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.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|==
=,
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==
=
.
令t=cos θ+,则由θ∈(0°,180°)得t∈(-1,+1),则∈,故cos=
=
==
≥=,
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.(共60张PPT)
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，，，为原正方体的顶点， 为
原正方体一条棱的中点.在原来的正方体中，与 所成角的余弦
值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 还原正方体如图所示，设，则， ，
，，与所成的角等于与 所成的角，
所以所求余弦值为 .故选D.
2.[2025·黑龙江哈尔滨模拟]如图，在棱长为12
的正方体中，, 分别是棱
,的中点，平面与直线交于点 ，
则 ( )
A.10 B.15 C. D.
√
[解析] 分别在棱,,上取点,, ，
使得,, ，
连接, ,,,.
易证 ，，
则平面 截该正方体所得的截面图形是五边
形.
由， ，可得 .故选A.
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.
√
[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，
设扇形半径为，则有，解得 ，
所以圆锥的母线长为，
故圆锥的高 . 故选C.
4.[2024·深圳二调]已知正方体，过点且以 为
法向量的平面为 ，则 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
√
[解析] 连接,,,，
因为 平面， 平面，
所以 ，
又四边形为正方形，所以 ，
又，, 平面 ，所以 平面，
因为 平面 ，所以，同理可证明，
因为，, 平面，所以 平面，
故平面 即为平面，
则 截该正方体所得截面的形状为三角形.故选A.
5.[2024·贵州遵义模拟]在矩形中， ，
，为的中点，将和分别沿， 折起，
使点与点重合，记为点，若三棱锥的四个顶点都在球
的球面上，则球 的表面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，依题意，， ，
，, 平面，
则 平面，， ，
即有，则，
由此可将三棱锥补成以 ,,为相邻三条棱的长方体.
若三棱锥的四个顶点都在球 的球面上，
则该长方体的各顶点也在球的球面上.
设球的半径为 ，则该长方体的体对角线长为，
因为 ，
所以球的表面积 .故选B.
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，为该圆台某条母线的中点，若一质点从点 出发，
绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点 ，则该质点运动的最短路径
长为( )
A. B.6 C. D.
√
[解析] 为圆台母线的中点，, 分别为上、下底面的圆心，
把圆台扩成圆锥，如图①所示，则，， ，
由，得，，，
圆锥的底面周长为 ，母线长，
所以侧面展开图扇形的圆心角为 ，即，如图②所示.
一质点从点 出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，
则运动的最短路径为展开图中的 ，
由，，可得 .故选A.
7.[2024·北京房山区期末]如图，在三棱锥中， 平面
，，，，分别是，， 的中点，则过
，，三点的平面截三棱锥 所得截面的面积为( )
A. B.2 C. D.4
√
[解析] 如图所示，取的中点，连接， ，
由为的中位线，
可得 ，，
又， ，所以，且，
可得四边形 为平行四边形，截面为所求截面.
因为 平面， 平面，所以，
又， ，可得，则截面为矩形.
又，可得截面 是边长为2的正方形，
其面积为4.故选D.
8.[2024·沈阳模拟]在正四棱柱
中，,,为棱 的中点，一质点
从点出发沿四棱柱表面运动到达 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.
√
[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，图②中 ,图③中,
所以质点从点到点的最短路程为 ，此时质点从点出发，
经过上靠近 的三等分点，再到达点.
平面 截正四棱柱所得截面为五边形 ，如图，
由，，
故所得截面的面积为 .故选B.
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
内灌进一些水，固定容器一边 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 所在四边形的面积为定值
C.随着容器倾斜度的不同， 始终与水面所在平面平行
D.当容器倾斜如图③所示时， 为定值
√
√
[解析] 由于 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 与水面不平行，C错误；
图③中，水的体积不变，因此的面积不变，从而 为定
值，D正确.故选 .
10.如图，在矩形中，，是边 的中点，将
沿直线翻折成（点不落在底面 内），连接
，.若为的中点，则在 的翻折过程中，以下结论
正确的是( )
A.平面 恒成立
B.不存在某个位置，使得
C.线段的长为定值
D.
√
√
√
[解析] 对于A，设的中点为，连接, ，
由为的中点，得，
而 平面， 平面，
则 平面，
在矩形中，，
是边的中点，则，
又 平面， 平面，则平面，
而， ， 平面，因此平面平面，
又 平面 ，所以平面恒成立，A正确；
对于B，设在底面 内的射影为，
连接,, ，，
在矩形中，， 是边
的中点，则，，
由与 全等可得，
显然与不垂直（不在线段 的中垂线上），
假设存在某个位置，使得，
由 平面， 平面，得，
而，，,
平面，则 平面，
又 平面，则有 ，
与与不垂直矛盾，所以不存在某个
位置，使得 ，B正确；
对于C，在矩形中，，
是边 的中点，则 ，
由，，得 ，
， ，
由余弦定理得
，C正确；
对于D，
，D错误.故选 .
11.[2025·河南七校联考]如图，在长方体
中，， ，
为棱的中点，，为线段 上一
动点，则下列结论正确的是( )
A.线段的长度的最小值为
B.存在点，使得
C.存在点，使得 平面
D.以为球心，为半径的球被平面 所截得
的截面面积为
√
√
[解析] 对于选项A，如图①，连接， ，
由已知得 ，，
则 是等腰三角形， ，
则，
所以边 上的高为
，故A正确；
对于选项B，把矩形沿摊平到平面 上，如图②， ，
则 ，
则，
即为 的最小值，
显然，即 ，故B错误；
对于选项C，如图③，连接，
设 ，在平面上过点作交于点 ，
易知，，，
又 ,，且 ，
因此，则 ，
所以 ，所以，
又 平面， 平面，
因此，
又与 是平面内两条相交直线，
因此 平面 ，
又 平面，所以 ，
又，且, 平面 ，
所以 平面 ，故C正确；
对于选项D，如图④，设，连接，
，作 ，垂足为，
由 平面， 平面，
得，
又正方形 中，，，
, 平面，所以 平面，
而 平面，所以，
又， , 平面，所以 平面 ，
由已知得，，
则 ，
设平面 截球所得截面圆的半径为，
则 ，
所以截面圆的面积，故D错误.故选 .
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 中，
, ，沿着它的对角线将 折起，当
二面角的大小是 时，， 两点间的距离为____.
[解析] 根据垂直关系知，与的夹角即为二面角 的
平面角，且，, ，
，
所以 .
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
，底面边长和侧棱长均为4，过点
作一个平面进行切割，分别交，， 于
点，，，得到四棱锥 ，若
，，则 的值为__.
[解析] ，
设 ，则，
由于,,,四点共面，故 ，
解得，故，则 .
14.[2024·河南三门峡期末] 在正四棱柱 中，
,，,分别是,的中点，则平面 截该四棱
柱所得截面的周长为______.
[解析] 如图所示，直线分别与, 的延
长线相交于点,，连接, ，分别与
,交于点,，
连接, ，故五边形即为平面
截该四棱柱所得截面，
其中,分别是, 的中点，
故，
则 ，故 .
由勾股定理得 ，
，
同理可得，
又 ，
故，
故平面 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，已知四棱锥的底面
是平行四边形，侧面是等边三角形， ，
， .
（1）求直线与平面 所成角的大小.
解：因为，，，
, 平面 ，所以 平面 .
取的中点，连接，
因为是等边三角形，所以 .
取的中点，连接，则 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
因为, 平面，所以 ，，
故,,两两垂直，以 为原点，,,所在直线分别为
,, 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
因为 ，所以由勾股定理得
，
所以,,,
.
易知平面 的一个法向量为 .
设直线与平面所成角的大小为 ，
则 ,，
因为 ，所以 .
（2）设为侧棱上一点，四边形是过， 两点的截面，且
平面，是否存在点，使得平面与平面 夹角的
余弦值为？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
解：假设存在满足题意的点 .
由（1）知， ，
，
设平面 的法向量为 ，
则
令，得,，则 .
连接，因为平面 ，平面
平面，所以 ，
不妨设，，则 .
设，
则 ，
即 ,, ，故 .
设，易知 ，
则 ，即 , , ，故 .
设平面的法向量为 ，
则
即
解得，
设，则 ，故 ，
故, ，
化简得 ，
两边平方得 ，
化简得 ，
解得或 .
设，点 ，
则 ，
解得, , ，
故.
当 时， ，
因为，所以 ，
即，解得 ，满足要求；
当时， ，
因为，所以
，
即，解得 ，满足要求.
故存在点，使得平面与平面 夹角的余弦值为 ，
此时的值为或 .
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;
证明: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.
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)求球O的半径.
解: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)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.
解: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===.
令t=cos θ+,则由θ∈(0°,180°)得t∈(-1,+1),
则∈,
故cos===
=≥=,
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.D 2.A 3.C 4.A 5. B 6.A 7.D 8.B
9.AD 10.ABC 11. AC
12. 13. 14.
15.(1) (2) 存在点，使得平面与平面 夹角的余弦值为 ，
此时的值为或 .
16.(1) (i)略 (ii) (2)
