD=BD=BC=AC=272,

取48中点中点中点O,连上W、O4

过。作OH_LCW于H,

则OH是内切球的半径，0A是外接球的半径.

所以AM=CN=^AB=乎，CM=AN=^AC2-CN2=小（2叵）?—（哼f

MN=y/CM2-CN2=夸y=/

对于A：

AN±CD,BNLCD,ANCBN=N，故CD工平面ABN,而BEu平面ABN，所以BE_LCD，故

A正确；

对于B：

由于CDu平面ACD,故平面ABN_L平面ACD,故/BAN是跳;与平面。CE所成角,

故cos/EAN=V萼=乎*¥==\曰，故B错误；

AN2V3015

对于。：

。"喜9—*=噜，故。正确；

对于。：

O^=AM2+（^MN）2=（乎y+（亨y*

所以外接球的表面积为9兀，故。正确.

故选：ACD

跟踪训练2.【2020年高考全国I卷理数】如图，在三棱锥P—ABC的平面展开图中，AC=1,AB=AD=

V3,AB^AC,AB±AD,ZCAE=30°，则cos/FCB=.

•M

【答案】T

【解析】AB，AC,AB=同,人。=1,

由勾股定理得BC=y/AB2+AC2=2,

同理得BD=«,.•.SFuBD：前，

在△ACE中，AC=1,AE=AD=V3,ZCAE=30°,

由余弦定理得CE2=AC2+AE2-2AC-A£;COS30°=1+3—2xlx〃^x空=1,

:.CF=CE=1,

在ABCF中，3。=2,可=逐，CF=1,

由余弦定理得cosZFCB==1

ZUr,JDC2X1X24

故答案为：一"Y-

4

题型二、折叠问题

四2（2022.河北唐山.高三期末）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为4B的中点，将/\AED沿DE

所在的直线翻折，使A与4重合，得到四棱锥4-BCDE,则在翻折的过程中（）

【答案】48

【分析】

过n作40_LZ7E,垂足为O,证得，平面4AO,可判定A正确；取。。的中点G,连接EG,A

G,当4在平面ABCD上的投影在FG上时，可判定8正确;连接48,由直线48与DE是异面直

线，可判定C错误;求得AO=^=,结合体积公式求可判定D错误.

V5

【详解】

对于A中，如图所示，过A作AO±DE,垂足为O,延长A9交于点F,

因为且Aonno=o,所以DEL平面449,

又因为nAu平面4Ao，所以。E_LAA',所以人正确；

对于B中，取。。的中点G,连接EG,AG,当4在平面ABCD上的投影在FG上时，此时OC，平

面AEG,从而得到4E，C。，所以B正确；

对于C中，连接因为Eu平面ABE,_D(X平面ABE,

所以直线与DE是异面直线，所以不存在某个位置，使得A'B〃。石，所以。错误；

对于O中，由VA_BCDE=-^-X^-X(1+2)X2X/I=1,解得h=l,

O/

AE-AD1x22

由A作AO，OE,可得AO

DE

9

即此时四棱锥的高/ze(o,，此时西＜1,

所以不存在某个位置，使四棱锥A-BCDE的体积为1,所以。错误.

故选：AB.

跟踪训练1.〕(2022•江苏宿迁•高三期末)如图,一张长、宽分别为2,1的矩形纸，A,B,C,O分别是其四条

边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得凡2,8,马四点重合为一点P,从而得到一个多面体，则()

A.在该多面体中，6。=0B.该多面体是三棱锥

C.在该多面体中，平面BAD,平面BCDD.该多面体的体积为击

【答案】BCD

【分析】

利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以AB,C,。为顶点的三棱锥,利用线面垂直，判定面面垂

直，以及棱锥的体积公式即可得出结论.

【解析】

由于长、宽分别为四，1,

分别是其四条边的中点，

现将其沿图中虚线折起，

使得48,舄,R四点重合为一点P，且P为的中点，

从而得到一个多面体ABCD,

所以该多面体是以为顶点的三棱锥，故B正确；

AB=BC=CD=DA=^~,AC=BD=1,AP=CF=笄，故A不正确；

由于（夸丫+（卓丫=1，所以APVCP,

BP±CP,可得BD±平面ACP,

则二棱锥A—BCD的体积为XBDxS/^ACp-x1xxx■，故D正确；

因为APJ_CP，所以AP_L平面BCD,

又APu平面BAD,可得平面BAD_L平面BCD,故。正确.

故选：BCD

跟踪训练2.（2022.江苏海安・高三期末）如图，ABCD是一块直角梯形加热片，CD,ZDAB=60°,

AB=AO=4dm.现将△BCD沿BD折起，成为二面角A—BD—。是90°的加热零件，则AC间的距

离是dm；为了安全,把该零件放进一个球形防护罩,则球形防护罩的表面积的最小值是

dm2.（所有器件厚度忽略不计）

•M

【分析】

设E为BD的中点，由题可得AE，平面BCD,进而可求A。,再结合条件可得△D4B的中心为棱锥C—

ABD的外接球的球心，即求.

【解析】

•.•ABCD是一块直角梯形加热片，4B〃CD,/D4B=60°,AB=AD=4：dm.

：./\DAB为等边三角形，BC=2V3dm,DC=2dm,

设E为RD的中点，连接AE,CE,则AE_LBD,又二面角A—BD—C是90°,

AE_L平面BCD,CEu平面BCD,

:.AE_LCE,又CE=2dm,AE=2V^dm,

：.AC=^/AE2+CE2=4dm,

设ADAB的中心为。，则OE，平面BCD,又E为BD的中点，△BCD为直角三角形，

OB=OC=OD=OA,^O为三棱锥C-ABD的外接球的球心,

又％=x2A/3=—^-dm,

oo

故球形防护罩的表面积的最小值为4兀-OA2=等山标.

0

故答案为：4,粤^

O

跟踪训练：3.」（2022•河北保定•高三期末）如图，DE是边长为4的等边三角形ABC的中位线，将沿

DE折起，使得点A与P重合，平面PDEL平面BCDE,则四棱雉P—BCDE外接球的表面积是

【分析】

求出四边形BCDE外接圆的圆半径，再设四棱锥P—BCDE外接球的球心为。，由7?2=OO'2+O'B2求出

半径,代入球的表面积公式即可.

【解析】

如图,分别取的中点O',F,连接PF,OF.

因为是边长为4的等边三角形，

所以「尸=。F=述，

所以O'B=0C=O'O=0E=2,

则四边形BCDE外接圆的圆心为。,半径r=2.

设四棱锥P—BCDE外接球的球心为O,连接,过点。作，PF,垂足为H.

易证四边形HFO'O是矩形，则毋1=OO',OH=OF=V3.

设四棱锥P—BCDE外接球的半径为A,

则&=OO"+（7B2=OH2+PH2^OT2+（PF-ooy,

即R2=OO,2+22=（代）2+（同一00）2,解得&=券，

故四棱锥P—BCDE外接球的表面积是4元&=等.

O

故答案为：等

O

题型三、折叠的综合性问题

四3（2022•江苏扬州•高三期末）在边长为6的正三角形ABC中Al,N分别为边AB,上的点，且满足

嚅=*=九把△⑷W沿着7W翻折至4MN位置，则下列说法中正确的有（）

y\.JDAC/

A.在翻折过程中，在边4N上存在点P,满足CP〃平面A'BM

B.若白V』V1,则在翻折过程中的某个位置,满足平面A'BC±平面BCNM

C.若4=/且二面角Ar-MN-B的大小为120°,则四棱锥4—BCMW的外接球的表面积为61兀

D.在翻折过程中，四棱锥4-BC7W体积的最大值为

........................................................................................

【答案】BCD

【分析】

通过直线相交来判断A选项的正确性;通过面面垂直的判定定理判断B选项的正确性;通过求四棱

锥A-BCNM外接球的表面积来判断。选项的正确性；利用导数来求得四棱锥A'—BCMW■体积的最

大值.

【详解】

对于选项过P作PQ〃MN//交4W于Q,则无论点P在4N上什么位置，都存在CP与

BQ相交,折叠后为梯形BCQP,

则CP不与平面A'BM平行，故选项人错误；

对于选项B,设D,E分别至BC,MN的中点，

若之<4<1,则4E>DE,所以存在某一位置使得A'D±DE,

又因为MN_LAE,儿亚_1。£,且4七0。后=£；,所以上亚_1平面4DE,所以MV_L4D,

DECMN=E，所以AD工平面BCNM,所以ABC_L平面BC7W,故选项8正确；

对于选项。，设。，后分别是BC,7W的中点，

若/!=]■且二面角4—MV—5的大小为120°,则△4MN为正三角形，

ZBMN=120°,ZC=60°,则BC7W四点共圆，圆心可设为点G,其半径设为r,

DB=DC=DM=DN=3,所以点G即为点所以丁=3,

二面角4—AW—B的平面角即为/AED=120。，过点4作AfH_LDE,垂足为点、H,

22^

EH=3^3_DH=9^3_A，H=1_DH=

4'4'4'16'

‘0192+32=五2

设外接球球心为。，由,（900）21243=82，解得&=号,

所以外接球的表面积为S=4兀&=61兀，故选项。正确；•••

AA

对于选项。,设D,E分别是BC,MN的中点，设h是四棱锥A-BCNM的高.

S^MN=-x64x64x4=9巾，

SgB0=^x6x6x笄=9代，

所以S：NM=9A/3（1-矛），则VA，_BCNM=vX9"（1—矛）xh4373（1-下）xA'E

=373（1-不）x3内=27（-矛+/1）,/1£（0,1）,

可设/）=27（4+4）,46（0,1）,

则7（/1）=27（—3才+1）,令/«）=0,

解得义=券，则函数/（用在（0,券）上单调递增，在（g,1）上单调递减，

所以/⑷,2=/（手）=6代，

则四棱锥A'—BCN体积的最大值为6V3,故选项D正确.

故选：BCD

跟踪训练1.;（2021.山东滨州市.高三二模）已知正方形ABCD的边长为2,将△ACD沿AC翻折到△力CD'

的位置,得到四面体。'-ABC,在翻折过程中，点始终位于△ACD所在平面的同一侧，且的最小值

为四,则下列结论正确的是（）

A.四面体D—ABC的外接球的表面积为8万B.四面体D-AB。体积的最大值为平

C.点D的运动轨迹的长度为考ZLD.边AD旋转所形成的曲面的面积为誓^

OO

【答案】力CD

【解析】

对ABCD各选项逐一分析即可求解.

【详解】

解：对4NABC=90°,zLADfC=90°,

AAC中点即为四面体n-ABC的外接球的球心，AC为球的直径，

：.R=V2,

S”_ABC=4兀R2=4^（V2）2=8乃，故选项A正确；

对B：当平面AD'CJ_平面ABC时，四面体D—ABC体积的最大,此时高为血，

（VEf-ABc'）max=XyX2X2X2=2^2,故选项8错误；

DZO•••

对C：设方形4BCD对角线与BD交于。，

由题意,翻折后当BD的最小值为V2时，为边长为V2的等边三角形，

此时/.DOB=卷，所以点。的运动轨迹是以。为圆心血为半径的圆心角为等的圆弧,

OO

所以点。的运动轨迹的长度为等X2=义答,故选项。正确；

O