小题精练28 立体几何中的截面与动态问题（突破练）-【百强名校168优化组合卷】2026年高考数学高三二轮复习卷

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 小题精练28立体几何中的截面与动态问题（突破练） 1.B[在正方体ABCD一AB1C1D1中，取BM=13BB1,BN=13BB1, B 连接DP,D9,PN,CN,MQ,PM,如图所示：因为在正方体ABCD-A1B1CD1 中，P,Q分别是棱A41和CC1上的点，PA=13AA1,CQ=13CC1,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DPMQ.故选B] 2.C[,△ABC是斜边为8的直角三角形，∴.△ABC的外接圆的半径r=4,又球 的半径R=5,∴.球心到平面ABC的距离d=R2一2=25一16=3，又△ABC面积 的最大值为12X8×4=16,点D到平面ABC的距离的最大值为d+R=3+5=8, ∴.三棱锥A一BCD体积的最大值为13×16×8=1283.故选C.] 3.D[延长DA,DC,与直线EF相交于M,Q,连接DM,D1Q与AA,C1C分 别交于点P,H,连接PE,HF,则五边形DPEFH即为截面O,正方体的棱长为 2,点E,F分别是AB,BC的中点，所以EF=12X22+22=2,由Rt△BEF≌Rt △CQF≌Rt△AEM得， AM=CQ=BE=BF=1,EF=ME=FO=2,所以P,H分别为靠近A,C的三等 分点，故A1P=C1H=43,所以由勾股定理得D1P=D1H=43))2=169)=529)= 13)3, ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 PE=FH=23))2=49)=139)=13)3,所以Q的周长为D1P+PE+EF+FH+D1H =13)3×2+13)3×2+2=213+2.故选D.] 4.D[先把三棱锥E-FBA分成两个三棱锥E-OAB,F-O1AB,这两个三棱锥 E-OAB,F-OAB体积是一样的，所以VB-B4=2Vn-o1BA,设点F到面OAB 的距离为h,即是过点F作A1B1的垂线，根据题意可得h=simx,x∈[O,2,在 △OAB中，O1B=O1A=2121O1B+BB=12+22=5,所以△OAB的AB边上的 高等于2，所以S△oAB=12X2X2=2,所以VE-BA=2Vp-o1BA=2X13X2 Xsinx =43sinx,x∈[0,2.因为当点E从B1点出发，沿着圆O1逆时针方向转动越过 A1时，即x∈（π，2π）其体积与x∈[0，元的一样.故选D.] 5.B[以B为原点，BA所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BC所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，A(1,0,0),C(0,0,1),B(0,0,0),F(1,1,0),设 一=f0≤≤1)， 则Mt,0,1-0,=t,Nt,t,0),则=(0，t,t-1) 即=t2+(t-1)2=2t2-2t+1(0≤t≤1)，令y=22-2t+1,t∈[0,12]时，y 单调递减，t∈(12,1]时，y单调递增，所以t=12时，MN最小值为2)2，t=0, t=1时，MN最大值为1，所以MN∈[2)2,1].故选B] 6.D[在直三棱柱ABC一A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1, 故A1E为三棱锥E-AB1P的高，设AE=AP=t,t∈(0,2)，则A1E=2一t,由∠ BAC=π2，得AB⊥AC,故A1B1LA1C1,则S△A1B1P=12A1PXA1B1=t, 故VB1-A1Pz=/z-41B1p=13S△41B1pA1E=132-)=-13(-1)2+13,故当=1时， 三棱锥B1一A1PE的体积有最大值13.故选D] 7.C[取AB的中点为O',连接PO、OO',AE,因为PC=PD,O为CD的中点， 所以PO⊥CD, 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,POC平面PCD,所以 PO⊥平面ABCD,所以PO⊥OO',又底面ABCD是矩形，所以OO'⊥CD,以点 O为原点，OO',OC,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所 示，由PC⊥PD,PC=PD,CD=6,得PO=3,所以A(3,-3,0),B(3,3,0), P(0,0,3),则=(-3,3,0)，设=1(0≤1≤1)，则E(3一31,3-31,32)， =（-3,6-3元，30，=272-361+36，o(A0→)→)40-))=32， 因此点E到直线AO的距离d=AE一)→)→)AO→)))\sup12(2=272-361 +18 一3)sup12(2)十6，当=23时，d取最小值6，即线段PB上的动点E到直线A0 的距离的最小值为6.故选C] 8.D[对于①，当平面a过AD或BC时，截面为三角形.易知正四面体关于平面 ADF对称，将平面a从平面ADF以EF为轴开始旋转与AB交于点G时，由对称 性可知，此时平面a与CD交于点H,且AG=DH,此时截面为四边形EGFH,① 正确； 对于②，设AG=m(0≤m≤2)， 由余弦定理得GE=m2+1一m=134, GF=(2-m)2十1-(2-m)=334, 由两点间距离公式知，GE+GF表示动点(m,0)到定点(12,3)2)和(32，一3)2)的 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 距离之和， 当三点共线时取得最小值13(3(32=2，由二次函数单调性可知，当m=0或m =2时，GE+GR取得最大值1十3，所以截面多边形x周长的取值范围是[4,2十23]， 所以②错误； 对于③，记GH与EF的交点为O,由对称性∠EFG=∠EFH,FG=FH, 所以EF⊥GH,SEG=12 EF.GH,因为AF=AB2-BF2=3, 所以EF=AF2-AE2=2,所以SgGm=2)2GH,记=a,=b,=C, 则=++=一m2a十c+m2(6-c)= -m2a+m2b+(1-m2)c, 因为ab=ac=bc=2X2cosπ3=2，d=b=c=2, 所以2=m24a2+m24b2+(1-m2)2c2-m2ab-m(1-m2)c+m(1-m2)bc =m2+m2+4(1-m2)2-m2-2m(1-m2)+2m(1-m2) =2(m-1)2+2,0≤m≤2， 由二次函数性质可知，2≤2≤4，即2≤GH≤2，所以1≤SGH≤2，③正确： 对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线EF,GH垂直，所以④正确.故选 D.] 9.AD[三棱锥E-ABC中，底面ABC的面积为定值，由平面A1B1CD1∥平面 ABCD可知，平面A1B1CD1上任意一点到平面ABCD的距离都相等，则可得三棱 锥E一ABC的体积为定值.故A选项正确； 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1⊥BD1,A1C1⊥BB1, B1D1,BB1C平面BDD1B1,且B1D1∩BB1=B1, 所以A1C1⊥平面BDDB1,若存在点E使得CE⊥平面BDDB1,则CE与A1C1重 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 合或平行， 显然这样的点E不存在，故B选项错误： 在正方体ABCD一A1B1C1D1中，CC1∥BB1,BB1C平面BDD1B1,CC1￠平面BDD1B1 所以CC1∥平面BDDB1,当点E与C1重合时，CE为CC1,则存在点E使得CE ∥平面BDDB1,故C选项错误； 因为正方体ABCD-AB1CD1中，CC1⊥平面A1B1CD1,由题可得1C平面A1B1CD1, 所以1⊥CC,又因为1⊥CE,CC∩CE=C,CC,CEc平面CCE,所以l⊥平面 CCE,CEc平面CCE,则1⊥CE.当1与B1D1重合时，BD1⊥CE.在正方形 A1BCD1中，A1C1⊥BD1,则可得E为A1C1与BD1的交点，即为上底面的中心， 故D选项正确.故选AD] 10.ACD[对于A,如图1取BC中点E,连接ME,MO,OE,则BB1∥ME, D 图1 所以∠OME(或其补角)为异面直线MMO与BB1所成角，在Rt△OEM中，cos∠OME =MEOM=212+22)=5)5,故A正确： 图2 对于B,将侧面BCC1B1延BC旋转至与平面ABCD共面，如图2连接DM,交 BC于点N,此时MN+DW最小，且MN+DW=DM=42+12=17,故B错误； 对于C,如图3在侧面BCCB1中，延长MP与BC相交于H,连接HA交CD于 T, ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 D 图3 故TP为平面AMP与正方形CDDC1的交线，由M,P为中点，所以CH=1, 又CH∥AD,则CTDT=CHAD=12=→CT=12DT=23, 则PT=PC2+CT2=23))2=13)3,故C正确： A 图4 对于D,由于AA1⊥平面ABCD,DBC平面ABCD,故AA1⊥DB, 又BD⊥AC,AA1∩AC=A,AA1,ACC平面AA1C 故BD⊥平面AA1C,A1CC平面AA1C,故A1C⊥BD,BD1∥BD,故B1D1⊥A1C,同 理A1CLAD1,又AD1∩BD1=D1,AD1,BD1C平面ABD1,故A1C⊥平面ABD1, 取棱DD1,AD中点K,V,得如图4中六边形所在平面KM∥平面ABD1, 故A1C⊥平面KMM,要使MQ⊥A1C,则Q在直线KV上运动，故Q在正方形ADDA1 内的轨迹为线段KV,其长度为2，故D正确.故选ACD.] 11.ABD[对于A,如图1延长DA到E使得AE=AD1=2,则DM十MC=M十 MC≥EC=4+2r(2),等号在E,M,C共线时取到；故A正确； D--- M 图1 对于B,由于球的半径为12，球心到平面ACD1的距离为3)6，故被截得的圆的 半径为1112=6)6，故面积为π(6)62=π6，故B正确： 对于C,CM与AB所成的角即为CM和CD1所成角，所以CD1⊥CM,易知 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 CD1⊥平面BCCB1,如图2当M位于线段CB上时，则CMC平面BCC1B1,得 CD1⊥CM,所以M的轨迹为直线CB,故C错误； D 图2 对于D,显然过M的满足条件的直线数目等于过D1的满足条件的直线1的数目， 在直线1上任取一点P,使得DP=D4A=D1C,不妨设∠PDA=π3，若∠PD1C =π3，则AD1CP是正四面体，所以P有两种可能，直线1也有两种可能，若∠PD1C =2π3，则1只有一种可能，就是与∠ADC的角平分线垂直的直线，所以直线1 有三种可能，故D正确.故选ABD.] 12.(0,435]U[2)3,4)[取P所在的母线为DE,连接CE,OD,O1P,O1C, E 02. 1O1C2=(43)2+42,设PD=h,h∈(0,4)，则O1P2=n2+(43)2, 所以PC2=1O1C2-1OP2=16-h2, 又因为PE=4-h,0≤EC≤83， PC2=16-h2∈[(4-h)2,(4-h)2+(83)2],所以0<h≤43或83≤h<4, 所以1289≤16-h2<16或0<16-h2≤809， 所以PC∈(0,435]U[2)3,4)] 13.3元[由勾股定理得AB=AC=BC=26, 故∠ACB=元3，故的长为4×π3=4π3.CE=CF=4, ∴.PE=PF=42-(2r(3))2=2,∴.的长度为2×π2=元. .'sin∠PCE=sin∠PCF=12, 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 :∠PCE=∠PCF=6,·∠MCE=∠NCF=4-6=12,.一，一的长均为4 ×12=3,故一，一，一，一的长度之和为红3+元十2×3=3元] 14.2330)5[如图所示，因为AB∥CD1且AB=CD1,故四边形ABC1D1为平行 四边形，则BC1∥AD1,因为BC14平面ACD1,AD1C平面ACD1,所以BC1∥平面 ACD1, 同理可证A1B∥平面ACD1,因为A1B∩BC1=B,AB,BC1C平面A1BC1, 所以平面A1BC1∥平面ACD1,因为P∈平面AAB1B,要使得C1P∥平面ACD1, 则C1PC平面A1BC1,因为平面AA1BB∩平面A1BC1=AB, 故点P的轨迹为线段AB,当CP取最小值时，CPLAB,则P为AB的中点， 则C1P=12A1B)2=20一8=23 在△A1C1B中，A1C1=BC1=25,A1B=42 设P到直线A1C1的距离为d, 则S△MA1c1P=12S△41c1B=12×12X42X23=26, 又S△A1c1p=12dA1C1,故d=2S△A1C1PA1C1==30)5 即点P到直线A1C1的距离为30)5] ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 ·独家授权侵权必究 小题精练28　立体几何中的截面与动态问题(突破练) (分值：73分) 单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共18分. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.[2025·杭州模拟]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 2.[2025·扬州模拟]设A，B，C，D是同一个半径为5的球的球面上四点，△ABC是斜边为8的直角三角形，则三棱锥A－BCD体积的最大值为(　　) A. B.64 C. D.128 3.[2025·广安模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面截该正方体所得的截面多边形记为Ω，则Ω的周长为(　　) A.2＋3 B.3＋2 C.＋2 D.＋2 4.[2025·南昌模拟]如图，边长为2的正方形ABB1A1为圆柱OO1的轴截面，EF是圆O1的直径，点E从B1点出发，沿着圆O1逆时针方向转动一圈，记点E运动的路程为x，三棱锥E－FBA的体积为y，则函数y＝f(x)的图象大致为(　　) 　　 A.A B.B C.C D.D 5.[2025·安庆模拟]如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形框架的边长均为1，活动弹子M，N分别在对角线CA，BF上移动，且CM＝BN，则MN的取值范围是(　　) A. B. C. D. 6.[2025·南昌模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝，点P，E分别为棱A1C1，AA1上的动点(不包括端点)，若AE＝A1P，则三棱锥B1－A1PE的体积的最大值为(　　) A. B. C. D. 7.[2025·吕梁质检]如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2BC＝6，PC⊥PD，PC＝PD，点O是CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为(　　) A. B.2 C. D.3 8.[2025·宜宾模拟]已知E，F分别是棱长为2的正四面体A－BCD的对棱AD，BC的中点.过EF的平面α截正四面体A－BCD，得到一个截面多边形τ，则下列选项正确的是(　　) ①截面多边形τ可能是三角形或四边形； ②截面多边形τ周长的取值范围是[4，2＋3]； ③截面多边形τ面积的取值范围是[1，]； ④当截面多边形τ是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直. A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.[2025·邵阳模拟]如图所示，点E为正方体形木料ABCD－A1B1C1D1上底面的动点，则下列结论正确的有(　　) A.三棱锥E－ABC的体积为定值 B.存在点E，使CE⊥平面BDD1B1 C.不存在点E，使CE∥平面BDD1B1 D.经过点E在上底面上画一条直线l与CE垂直，若l与直线B1D1重合，则点E为上底面中心 10.[2025·萍乡模拟]在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，则下列说法正确的有(　　) A.若点O为线段BD的中点，则异面直线MO与BB1所成角的余弦值为 B.若点N为线段BC上的动点(含端点)，则|MN|＋|DN|的最小值为2 C.若点P为线段CC1的中点，则平面AMP与正方形CDD1C1的交线长为 D.若点Q在正方形ADD1A1内(含边界)，且MQ⊥A1C，则Q的轨迹长度为 11.[2025·武汉模拟]如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为平面ABCD内一动点，则(　　) A.若M在线段AB上，则D1M＋MC的最小值为 B.平面ACD1被正方体内切球所截，则截面面积为 C.若C1M与AB所成的角为，则点M的轨迹为椭圆 D.对于给定的点M，过M有且仅有3条直线与直线D1A，D1C所成角为60° 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.[2025·青岛模拟]如图所示，圆柱O1O2的底面半径为，O1O2＝4，AB为圆O1的直径，点C为圆O2上的动点，点P为圆柱侧面上的动点(不含边界)，CP⊥平面ABP，则|CP|的取值范围为________. 　　　 13.[2025·商丘模拟]如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，且PA，PB，PC两两相互垂直，若以C为球心，作一个半径为4的球，所作球面被三棱锥的四个平面——平面ABC、平面PAB、平面PAC、平面PBC截得的弧分别为，，，，则，，，的长度之和为________. 14.[2025·深圳模拟]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝4，AD＝2，点P为侧面ABB1A1内一动点，且满足C1P∥平面ACD1，则C1P的最小值为________，此时点P到直线A1C1的距离为________. 学科网（北京）股份有限公司 $