2026年高考数学终极冲刺：压轴15 截面与翻折问题的4大核心题型（压轴题专练）（全国适用）（原卷版及解析）

压轴15截面与翻折问题的4大核心题型在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等），得到的平面图形，研究截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线.截面与交线问题是深层次考查学生直观想象及数学建模等核心素养的题型，它渗透了线、面等元素.求截面与交线问题，一是可用平面几何图形的性质，如解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用坐标法或向量运算求解.题型01截面问题1.已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形2.（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（

）A． B． C． D．题型02交线问题技法技法指导找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点.(2)面面交线法：各棱面与截平面的交线.【例2】(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.

4.（2026·南通二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3，E为线段BC上一动点，现将△ABE沿AE折起得到△AB'E，点B'在平面ABC上的投影为K，当点E从B运动到C时，若二面角B'-AE-D的平面角恒为120°，则点K所形成轨迹的长度为题型03与截面有关的最值问题技法技法指导解决截面最值范围问题的策略：（1）通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否单调）；（2）通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解；（3）通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算．5.直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为．6.如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则，的最小值为.题型04翻折问题技法指导7.（2025全国Ⅱ卷T17）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．技法指导(1)证明:平面；(2)求面与面所成的二面角的正弦值．8.（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为．(1)若时，求三棱柱的体积；(2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．1．已知正方体中，点、满足，则平面截正方体形成的截面图形为（

）A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点轨迹的面积为（）A.4π B.2πC.π D.π3．（2025·浙江嘉兴模拟）已知边长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．4．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（

）A． B． C． D．5.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为()A.5 B.6 C.8 D.96．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（

）A． B． C． D．7．（多选）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（

）A．的长度为 B．的长度为C．的长度为 D．的长度为8．(多选）（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱上，且，平面平面，则下列结论正确的是（

）A．B．平面平面C．若，则直线与平面所成角为D．存在某个位置，使平面与平面的交线与底面平行9．已知正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为8，用平行于底面的平面截去一个四棱锥，且截面与底面的面积之比为1∶4，则剩余几何体的体积为.10．（2025·山东滨州·二模）在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为．11．（2025·山东临沂·期中）如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，，平面为的中点.(1)设平面与平面的交线为，求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值.12．（2025·广东梅州·一模）如图，在三棱锥中，，．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)若，，用平面α将三棱锥分为两部分，求截面面积的最大值．13.（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．14．（2025·广东梅州·一模）如图，在三棱锥中，，．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)若，，用平面α将三棱锥分为两部分，求截面面积的最大值．15.（2026·山西大同·一模）如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为棱，，的中点.(1)证明：平面平面；(2)过作平面的平行平面，平面将直三棱柱截成两部分，其中较大部分体积为，求直线与平面所成角的正弦值.16.（2025·山西临汾·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）．(1)求证：平面平面；(2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由．

压轴15截面与翻折问题的4大核心题型参考答案压轴题型精讲题型01截面问题1.【答案】C【解题指导】基本事实→由空间线面的位置关系→面面平行的性质定理→→→相似三角形的性质确定截面图形．【解析】如图，设，分别延长交于点，此时，连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，设，则，此时，故，连接，所以五边形为所求截面图形，故选C．【解疑答惑】判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置.2.【解题指导】过点在平面内作平行线→得到截面→比例确定边长知截面为等腰梯形→求面积.【答案】C【解析】点是的重心，，过作交于，并延长交于，过作，过作，如图四边形为截面，【技巧】找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面面交线法：各棱面与截平面的交线.∵点是的重心，，∴，∴，，，，四边形为等腰梯形，故面积为，故选C.题型02交线问题3.【答案】2【解析】如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,∴D1B1=DB=2,∴△D1B1C1为等边三角形,则D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心,设截面圆的半径为r,则r=R球2-D1E2=5-3=2∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P=5,∴B1P=D1同理C1Q=1,∴P,Q分别为BB1,CC1的中点,∴∠PEQ=π2,知PQ的长为π2×2=4.【答案】π6【解析】如图1，过点K作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D的平面角为120°，所以∠B'OK＝60°，所以KO＝12B'O＝12BO，且K为BO中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O在以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接JK，则JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段弧，设此圆的圆心为O'，得其半径为14AB＝14.当E与C重合时，∠KO'B＝120°＝2π3，所以所对的弧长为题型03与截面有关的最值问题5.【答案】【解析】由直三棱柱可知，平面，又，所以两两垂直，设直三棱柱外接球的半径为R，通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小，因为，则所求截面面积最小值为6.【答案】；【解析】因为，则，记，因为，即。又因为，当且仅当，即时，取等号，所以a的最小值为题型04翻折问题7.【解题指导】【解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）因为，所以，又因为，所以，第一步：建立空间直角坐标系．以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.第二步：求出平面的法向量．设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.第三步：计算向量的夹角所以.【易错提醒】两个平面的夹角的范围为，不同于两个平面法向量的夹角。所以两个平面的夹角的余弦值需要用法向量夹角余弦值的绝对值表示所以平面与平面夹角的正弦值为.8.【解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，，因为、分别为、的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，且，因为，所以，翻折后，在图2中，，，所以二面角的平面角为，因为，、平面，所以平面，当时，即，且，则，所以三棱柱的体积为.（2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，其中，由题意可知，则，故，，，因为，则，解得，则点，，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，设直线与平面所成角为，则，因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.1.【答案】B【解析】如图，因为点、满足，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，延长与交于点，连接交于，延长交于点，连接交于，连接，则五边形为所求截面图形，故选B．2.【答案】D【解析】易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝12MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的18球面，故S＝18×4π×123.【答案】B【解析】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5，则表面积为.故选：B.4.【答案】D【解析】∵平面，平面，∴即点到的距离为，∴，如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，设，，，∵，∴，整理得，即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，即点的轨迹的长度为，故选D.5.【答案】B【解析】如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9，所以EF=13AB，EH=23所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=23(AB+2PC6.【答案】B【解析】如图，作平面，垂足为，取的中点，外接球的球心为，连接，易得为的中心，则，所以，设外接球半径为，则，即，解得，当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长，最小面积为，当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为，故截面面积的取值范围是.故选：B.7.【答案】AD【解析】如图所示，连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接，交于点，连接，则即为，即为，由，得，所以，，由，得，则，所以，故C错误，D项正确；由，得，又易知，得，所以，所以，故A项正确，B项错，故选：AD.8.【答案】ABC【解析】对于A，平面平面，平面平面平面平面，又平面，故A正确；对于B，由A知平面，又平面平面平面，故B正确；对于C，由A知平面，在矩形中，，直线与平面所成的角为，在中，，故C正确；对于D，设平面平面，假设底面，平面平面，平面平面，，则与重合，则，显然不成立，则假设不成立，故D错误.故选：ABC.9.【答案】【解析】设底面中心为，连接,如图：故，由于截面与底面的面积之比为1∶4，故截面以上的棱锥与原四棱锥的体积之比为1∶8，故剩余几何体的体积为,10.【答案】【解析】因为平面，且平面，所以又由，可得，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，如图所示，连接，若，且，且平面，所以平面，又因为平面，所以，即在平面内，若，则，即点落在以为直径的半圆上，因为，所以点的轨迹长度为.11.【解】（1）由题意可知：平面∥平面，且平面平面，平面平面，所以.（2）由题意可知：，平面，如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得为平面的一个法向量；设平面的法向量，则，令，则，可得为平面的一个法向量；则，所以平面与平面夹角的余弦值为.12.【解】（1）证明：如图所示，取中点，连接，

因为，，可得且，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：作交于H，连接，，由（1）平面，平面所以平面平面，因为平面平面，且平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，又因为，所以，因为，可得又因为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）解：如图所示，设平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，因为，且平面，所以，同理可证，，，即，由（1）知，所以，所以截面为矩形，设，其中，则，所以矩形的面积，当且仅当，即时，等号成立，所以截面面积的最大值为.13.【解】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.14.【解】（1）证明：如图所示，取中点，连接，

因为，，可得且，又因为，且平面，所以平面，因为平