专题集训17 立体几何中的截面、动态问题-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(十七)　立体几何中的截面、动态问题 (时间：40分钟　满分：52分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—6题，每小题5分，共30分) 1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹为(　　) A.直线 B.圆 C.双曲线 D.抛物线 答案：D 解析：点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线.故选D. 2.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　　) A.等腰梯形 B.三角形 C.正方形 D.矩形 答案：A 解析：如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH⊂平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形.故选A. 3.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为(　　) A.4 B.4 C.8 D.16 答案：C 解析：如图所示，分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形.由正方体的性质得△B1BM≌△BCN，所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，所以BM⊥CN.又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，DC，CN⊂平面ENCD，所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α.又CN＝2，所以截面的面积为2×4＝8.故选C. 4.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为(　　) A. B. C.9 D.18 答案：B 解析：连接BC1，AD1，D1F，如图所示.因为E，F分别是BC，CC1的中点，所以EF∥BC1.在正方体中AD1∥BC1，所以EF∥AD1，所以A，D1，F，E在同一平面内，所以平面AEF截该正方体所得的截面为梯形EFD1A.因为正方体的棱长为2，所以EF＝，AD1＝2，D1F＝AE＝＝，则E到AD1的距离为等腰梯形EFD1A的高为＝，所以截面面积为S＝(2＋)×＝.故选B. 5.在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心、为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为(　　) A. B.π C. D.3π 答案：C 解析：如图所示，取BC中点F，连接AF，DF，则有AF⊥BC，DF⊥BC.又AF∩DF＝F，AF，DF⊂平面ADF，故BC⊥平面ADF.又AD⊂平面ADF，故BC⊥AD.又AD⊥AE，BC∩AE＝E，BC，AE⊂平面ABC，故AD⊥平面ABC.又AC，AB⊂平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB.由正三棱锥的性质可得AD，AB，AC两两垂直，故AF＝＝，即以A为球心、为半径的球面与侧面ABC的交线长为×＝π，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为3×π＝.故选C. 6.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝，E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，则线段D1P长度的最小值是(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：如图所示，连接D1A，AC，D1C.因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，所以AC∥EF.又EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，所以同理可得EG∥平面ACD1.又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因为直线D1P∥平面EFG，所以点P在直线AC上.在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2，所以＝××＝.当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，所以线段D1P长度的最小值是＝＝.故选D. 二、多项选择题(7、8题，每小题6分， 共12分) 7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则(　　) A.直线EF与BC1所成的角为60° B.过空间中一点有且仅有两条直线与A1B1，A1D1所成的角都是60° C.过A1，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为3＋2 D.过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 答案：ACD 解析：对于A，如图①所示，连接AC，A1C1，A1B，BC1.因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以EF∥AC.又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以∠A1C1B或其补角即为EF与BC1所成的角.因为△A1BC1是等边三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以EF与BC1所成的角为60°，故A正确；对于B，因为直线A1B1，A1D1所成角是90°，且两条直线相交于A1，所以过点A1与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误；对于C，如图②所示，易知平面A1EFC1为过A1，E，F三点的截面，该截面为梯形，显然A1C1＝2，A1E＝C1F＝＝，EF＝，所以截面图形的周长为A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝2＋＋＋＝3＋2，故C正确；对于D，如图③所示，分别取AA1，CC1的靠近A，C的三等分点G，H，连接GD1，GE，HD1，HF，易知GE∥HD1，HF∥GD1，故点D1，G，E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确.故选ACD. 8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，则下列说法正确的是(　　) A.若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段 B.存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD C.当且仅当点Q落在棱CC1上某处时，三棱锥Q-A1PD 的体积最大 D.若D1Q＝，那么点Q的轨迹长度为π 答案：ACD 解析：对于A，如图所示，取B1C1，C1C的中点分别为E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，则PF∥B1C1∥A1D1且PF＝B1C1＝A1D1，则四边形A1PFD1是平行四边形，所以D1F∥A1P.因为D1F⊄平面A1PD，A1P⊂平面A1PD，所以D1F∥平面A1PD，同理可得EF∥平面A1PD.因为EF∩D1F＝F，EF，D1F⊂平面D1EF，所以平面A1PD∥平面D1EF，则动点Q的轨迹为线段EF，故A正确；对于B，如图，以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，P(1，1，)，D(0，0，1)，设Q(x，1，z)，0≤x≤1，0≤z≤1，则＝(－1，0，1)，＝(0，1，)，＝(x，1，z).设m＝(a，b，c)为平面A1PD的法向量，则取c＝1，则m＝(1，－，1).若D1Q⊥平面A1PD，则∥m，即存在λ∈R，使得＝λm，则解得x＝z＝－2∉[0，1]，故不存在点Q使得D1Q⊥平面A1PD，故B错误；对于C，因为△A1PD的面积为定值，所以当且仅当点Q到平面A1PD的距离d最大时，三棱锥Q-A1PD的体积最大.由B可得＝(x－1，1，z)，m＝(1，－，1)，d＝＝｜x＋z－｜，当x＋z≤时，d＝1－(x＋z)，则当x＋z＝0时，d有最大值1；当x＋z＞时，d＝(x＋z)－1，则当x＋z＝2时，d有最大值.综上，当x＋z＝0，即Q和C1重合时，三棱锥Q-A1PD的体积最大，故C正确；对于D，由正方体的性质知D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥C1Q，D1Q＝＝，所以C1Q＝，则点Q的轨迹是圆心为C1，半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为π，故D正确.故选ACD. 三、填空题(9、10题，每小题5分，共10分) 9.如图，P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝，则动点P的轨迹的长度为　　　　. 答案： 解析：由已知AC＝AB1＝AD1＝，在平面BC1，平面A1C1，平面DC1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，A1，D为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度为×3＝. 10.如图所示，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，M为线段SA上一点，且AM＝2MS，平面MCD与侧棱BS交于点N，则MN＝　　　　. 答案： 解析：因为AB∥CD，AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，所以CD∥平面SAB.如图所示，又因为平面CDMN∩平面SAB＝MN，CD⊂平面CDMN，所以CD∥MN，所以AB∥MN，所以＝＝，所以MN＝. 学科网（北京）股份有限公司 $