2025届高三数学一轮复习对点练63：几何体的截面(交线)及动态问题

2025届高三数学一轮复习对点练63　几何体的截面(交线)及动态问题 【基础巩固】 1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为(　　) A.圆 B.椭圆 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 2.(2023·北京顺义区质检)已知过BD1的平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法中不正确的是(　　) A.截面BMD1N可能是矩形 B.截面BMD1N可能是菱形 C.截面BMD1N可能是梯形 D.截面BMD1N不可能是正方形 3.(2023·山东名校联考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，BB1的中点为M，过点C1，D，M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为(　　) A. B.18 C. D. 4.设动点P在正方体ABCD－A1B1C1D1上(含内部)，且＝λ，当∠APC为锐角时，实数λ的取值范围是(　　) A. B. C. D. 5.(2024·厦门质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为(　　) A.6 B.10 C.＋2 D. 6.(2024·广州调研)已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中(　　) A.存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直 B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C.存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直 D.对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直 7.(多选)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是(　　) A.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC B.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD C.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD D.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD 8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________. 9.在三棱锥A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为6，定长为l(l<4)的线段MN的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，若线段MN的中点P的轨迹的面积为，则l的值为________. 10.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD内(不包括边界)运动，若B1P∥平面A1BM，则C1P的长度的取值范围是________. 11.(2024·贵阳质检)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合). (1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG∥平面D1EF，则EF∥A1D； (2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离. 12.(2024·石家庄模拟)在如图所示的一块木料中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F是PC，AD的中点. (1)若要经过点E和棱AB将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？请说明理由并计算截面周长； (2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？请说明理由. 【能力提升】 13.(多选)(2024·杭州质检)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝2DD1＝4，则(　　) A.在棱AB上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1 B.在棱BC上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1 C.若P在棱AB上移动，则A1D⊥D1P D.在棱A1B1上存在点P，使得DP⊥平面A1BC1 14.(2024·河南名校模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是侧面CC1B1B上的一个动点(包含边界)，则下面结论正确的有(　　) ①若点E满足AE⊥B1C，则动点E的轨迹是线段； ②若点E满足∠EA1C＝30°，则动点E的轨迹是椭圆的一部分； ③在线段BC1上存在点E，使直线A1E与CD所成的角为30°； ④当E在棱BB1上移动时，EC＋ED1的最小值是. A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 15.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，P是底面A1B1C1D1上一点.若AP∥平面BEF，则AP长度的最小值是________，最大值是________. 16.(2023·济南调研)如图①，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝2，AD＝CD＝4，E，F分别是AD，BC的中点，将四边形ABFE沿EF折起，如图②，连接AD，BC，AC. (1)求证：EF⊥AD； (2)当翻折至AC＝2时，设Q是EF的中点，P是线段AC上的动点，求线段PQ长度的最小值. 参考答案 1.B　[建立如图所示的空间直角坐标系， 设OB＝OA＝1， 则B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)， 则＝(0，1，－1)，＝(x，y，－1)， 所以cos〈，〉＝＝， 即3x2＋(y－2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆.] 2.C　[如图①，当点M，N分别与对角顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形； 　 图①　　　　　　　　图② 如图②，当M，N分别为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形； 根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选C.] 3.C　[如图，取AB的中点E，连接DC1，C1M，ME，DE，则易知截面是等腰梯形C1MED， 则较小的部分是三棱台BEM－CDC1. S△BEM＝×2×2＝2，S△CDC1＝×4×4＝8， 所以较小部分的体积V＝×(2＋8＋)×4＝.故选C.] 4.B　[设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1， 则AC＝，在△APC中， 由余弦定理得cos∠APC＝＝， 若∠APC为锐角，则＞0，则x2＞1， 在△AD1P中，AD1＝，cos∠AD1P＝＝， 于是由余弦定理得x2＝2＋t2－2××t×， 于是2＋t2－2××t×＞1， 即3t2－4t＋3＞0， 解得t＞或t＜， 由D1B＝，故λ＞1(舍去)或0＜λ＜.] 5.D　[取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG， 取CG的中点N，连接D1N，FN，则FN∥BG， 所以FN∥D1E. 延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN. 由题知A为HD的中点，A1E＝AE＝2， 则C1N＝3，CN＝1，则D1E＝＝2， D1N＝＝5，FN＝＝. 取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ， 所以＝， 所以AM＝·FQ＝×4＝，则MB＝， 则ME＝＝＝， MF＝＝＝， 所以截面图形的周长为 D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2＋＋＋＋5＝.故选D.] 6.B　[矩形在翻折前和翻折后的图形如图①②所示. 在图①中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，则点E，F不重合； 在图②中，连接CE. 对于A，若AC⊥BD，由BD⊥AE，AE∩AC＝A， 得BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误； 对于B，若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，当AB＝AC＝2时，满足AB2＋AC2＝BC2，此时直线AB与直线CD垂直，故选项B正确； 对于C，若AD⊥BC，由DC⊥BC，AD∩DC＝D， 得BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC， 已知BC＞AB，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误. 由B知选项D错误.故选B.] 7.ABC　[当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD， 将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时， 由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD， 又AB⊂平面ABD， 所以AB⊥OC，故A正确； 又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC， 所以BD⊥平面OAC， 又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确； 在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝， 所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD， 取x＝，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝时，有AB2＋AC2＝BC2， 即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD， 则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确； 若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD， 则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.] 8.　[如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形， 所以C1G∥D1E， 又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF， 所以C1G∥平面CD1EF. 同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF. 因为C1H∩C1G＝C1， 所以平面C1GH∥平面CD1EF. 由M点是正方形ABB1A1内的动点可知， 若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上， 所以M点的轨迹长度GH＝＝.] 9.2　[由题意可知，∠MAN＝90°， 在Rt△AMN中，AP＝l， 线段MN的中点P的轨迹是以A为球心，l为半径的球面的， 所以线段MN的中点P的轨迹的面积为×4π×＝，则l＝2.] 10.　[如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，过C作CO⊥DN于点O，连接C1O， 由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N， 易得DN∥平面A1BM，B1N∥平面A1BM，DN∩B1N＝N，∴平面B1DN∥平面A1BM， ∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN(不含点N和点D). 连接C1D，C1N，在△C1DN中，C1D＝， DN＝C1N＝＝， ∴S△C1DN＝××＝， ∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN， ∴C1O⊥DN，则当P与O重合时，C1P的长度取得最小值，∴C1P的长度的最小值为 (C1P)min＝C1O＝＝， 又C1P＜，∴C1P的长度的取值范围是.] 11.解　(1)如图，延长DG交AB的延长线于点P， 连接A1P交BB1于点Q，连接GQ， 则GQ所在的直线即平面A1DG与平面CBB1C1的交线. 因为平面CBB1C1∥平面ADD1A1，平面CBB1C1∩平面A1DG＝GQ，平面ADD1A1∩平面A1DG＝A1D，所以GQ∥A1D. 又平面A1DG∥平面D1EF，平面CBB1C1∩平面A1DG＝GQ，平面CBB1C1∩平面D1EF＝EF， 所以GQ∥EF，所以EF∥A1D. (2)连接GF，EG，D1G， 由E，F，G均为其所在棱的中点， 易得EF＝GF＝，EG＝2， 所以EF2＋FG2＝EG2，所以EF⊥FG， 故VD1－EFG＝×S△EFG×D1C1＝××××2＝. 易知D1E＝D1F＝， 则△D1EF为等腰三角形，其底边EF上的高为＝， 设点G到平面D1EF的距离为d， 则由VG－D1EF＝VD1－EFG， 得×S△D1EF×d＝××××d＝，解得d＝， 所以点G到平面D1EF的距离为. 12.解　(1)因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD， 又AB⊂平面ABE， 设平面ABE∩平面PCD＝l，则AB∥l， 如图①，设PD的中点为G，连接EG，AG， 则EG∥CD， 又AB∥CD， 所以AB∥EG， 即EG为l，BE，EG，AG为应画的线. 因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥PA. 又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD. 又AG⊂平面PAD，所以AB⊥AG. 所以截面ABEG为直角梯形. 又PA＝AB＝2，所以AG＝，EG＝1，BE＝＝， 所以截面周长为＋＋3. (2)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，AD⊥PA， 又AB⊥AD，如图②，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)，F(0，1，0)，所以＝(－1，1，1)，＝(－2，1，0)，＝(0，2，－2)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，可得n＝(1，2，－1). 设PD∩平面BEF＝H，＝λ＝λ(0，2，－2)， 又P(0，0，2)，所以H(0，2λ，2－2λ)， 连接BH，则＝(－2，2λ，2－2λ). 因为BH⊂平面BEF，所以·n＝0， 即6λ－4＝0，解得λ＝， 即H为PD上靠近D点的三等分点，PH＝PD，连接EH，FH， 即BE，BF，EH，FH为应画的线. 13.ABC　[对于A，当P是AB的中点时， 依题意可知C1D1∥DC∥PB，C1D1＝DC＝PB， 所以四边形D1PBC1是平行四边形， 所以D1P∥C1B， 由于D1P⊄平面A1BC1，C1B⊂平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，A正确. 对于B，设E是AB的中点，P是BC的中点， 连接D1E，PE，AC，如图①所示，由A可知D1E∥平面A1BC1. 因为PE∥AC∥A1C1，PE⊄平面A1BC1， A1C1⊂平面A1BC1， 所以PE∥平面A1BC1. 因为D1E∩PE＝E，D1E，PE⊂平面D1PE， 所以平面D1PE∥平面A1BC1， 又D1P⊂平面D1PE， 所以D1P∥平面A1BC1，B正确； 对于C，连接AD1，如图①，根据已知条件可知四边形ADD1A1是正方形， 所以A1D⊥D1A， 由于AB⊥AD，AB⊥AA1，AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥平面ADD1A1， 又A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D. 因为D1A∩AB＝A，D1A，AB⊂平面AD1B， 所以A1D⊥平面AD1B， 又D1P⊂平面AD1B， 所以A1D⊥D1P，C正确. 对于D，由题可知，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，建立如图②所示的空间直角坐标系， 则A1(2，0，2)，B(2，4，0)，C1(0，2，2)，D(0，0，0)，＝(0，4，－2)， ＝(－2，2，0). 设P(2，t，2)，t∈[0，4]，则＝(2，t，2). 若DP⊥平面A1BC1，则有 此方程组无解， 所以在棱A1B1上不存在点P，使得DP⊥平面A1BC1，D错误.故选ABC.] 14.B　[对于①，连接AD1，BC1，如图①，易知B1C⊥BC1，AB⊥平面CC1B1B，B1C⊂平面CC1B1B， 所以AB⊥B1C， 又AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1， 所以B1C⊥平面ABC1D1， 所以只要E在线段BC1上，就有AE⊥B1C， 所以动点E的轨迹是线段BC1，故①正确. 对于②，若∠EA1C＝30°，则E在以A1C为轴，一条母线所在直线为A1E的圆锥的侧面上，平面BCC1B1与圆锥的轴A1C斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆的一部分，故②正确. 对于③，因为A1B1∥CD， 所以A1E与CD所成的角等于∠EA1B1， 当E为BC1中点时，B1E⊥BC1， 此时tan ∠EA1B1最小，在Rt△A1B1E中，tan ∠EA1B1＝＝>， 所以∠EA1B1不可能为30°，故③错误. 对于④，如图②，将侧面BCC1B1旋转到与平面DBB1D1重合， 连接D1C交BB1于点E，此时EC＋ED1最小， 最小值为D1C＝＝，故④错误.故选B.] 15.　　[如图，取A1D1的中点N，A1B1的中点M，连接AM，AN，MN，NE，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，N分别为B1C1，A1D1的中点， ∴EN∥A1B1∥AB，EN＝A1B1＝AB， ∴四边形ABEN为平行四边形， ∴AN∥BE， 又AN⊄平面BEF，BE⊂平面BEF， ∴AN∥平面BEF， ∵E，F分别为B1C1，C1D1的中点， 由中位线性质知EF∥B1D1， 同理可知MN∥B1D1， ∴MN∥EF， 又MN⊄平面BEF，EF⊂平面BEF， ∴MN∥平面BEF， 又AN∩MN＝N，AN，MN⊂平面AMN， ∴平面AMN∥平面BEF， ∵P是底面A1B1C1D1上一点，且AP∥平面BEF，∴P∈MN， 在等腰△AMN中，当AP的长度最大时，P在M点或N点， 即(AP)max＝AM＝AN＝＝， 当AP的长度最小时，P为MN的中点，MN＝， ∴AP＝＝＝， 即(AP)min＝.] 16.(1)证明　因为四边形ABCD是直角梯形，E，F分别是AD，BC的中点， 所以AB∥EF∥CD，EF⊥AE，EF⊥DE. 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面AED， 所以EF⊥平面AED， 又AD⊂平面AED， 所以EF⊥AD. (2)解　由(1)可知CD⊥平面AED， 因为AD⊂平面AED， 所以CD⊥AD. 在Rt△ADC中 ，AD＝＝＝2， 又AE＝ED＝2， 所以AE2＋ED2＝AD2， 即AE⊥DE. 以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，2)，C(2，4，0)，Q. 设P(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]， 所以(x，y，z－2)＝λ(2，4，－2)， 则x＝2λ，y＝4λ，z＝2－2λ，PQ2＝(2λ)2＋＋(2－2λ)2＝24＋， 则当λ＝时，PQ有最小值， 所以线段PQ长度的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$