高考数学二轮复习专项分层特训微专题14空间几何体的展开图、截面、交线、轨迹问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训微专题14空间几何体的展开图、截面、交线、轨迹问题含答案，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．[2022·广东韶关一模]已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为( )
A． eq \f(\r(5),2) B．1
C． eq \r(2) D． eq \r(3)
2．[2022·湖南雅礼中学模拟]如图，在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(2,3)
C． eq \f(3,2) D．2
3．[2022·湖北二模]在四棱锥P ­ ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为 eq \f(π,4) .记点M的轨迹长度为α，则tan α＝( )
A． eq \f(\r(3),3) B．1
C． eq \r(3) D．2
4．[2022·福建厦门集美中学模拟]在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，棱长为3，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD ­ A1B1C1D1的截面面积为( )
A．2 eq \r(11) B．4 eq \r(11)
C．2 eq \r(22) D．4 eq \r(22)
二、多项选择题
5．[2022·河北保定高三期末]如图，M，N为正方体中所在棱的中点，过M，N两点作正方体的截面，则截面的形状可能为( )
A.三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
6．[2022·湖北黄冈模拟]棱长为1的正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，P、Q分别在棱BC、CC1上，CP＝x，CQ＝y，x∈[0，1]，y∈[0，1]且x2＋y2≠0，过A、P、Q三点的平面截正方体ABCD ­ A1B1C1D1得到截面多边形，则( )
A．x＝y时，截面一定为等腰梯形
B．x＝1时，截面一定为矩形且面积最大值为 eq \r(2)
C．存在x，y使截面为六边形
D．存在x，y使BD1与截面平行
7．[2022·山东聊城二模]用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( )
A．底面椭圆的离心率为 eq \f(\r(2),2)
B．侧面积为24 eq \r(2) π
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36π
D．底面积为4 eq \r(2) π
8．[2022·福建漳州二模]已知正方体ABCD ­ A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为侧面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的是( )
A．AM⊥B1M
B．CD1∥平面A1BP
C．动点P的轨迹长为 eq \f(2\r(13),3)
D．AM与A1B1所成角的余弦值为 eq \f(\r(5),3)
三、填空题
9．[2022·山东潍坊高三期末]已知圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为________．
10．[2022·湖南长沙一中模拟]如图，已知正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2，M，N，G分别是棱AA1, BC，A1D1的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若 eq \(MQ,\s\up6(→)) ＝x eq \(MG,\s\up6(→)) ＋y eq \(MN,\s\up6(→)) (x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________．
11．[2022·福建福州三模]已知正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为 eq \r(3) ，以A1为球心，半径为2的球面与底面ABCD的交线的长度为________．
12．[2022·山东临沂一模]已知正三棱台ABC ­ A1B1C1的上下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长为________．
13．[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心， eq \r(5) 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
14．[2022·山东日照三模]如图所示，二面角α ­ l ­ β的平面角的大小为60°，A，B是l上的两个定点，且AB＝2，C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部(包括边界)，则点H的轨迹的长度等于________．
15．[2022·河北邯郸模拟]如图所示，A是平面α内一定点，B是平面α外一定点，直线AB与平面α所成角为45°.设平面α内的动点C到A点、B点距离分别为d1、d2(d1，d2>0)，且m＝ eq \f(d1,d2) .若点C的轨迹是一条直线，m＝________；若点C的轨迹是圆，则m的取值范围是________．
微专题14 空间几何体的展开图、
截面、交线、轨迹问题
1．解析：设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，
由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(πl＝2πr,\f(1,2)l×2πr＝2π)) ，解得r2＝1，l2＝4，
则圆锥的高h＝ eq \r(l2－r2) ＝ eq \r(3) .故选D.
答案：D
2．解析：延长D1E与直线CD相交于F，连接AF，
则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF，
又∵C1D1∥CD，
∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角，
∵E是棱CC1的中点，且DD1∥CC1，
∴CD＝CF，∴tan ∠AFD＝ eq \f(AD,DF) ＝ eq \f(1,2) .故选A.
答案：A
3.
解析：因为PA⊥平面ABCD，所以∠PMA即为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以∠PMA＝ eq \f(π,4) ，
因为AP＝2，所以AM＝2，
所以点M位于矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，
则点M的轨迹为圆弧EF.
连接AF，则AF＝2，
因为AB＝1，AD＝3，
所以∠AFB＝∠FAE＝ eq \f(π,6) ，
则弧EF的长度α＝ eq \f(π,6) ×2＝ eq \f(π,3) ，
所以tan α＝ eq \r(3) .故选C.
答案：C
4．解析：延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，
在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，
∵平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG，
∴AD1∥GE ，又∵AD1＝3 eq \r(2) ，GE＝ eq \r(2) ，
∴四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCD ­ A1B1C1D1的截面．
又∵D1G＝AE＝ eq \r(13) ，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1，
∴GH＝ eq \r(D1G2－D1H2) ＝ eq \r(11) ，
∴S＝ eq \f(1,2) ·(AD1＋EG)·GH＝ eq \f(1,2) ·( eq \r(2) ＋3 eq \r(2) )· eq \r(11) ＝2 eq \r(22) .故选C.
答案：C
5．解析：由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，
如图，截面的形状只可能为四边形和六边形．

故选BD.
答案：BD
6．解析：对A，x＝y＝1时，截面为矩形，故A错；
对B，当x＝1时，点P与点B重合，设过A、P、Q三点的平面交D1D于M，则因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C，故PQ∥AM，且AB⊥PQ，此时截面为矩形，当点Q与点C1重合时面积最大，此时截面积S＝1× eq \r(2) ＝ eq \r(2) ，B正确；
对C，截面只能为四边形、五边形，故C错；
对D，当x＝ eq \f(1,2) ，y＝ eq \f(1,3) 时，延长B1B交QP延长线于N，画出截面APQM如图所示．此时因为BP＝CP，BN∥CQ，故Rt△BPN≌Rt△CPQ，则BN＝CQ＝ eq \f(1,3) .由面面平行的截面性质可得△ADM∽△PCQ，AD＝2PC，故MD＝2QC＝ eq \f(2,3) ，此时MD1＝ eq \f(1,3) ，故MD1＝BN且MD1∥BN，故平行四边形MD1BN，故MN∥D1B，根据线面平行的判定可知BD1与截面平行，故D正确．故选BD.
答案：BD
7．解析：不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知∠ABF＝45°，
则BF＝ eq \r(2) AB，设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，则2a＝ eq \r(2) ·2b，a＝ eq \r(2) b，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2) ＝ eq \f(\r(2),2) a，
所以离心率为e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) ，A正确；
EG⊥BF，垂足为G，则EG＝6，
易知∠EBG＝45°，BE＝6 eq \r(2) ，又CE＝AF＝AB＝4，
所以斜圆柱侧面积为S＝2π×2×(4＋6 eq \r(2) )－2π×2×4＝24 eq \r(2) π，B正确；
2b＝4，b＝2，2a＝4 eq \r(2) ，a＝2 eq \r(2) ，
椭圆面积为πab＝4 eq \r(2) π，D正确；
由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为4π×22＝16π，C错．故选ABD.
答案：ABD
8．解析：如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则A(0，0，2)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，M(2，1，0)，P(x，y，0)，
所以＝(0，－2，－2)， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(x，y，0)， eq \(AM,\s\up6(→)) ＝(2，1，－2)，
由AM∥平面A1BP，
得 eq \(AM,\s\up6(→)) ＝aA1B＋b eq \(BP,\s\up6(→)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(0＋bx＝2,－2a＋by＝1,－2a＝－2))) ，化简可得3x－2y＝0，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
A选项： eq \(AM,\s\up6(→)) ＝(2，1，－2)，B1M＝(2，－1，0)， eq \(AM,\s\up6(→)) ·B1M＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，所以 eq \(AM,\s\up6(→)) 与B1M不垂直，所以A选项错误；
B选项：CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，CD1⊄平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，B选项正确；
C选项：动点P在直线3x－2y＝0上，且P为侧面BCC1B1上的动点，则P在线段P1B上，P1( eq \f(4,3) ，2，0)，所以P1B＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))\s\up12(2)＋22＋02) ＝ eq \f(2\r(13),3) ，C选项正确；
D选项：A1B1＝(0，0，－2)，cs 〈 eq \(AM,\s\up6(→)) ， eq \(A1B1,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(4,2\r(22＋12＋（－2）2)) ＝ eq \f(2,3) ，D选项错误．故选BC.
答案：BC
9．解析：圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形．
则圆锥的底面直径为2，母线长为 eq \r(2) ，
故该圆锥的侧面积为πrl＝ eq \r(2) π .
答案： eq \r(2) π
10．解析：∵ eq \(MQ,\s\up6(→)) ＝x eq \(MG,\s\up6(→)) ＋y eq \(MN,\s\up6(→)) (x，y∈R)，∴Q在平面MGN上，
分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，则点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，
因为正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2，
所以正六边形OFNEMG的边长为 eq \r(2) ，
所以，点Q的轨迹围成图形的面积是S＝6× eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(2) ×sin 60°＝3 eq \r(3) .
答案：3 eq \r(3)
11．解析：正方体中，AA1⊥平面ABCD，所以平面ABCD与球的截面是以A为圆心的圆，且半径为 eq \r(22－（\r(3)）2) ＝1，所以球面与底面ABCD的交线为以A为圆心，1为半径的弧，该交线为 eq \f(1,4) ×2π＝ eq \f(π,2) .
答案： eq \f(π,2)
12．解析：由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，
侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB1A1中，
AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3.
在棱AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，
即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，
半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧 eq \(MN,\s\up8(︵)) 、 eq \(MP,\s\up8(︵)) 、 eq \(NP,\s\up8(︵)) ，
分别是与平面ABC、ABA1B1、ACC1A1的交线；
则所求交线长度为三段圆弧 eq \(MN,\s\up8(︵)) 、 eq \(MP,\s\up8(︵)) 、 eq \(NP,\s\up8(︵)) 的长度之和，
长度为 eq \f(π,3) ×2×3＝2π.
答案：2π
13．解析：如图：
取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，
因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝ eq \r(3) ，D1E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1C1，
因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，
因为球的半径为 eq \r(5) ，D1E＝ eq \r(3) ，所以|EP|＝ eq \r(|D1P|2－|D1E|2) ＝ eq \r(5－3) ＝ eq \r(2) ，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为 eq \r(2) ，
因为|EF|＝|EG|＝ eq \r(2) ，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧 eq \(FG,\s\up8(︵)) ，
因为∠B1EF＝∠C1EG＝ eq \f(π,4) ，所以∠FEG＝ eq \f(π,2) ，
所以根据弧长公式可得 eq \(FG,\s\up8(︵)) ＝ eq \f(π,2) × eq \r(2) ＝ eq \f(\r(2),2) π.
答案： eq \f(\r(2),2) π
14．解析：
如图所示，因为AB与平面BCD所成的角为30°，点A在平面BCD上的射影H，AB＝2，
所以AH＝AB·sin 30°＝1，BH＝AB·cs 30°＝ eq \r(3) ，
所以H的轨迹为直角三角形ABH绕斜边AB旋转所形成的轨迹，
在直角△ABH中，作HO⊥AB，垂足为O，
因为AB＝2，AH＝1，BH＝ eq \r(3) ，可得OH＝ eq \f(AH·BH,AB) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
即点H的轨迹为以O为圆心，以OH为半径的圆弧，
又因为二面角α ­ l ­ β的平面角的大小为60°，
所以点H的轨迹的长度等于 eq \f(π,3) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),6) π.
答案： eq \f(\r(3),6) π
15．解析：如图所示，作点B在平面α上的投影点E，连接AE和CE，显然BE⊥平面α.
以E为坐标原点， eq \(EA,\s\up6(→)) ， eq \(EB,\s\up6(→)) 分别为x，z轴的正方向，作 eq \(Ey,\s\up6(→)) ⊥ eq \(EA,\s\up6(→)) ，
以 eq \(Ey,\s\up6(→)) 为y轴正方向，建立空间直角坐标系E ­ xyz.由于直线AB与平面α所成角为45°，所以BE＝AE.
设BE＝AE＝p(p>0)，则A(p，0，0)，B(0，0，p)；
设C(x，y，0)，则d1＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC)) ＝ eq \r(（x－p）2＋y2) ，d2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC)) ＝ eq \r(x2＋y2＋p2) ，
故d1＝md2⇔ eq \r(（x－p）2＋y2) ＝m eq \r(x2＋y2＋p2) ⇔(m2－1)x2＋(m2－1)y2＋2px＋(m2－1)p2＝0(*)，
显然，m>0.
(1)当m＝1时，(*)式⇔x＝0，即点C的轨迹为直线Ey.
(2)当m≠1时，(*)式⇔x2＋y2＋ eq \f(2p,m2－1) x＋p2＝0⇔ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,m2－1))) 2＋y2＝ eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（m2－1）2))p2,（m2－1）2)
若上式表示圆的方程，则1－(m2－1)2>0，解得0