2027届新高三数学热点突破复习截面与翻折问题

2027届新高三数学热点突破复习截面与翻折问题类型1空间几何体的截面问题1.★★(2026届广东佛山质检,4)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别为棱A1B1,

BC,DD1的中点,过点E,F,G作正方体的截面,则截面的形状为

()

A.六边形

B.五边形

C.四边形

D.三角形

A

解析因为多面体ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以AB⊥AD,AA1⊥AB,AA1⊥AD,如图,以点A为原点,

,

,

的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,

设AB=2,则E(1,0,2),F(2,1,0),G(0,2,1),所以

=(1,1,-2),

=(-1,2,-1),设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则

取x=1,则y=1,z=1,所以n=(1,1,1)为平面EFG的一个法向量,取BB1的中点L,CD的中点M,A1D1的中点N,可得L(2,0,1),M(1,2,0),N(0,1,2),所以

=(1,0,-1),

=(0,2,-2),

=(-1,1,0),因为

·n=1+0-1=0,

·n=0+2-2=0,

·n=-1+1+0=0,所以点L,M,N都在平面EFG内,连接EL,LF,FM,MG,GN,NE,所以过点E,F,G的正方体的截面为六边形ELFMGN,故选A.2.★★★(2026届广东部分学校开学考,6)如图,在棱长为2的正方体中,A,B,C均为顶点,P

为所在棱的中点,若PC∥平面α,且A,B均在平面α内,则平面α截正方体所得图形的面积

为()

A.2

B.4

C.2

D.4

C

解析如图,H,F为所在棱的中点,连接AH,HF,FB,AF,

因为AP

FC,所以四边形APCF为平行四边形,所以AF∥PC,又AF⊂平面ABFH,PC⊄平面ABFH,所以

PC∥平面ABFH,故平面ABFH即为平面α.又正方体的棱长为2,所以AH=BF=

=

,AB=HF=2,AF=PC=

=3,所以AH2+HF2=AF2,所以∠AHF=90°,所以平行四边形ABFH为矩形,所以S四边形ABFH=AH·HF=

×2=2

.故选C.3.★★★(2026届江苏如皋中学开学考,6)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是棱AA1

和CC1上的点,PA=

AA1,CQ=

CC1,那么正方体中过点D,P,Q的截面形状为

()A.三角形

B.四边形

C.五边形

D.六边形

B

解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取B1M=

BB1,BN=

BB1,连接DP,DQ,PN,CN,MQ,PM,如图.

因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是棱AA1和CC1上的点,PA=

AA1,CQ=

CC1,所以MN∥CQ,且MN=CQ,则四边形NCQM为平行四边形,则NC∥MQ,NC=MQ,又因为PN∥CD,且PN=CD,所以四边形PNCD为平行四边形,则PD∥CN,PD=CN,所以DP∥MQ,DP=MQ,所以四边形DPMQ为平行四边形,则正方体中过点D,P,Q的截面形状为四边形.故选B.4.★★★(2026届广东八校联盟开学考,8)如图,在外接球体积为

的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是线段DD1上的动点(不包括端点),过A,B1,E三点的平面将正方体截为两个部

分,且交C1D1于点F,当截得的较小部分的几何体的体积为

时,

=

()

A.

B.

C.

D.

B

解析设正方体的棱长为x(x>0),则外接球半径为

,【正方体体对角线是外接球直径】所以

π

=

,解得x=1.连接C1D,在C1D1上取一点F,使得EF∥C1D,连接B1F,设D1E=a(0<a<1),由EF∥C1D∥AB1,可得平面AB1FE为过A,B1,E三点的截面,D1F=a.连接EA1,

=

×

×1×1×1=

,

=

a·

=

(a2+a),【较小几何体的体积分割为

+

】由题意知

(a2+a)+

=

,整理得16a2+16a-5=0,解得a=

或a=-

(舍),故

=

.故选B.

5.★★(2026届河北邯郸调研监测,13)已知三棱锥P-ABC中,PA=PC=PB=BA=BC=2,AC=

2

,D为PB的中点,过点D作三棱锥P-ABC外接球的截面,则截面面积的最小值为______.

π

解析因为PA=PC=PB=BA=BC=2,AC=2

,所以PA2+PC2=AC2=BA2+BC2,所以∠APC=∠ABC=90°,所以三棱锥P-ABC外接球的球心为AC的中点,记为O,因为PB=2,PO=BO=

,所以PO2+BO2=PB2,所以PO⊥BO,又D为PB的中点,所以OD=

PB=1,当OD垂直于截面时,截面面积最小,此时截面圆半径r=

=BD=1,所以截面面积的最小值为π.类型2空间几何体的翻折问题1.★★★(2025届重庆九龙坡三模,5)如图,矩形ABCD中,AB=2

,BC=2

,将△ABD沿BD翻折,得到三棱锥A'-BCD(A'是A在翻折后的对应点),则三棱锥A'-BCD体积的最大值

为

()

A.4

B.6

C.8

D.16

C

解析由题意得S△BCD=

BC·CD=

×2

×2

=6

,且BD=

=

=6,设点A'到BD的距离为h,由等面积法可得

·A'B·A'D=

BD·h,即

×2

×2

=

×6h,则h=2

,当平面A'BD⊥平面BCD时,三棱锥A'-BCD的体积最大,此时三棱锥的高为h=2

,体积为

S△BCD·h=

×6

×2

=8.故选C.关键点拨由折叠前后的特征可知,△BCD的形状不变,即面积不变,当平面A'BD⊥平

面BCD时,三棱锥的高最大,即三棱锥A'-BCD的体积最大,所以本题的关键就是求高.2.★★★(2026届安徽六校测试,16)如图1,在边长为4的等边△ABC中,点D,E分别在边

AC,AB上,且AD=2,AE=1,连接DE,沿DE将△ADE折起得到四棱锥A-BCDE(图2),使AC=

.(1)求证:平面ACE⊥平面BCDE;(2)求平面ACE与平面ACD夹角的余弦值.

解析

(1)证明:在△ADE中,由余弦定理得DE2=AD2+AE2-2AD·AE·cos∠EAD=4+1-2×2×

1×

=3,所以DE2+AE2=AD2,于是DE⊥AE,如题图1,连接CE(图略),在△ACE中,由余弦定理得CE2=AC2+AE2-2AC·AE·cos∠EAC=42+

1-2×4×1×

=13,所以在题图2中,CE2+AE2=14=AC2,于是EC⊥AE,因为DE∩EC=E,且DE⊂平面BCDE,EC⊂平面BCDE,所以AE⊥平面BCDE,又AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BCDE.(2)如图,以点E为原点,分别以EB,ED,EA所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则D(0,

,0),A(0,0,1),C(1,2

,0),所以

=(1,2

,0),

=(0,0,1),设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),则

取y=1,则x=-2

,则平面ACE的一个法向量为m=(-2

,1,0),同理可得平面ACD的一个法向量为n=(-

,1,

),所以cos<m,n>=

=

=

,所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为

.3.★★★(2024新课标Ⅱ,17,15分)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翻折至△PEF,使得PC=4

.(1)证明:EF⊥PD;(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.解析

(1)证明:由题知AE=

AD=2

,AF=

AB=4,∠FAE=30°,∴EF=

=2,∴EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF,∴EF⊥PE,又PE∩AE=E,PE,AE⊂平面PED,∴EF⊥平面PED,又PD⊂平面PED,∴EF⊥PD.(2)连接EC,∵CD=3,DE=AD-AE=3

,∠ADC=90°,∴EC=

=

=6,又PE=AE=2

,PC=4

,∴EC2+PE2=PC2,∴PE⊥EC,又PE⊥EF,EC∩EF=E,EC,EF⊂平面ABCD,∴PE⊥平面ABCD,又ED⊂平面ABCD,∴PE⊥ED,又PE⊥EF,EF⊥ED,∴PE,EF,ED两两垂直,∴以E为原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,

则A(0,-2

,0),F(2,0,0),C(3,3

,0),D(0,3

,0),P(0,0,2

),∴

=(2,0,-2

),

=

=(2,2

,0),

=(0,-3

,2

),

=(3,0,0).设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面PBF,平面PCD的法向量,∴

令x1=

,则m=(

,-1,1),令y2=2,则n=(0,2,3).∴cos<m,n>=

=

,∴sin<m,n>=

,∴所求正弦值为

.4.★★★★(2025全国二卷,17,15分)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为

CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形

EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.(1)证明:A'B∥平面CD'F;(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.

解析

(1)证明:在四边形ABCD中,AB∥CD,因为E,F分别在AB,CD上,所以FC∥EB,因为BE⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F,所以BE∥平面CD'F,同理可得,A'E∥平面CD'F,又BE∩A'E=E,BE,A'E⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F,又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F.(2)由CD=2AD,F为CD的中点,得DF=DA=FC.又AB∥CD,EF∥AD,所以四边形EFDA为

平行四边形,又∠DAB=90°,DF=DA,所以四边形EFDA为正方形,则EF⊥DC,即D'F⊥EF,

FC⊥EF,所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成的二面角的平面角,因为面EFD'A'与面

EFCB所成的二面角为60°,所以∠D'FC=60°.又D'F=FC,所以△CD'F为正三角形.由D'F

⊥EF,FC⊥EF,D'