专题三 立体几何　第3讲　立体几何中截面、动态问题讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何中截面、动态问题核心考点，按截面、交线、动态问题三大考向系统梳理，通过探究真题明确方向，典例精讲构建解题模型，变式训练强化方法迁移，限时训练分层检测，助力学生突破空间想象与逻辑推理难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义以新课标核心素养为引领，注重数学思维与空间观念培养，如在截面问题中通过正方体截面作图训练几何直观，动态问题结合轨迹分析发展逻辑推理能力。设置基础巩固到综合应用的分层练习，配合即时反馈，确保高效突破高考高频难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题三 立体几何 第3讲　立体几何中截面、动态问题 【探究真题.明确方向】 1.(2023·新课标Ⅱ卷，T14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为　　　　.  2.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 【命题预测】本讲是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5~6分. 【考向预测】一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是“动态”问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖. 1.【答案】28 【解析】方法一　棱台的体积为×3×(16+4+)=28. 方法二　如图，由于=，而截去的正四棱锥的高为3， 所以原正四棱锥的高为6， 所以原正四棱锥的体积为 ×(4×4)×6=32， 截去的正四棱锥的体积为 ×(2×2)×3=4， 所以棱台的体积为32-4=28. 2.【答案】ABD 【解析】对于A，因为0.99 m<1 m，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体容器内，故A正确； 对于B，因为正方体的面对角线长为 m，且>1.4， 所以能够被整体放入正方体容器内，故B正确； 对于C，因为正方体的体对角线长为 m，且<1.8， 所以不能够被整体放入正方体容器内，故C错误； 对于D， 因为1.2 m>1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图， 过AC1的中点O作OE⊥AC1， 设OE∩AC=E， 可知AC=，CC1=1，AC1=，OA=， 那么tan∠CAC1==， 即=， 解得OE=，且==>=0.62， 即>0.6， 所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱， 若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M， 可知AC1⊥O1M，O1M=0.6， 那么tan∠CAC1==， 即=， 解得AO1=0.6， 根据对称性可知圆柱的高为 -2×0.6≈1.732-1.2×1.414=0.035 2>0.01， 所以能够被整体放入正方体容器内，所以D正确. 考点一　截面问题 【典例】1　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则(　　) A.该截面多边形是四边形 B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点 C.A1C⊥平面C1EF D.平面AB1D1∥平面C1EF 【答案】B 【解析】对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G，H， 连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误； 对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=BC， 所以==，即=，点P是棱BB1的一个三等分点，B正确； 对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1， BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1， 又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1， B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C， 因为A1C⊂平面A1B1C， 所以A1C⊥BC1， 同理可证A1C⊥BD， 因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D， 因为平面BC1D与平面C1EF相交， 所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误； 对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1， 所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1， 又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1， 所以A1C⊥平面AB1D1， 结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误. 【考法归纳】作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面. (2)利用相交直线找截面. 【变式训练】1　(多选)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是(　　) A.AO⊥平面BCD B.球O的体积为 C.球O被平面BCD截得的截面面积为 D.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 【答案】ABD 【解析】设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN， 则EM∥BD，NF∥BD， EM=BD，NF=BD， 故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形， 故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点， 又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC， AN∩DN=N，AN，DN⊂平面AND， 故BC⊥平面AND， 由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC=C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确； 又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN=DN=，M为AD的中点，则MN⊥AD， 故MN===， 则OM=，所以球O的体积为π×OM3=π×=，B正确； 由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD， 故平面AND⊥平面BCD， 平面AND∩平面BCD=DN， 由于AO⊥平面BCD， 延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上， 且G为正△BCD的中心，故NG=ND=， 所以OG===， 故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为 =，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×=，C错误； 由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点， 则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知， 球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×=，D正确. 考点二　交线问题 【典例】2　(2025·九江模拟)在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动.若直线A1P与DC所成的角为，则动点P所围成的图形的面积是(　　) A. B. C. D.π 【答案】B 【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P与DC所成的角为，即直线A1P与A1B1所成的角为，故动点P所围成的图形是高为，底面半径为1，母线长为2的圆锥侧面的四分之一，即动点P所围成的图形的面积为×π×1×2=. 【考法归纳】找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点. (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线. 【变式训练】2　四棱锥P-ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=BC=1，动点E在以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为　　　　.  【答案】 【解析】以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线是△PCD内以P为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示， 由于PE为定值1，则当F点固定时，由余弦定理可知，EF的长只取决于∠EPF的大小，∠EPF越小，EF越小， 过B作平面PCD的垂线，垂足为G， 易知在△BCD中，CD⊥BD，CD=BD=， 所以S△BCD=××=1， 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 则PA⊥BC，又易知BC⊥AB，AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，则BC⊥PB. PC===， 在△PCD中，PD=DC=， 所以S△PCD=××=， 由V三棱锥P-BCD=V三棱锥B-PCD得，×1×PA=××BG⇒BG=，易知G在PC上， 延长PG交圆弧为E，过E作PB的垂线，垂足为F，此时∠EPF为线面角，取到最小值， 此时sin∠EPF==， EF=PEsin∠EPF=1×=取到最小值. 考点三　动态问题 【典例】3　(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q在底面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是(　　) A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分 B.若过点Q作体对角线A1C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分 C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D.若点P满足∠PAD=∠PAC1，则点P的轨迹为线段 【答案】ACD 【解析】依题意，以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，C(1，1，0)， A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D(1，0，0)， 假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]， 则=(1，1，0)，=(1，m，n)， 所以cos 30°===， 即+n2=1，m，n∈[0，1]， 所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A正确； 设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]， QA=，=(a，b，-1)， =(1，1，-1)， 为向量在向量上投影的长度，故||==， 由勾股定理，得QH= =， 由QA=QH得，a+b=-1，a，b∈[0，1]， 所以点Q的轨迹为线段，故B错误； 由条件得，点P到直线B1C1的距离为， 设点P到平面ABCD的距离为n， 由=n，化简得(m-1)2=2n-1，所以点P的轨迹为抛物线的一部分，故C正确； =(1，0，0)，=(1，1，1)， 可得cos∠PAD==， cos∠PAC1==， 由cos∠PAD=cos∠PAC1， 化简得m+n=-1，所以点P的轨迹为线段，故D正确. 【考法归纳】解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定. (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算. (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除. 【变式训练】3　(多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是(　　) A.BP⊥B1D B.点P的轨迹长度为π C.线段BP长度的最小值为 D.·的最小值为1- 【答案】ACD 【解析】以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)， 正方体的内切球的球心为正方体的中心O，半径r=， =(-1，1，0)，=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)， 由即 令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1). 对于选项A，=(-1，-1，-1)， 因为BP∥平面ACD1，所以·n=0，而=-n， 所以·=0，即BP⊥B1D，A正确； 对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面ACD1，所以点P的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1， =， 所以点O到平面A1BC1的距离 d===， 所以圆O1的半径为r1===， 所以圆O1的周长l=2πr1=， 即点P的轨迹长度为，B错误； 对于选项C，BO=，点P在球面上，BO1===， 线段BP长度的最小值为BO1-r1=-=，C正确； 对于选项D，设与的夹角为θ，=(-1，0，1)，||=， 在平面直角坐标系中，B，C1， P(x，y)，O1， =，=， 所以x2+=， 令x=cos θ， y=+sin θ， ·=-x-y+=1-sin≥1-， 所以·的最小值为1-，D正确. 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面A1BC1与平面BB1D1的交线为(　　) A.直线OO1 B.直线OB1 C.直线O1B D.直线OD1 【答案】C 【解析】点B是长方体的顶点，显然B∈平面A1BC1 且B∈平面BB1D1， 所以B∈平面A1BC1∩平面BB1D1， O1是矩形A1B1C1D1的对角线交点， 则O1∈A1C1，O1∈平面A1BC1，O1∈B1D1，O1∈平面BB1D1， 所以O1∈平面A1BC1∩平面BB1D1， 所以平面A1BC1∩平面BB1D1=O1B. 2.已知点P是正四面体A-BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为(　　) A.线段 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 【答案】D 【解析】在正四面体A-BCD中，E是棱CD的中点， 所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE， 又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，所以点P到棱CD的距离为PE. 在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，又点P到棱AB和棱CD的距离相等， 即PE=PF， 因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等. 由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分. 3.已知三棱锥P-ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=4，PB=PC=4.以BC为直径的球的球面与平面APC的交线为l，则l的长度为(　　) A.4 B. C. D.4π 【答案】D 【解析】由于BC为直径，所以球心在BC中点O处，且半径为BC=2，取PC的中点M，则OM∥PB，所以OM⊥平面APC，且OM=BP=2，故O到平面APC的距离为2，平面APC截球所得的图形为圆，且圆的半径为=2，故l的长度为4π. 4.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为(　　) A. B. C. D.2 【答案】B 【解析】如图所示，取A1D1的中点M， 连接AM，B1M，AB1， 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD=B1C1， 因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE=B1F， 所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF， 又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF， 因为AB1∩AM=A，且AB1，AM⊂平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF， 又因为平面ADD1A1∩平面AB1M=AM， 当P∈AM时，则B1P⊂平面AB1M， 此时B1P∥平面BEF，所以点P在侧面ADD1A1内的轨迹为线段AM， 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，可得AM=B1M=，AB1=2， 在△AMB1中，可得cos∠AMB1==， 则sin∠AMB1=， 所以B1P的最小值为B1M·sin∠AMB1=×=. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 5.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心.劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中正确的是(　　) A.截面不是平行四边形 B.截面是矩形 C.截面的面积为 D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD 【答案】BCD 【解析】如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心， 所以P位于CD的中线的处，分别取BC，AC，AD，BD的三等分点， 则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD， 所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误； 连接AP并延长交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，所以G为CD的中点，因为AC=AD=BC=BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD， 因为AG∩BG=G，AG，BG⊂平面ABG， 所以CD⊥平面ABG，又AB⊂平面ABG，所以CD⊥AB， 因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF， 所以截面EFNM为矩形，所以B正确； 因为MN=CD=a，ME=AB=a， 所以截面面积S=MN·ME=a·a=a2， 所以C正确， 对于D，截面EFNM∩平面ABC=ME，ME∥AB，ME⊄平面ABD，AB⊂平面ABD， 所以ME∥平面ABD，所以D正确. 6.(2025·大庆质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2，BC=AA1=2，M，N分别为B1C1，A1B1的中点，则(　　) A.B1D⊥平面BMN B.若P为对角线AC上的动点(包含端点)，则三棱锥M-BPN的体积为定值 C.三棱锥B1-BMN的外接球的体积为π D.若点P为长方形ABCD内一点(包含边界)，且D1P∥平面BMN，则D1P的最小值为2 【答案】BC 【解析】对于选项A，若B1D⊥平面BMN，根据线面垂直的性质，可得B1D⊥MN， 因为A1C1∥MN，根据平行线的传递性，所以B1D⊥A1C1， 又因为D1D⊥A1C1，且D1D∩B1D=D， D1D，B1D⊂平面DD1B1， 所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D1⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D1， 但在长方体中，B1D1不垂直于A1C1，这相互矛盾，所以B1D不垂直于平面BMN，故A错误； 对于选项B，易知AC∥平面BMN，根据线面平行的性质，可知AC上的点到平面BMN的距离相等，三棱锥P-BMN的体积V三棱锥P-BMN=S△BMN·h(h为点P到平面BMN的距离)，由于AC上的点到平面BMN距离相等，所以V三棱锥P-BMN不变， 又因为V三棱锥M-BPN=V三棱锥P-BMN，所以三棱锥M-BPN的体积为定值，故B正确； 对于选项C，分别以B1B，B1M，B1N为长、宽、高构造长方体，由于长方体的外接球直径就是长方体的体对角线，且该长方体的外接球与三棱锥B1-BMN的外接球相同， 设外接球半径为R，可得2R==2，则R=，则外接球的体积V=π×()3=π，故C正确； 对于选项D，取AD的中点E，取CD的中点F，连接EF，D1E，D1F，易知平面D1EF∥平面BMN， 因为点P为长方形ABCD内一点(包含边界)，所以点P的运动轨迹为线段EF，在△D1EF中，过点D1作D1P⊥EF，此时D1P取得最小值， 由题意可知，D1E=，D1F=，EF=2， 根据余弦定理cos∠D1FE===， 则sin∠D1FE===， 所以D1Pmin=D1Fsin∠D1FE=×=，故D错误. 三、填空题(每小题5分，共10分) 7.已知一个棱长为a的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则a的最大值为　　　　.  【答案】 【解析】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球， 底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正△SAB的内切圆是该圆锥内切球O的截面大圆，如图，正△SAB的高SO'=SA=2， 则内切圆的半径即球O的半径R=SO'=， 于是得球O的内接正方体棱长a满足a=2R=，解得a=，所以a的最大值为. 8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，记平面AD1E与平面ABCD的交线为l1，平面AD1E与平面ABB1A1的交线为l2，若直线AB分别与l1，l2所成的角为α，β，则tan α=　　　　　，tan(α+β)=　　　　　.  【答案】　 【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点， 延长D1E与DC的延长线交于点F，连接AF， 则直线AF即为直线l1，α=∠BAF， 由CE∥DD1，得CF=DC，又AB∥CD， 于是tan α=tan∠AFD=. 由平面DCC1D1∥平面ABB1A1，平面AD1E∩平面ABB1A1=l2，平面AD1E∩平面DCC1D1=D1E， 则D1E∥l2，又C1D1∥AB， 因此β=∠C1D1E，tan β=， 所以tan(α+β)===. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 立体几何 第3讲　立体几何中截面、动态问题 【探究真题.明确方向】 1.(2023·新课标Ⅱ卷，T14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为　　　　.  2.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 【命题预测】本讲是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5~6分. 【考向预测】一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是“动态”问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖. 考点一　截面问题 【典例】1　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则(　　) A.该截面多边形是四边形 B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点 C.A1C⊥平面C1EF D.平面AB1D1∥平面C1EF 【变式训练】1　(多选)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是(　　) A.AO⊥平面BCD B.球O的体积为 C.球O被平面BCD截得的截面面积为 D.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 考点二　交线问题 【典例】2　(2025·九江模拟)在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动.若直线A1P与DC所成的角为，则动点P所围成的图形的面积是(　　) A. B. C. D.π 【变式训练】2　四棱锥P-ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=BC=1，动点E在以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为　　　　.  考点三　动态问题 【典例】3　(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q在底面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是(　　) A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分 B.若过点Q作体对角线A1C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分 C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D.若点P满足∠PAD=∠PAC1，则点P的轨迹为线段 【变式训练】3　(多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是(　　) A.BP⊥B1D B.点P的轨迹长度为π C.线段BP长度的最小值为 D.·的最小值为1- 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面A1BC1与平面BB1D1的交线为(　　) A.直线OO1 B.直线OB1 C.直线O1B D.直线OD1 2.已知点P是正四面体A-BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为(　　) A.线段 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 3.已知三棱锥P-ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=4，PB=PC=4.以BC为直径的球的球面与平面APC的交线为l，则l的长度为(　　) A.4 B. C. D.4π 4.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为(　　) A. B. C. D.2 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 5.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心.劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中正确的是(　　) A.截面不是平行四边形 B.截面是矩形 C.截面的面积为 D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD 6.(2025·大庆质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2，BC=AA1=2，M，N分别为B1C1，A1B1的中点，则(　　) A.B1D⊥平面BMN B.若P为对角线AC上的动点(包含端点)，则三棱锥M-BPN的体积为定值 C.三棱锥B1-BMN的外接球的体积为π D.若点P为长方形ABCD内一点(包含边界)，且D1P∥平面BMN，则D1P的最小值为2 三、填空题(每小题5分，共10分) 7.已知一个棱长为a的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则a的最大值为　　　　.  8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，记平面AD1E与平面ABCD的交线为l1，平面AD1E与平面ABB1A1的交线为l2，若直线AB分别与l1，l2所成的角为α，β，则tan α=　　　　　，tan(α+β)=　　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $