新高考数学二轮复习提升讲与练专题03 微专题2 截面与动态问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题03 微专题2 截面与动态问题（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析，跟踪练习等内容，欢迎下载使用。
微专题2 截面与动态问题
一、考点透析
考点1 截面问题
1.(2025·江苏省·模拟题)如图，ABC−A′B′C′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A′−ABC，A′−BCB′，A′−B′C′C在平面α上方的部位体积为V1，V2，V3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么当V1+V3=2V2时，S1S2=( )
A. 13B. 12C. 1D. 32
【答案】B
【解析】解：
设直三棱柱的底面积为S，体积为V，
如图所示，V1+V3=13V，所以V2=16V，
此时V1+V2+V3=13V+16V=12V，
此时平面α是直棱柱的中截面，
故平面α与A′B，A′C，B′C相交于它们的中点处，
此时截面如图所示，
所以S1S2=12．
故选：B．
2.(2025·山东省青岛市·模拟题)在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=2 3，M为棱B1C1的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是
A. 5 34B. 15 32C. 10 3D. 6 2
【答案】C
【解析】解：设该正四棱台上、下底面的中心分别为O1，O ，
设AB=2A1B1=4x，高O1O=h，
作A1H⊥AC，则A1O1=12 (2x)2+(2x)2= 2x，AO=12 (4x)2+(4x)2=2 2x.
在梯形A1O1OA中，A1A2=AH2+A1H2⇒12=(2 2x− 2x)2+h2⇒h2=12−2x2，
所以该四棱台的体积为
V=13(16x2+ 16x2⋅4x2+4x2)⋅ 12−2x2=283x2⋅ 12−2x2
=283⋅ x2⋅x2⋅(12−2x2)≤283 (x2+x2+12−2x23)3=283⋅8
当且仅当x2=12−2x2，即x=2时取等号，此时AB=8，A1B1=4，O1O=2．
取C1D1的中点N，连接NM、ND，
显然有MN//D1B1//DB，MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以MN//平面ABCD，
因此平面MBDN就是截面，
MN=12B1D1=2 2，BD=8 2，
设MN与A1C1交于点R，
则OR= OO12+O1R2= 22+( 2)2= 6，
所以梯形MBDN的面积为2 2+8 22× 6=10 3，
故选C．
3.（2025·咸阳模拟）如图，在棱长为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的表面与线段AD相切于点M，则球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 .
【答案】833π
【解析】在棱长为2的正四面体ABCD中，连接AN，DN，过O作OE⊥DN于E，如图，
由M，N分别为棱AD，BC的中点，得AN⊥BC，DN⊥BC，
而AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，则BC⊥平面AND，
又BC⊂平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，
而平面AND∩平面BCD＝DN，OE⊂平面AND，
因此OE⊥平面BCD，而AN＝DN＝3，DM＝1，MN⊥AD，
则MN＝2，球O半径OM＝12MN＝22，
故ON＝OM＝22，sin ∠DNM＝DMDN＝13，
从而OE＝ON·sin ∠DNM＝22×13＝16，
球O被平面BCD截得的截面圆半径r＝ON2－OE2＝13＝33，
所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr＝233π.
又ABCD为正四面体，
所以球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径为33，
所以球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×233π＝833π.
考点2 动态问题
1.(2025·福建省·月考)如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，O为底面AC的中心，点P在侧面BC1内运动且D1O⊥OP，则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和的最小值是( )
A. 85B. 125C. 5D. 2 2
【答案】A
【解析】解：如图所示：
当点P在C处时，D1O⊥OC，
当点P在B1B的中点P1时，
OP12=( 2)2+12=3,D1O2=( 2)2+22=6,D1P12=(2 2)2+12=9，
所以OP12+D1O2=D1P12，
所以D1O⊥OP1，又OP1∩OC=O，OP1，OC⊂平面OP1C，
所以D1O⊥平面OP1C，
所以点P的轨迹是线段P1C，
作点B关于CP1的对称点B′，过P作PH⊥BC于H，
当B′，P，H三点共线时，点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和取得最小值．
在直角三角形P1BC中，BC=2，P1B=1，P1C= 4+1= 5，
得BB′=4 5，
所以，当B′，P，H三点共线时，B′H=BB′sin∠HBB′=4 5×2 5=85，
故选：A．
2.(2025·湖南省·单元测试)如图，在棱长为5的正方体ABCD−A′B′C′D′中，M是侧面ADD′A′上的一个动点，点P为线段CC′上，且PC′=2,则以下命题正确的是( )(动点的轨迹：指动点运动所形成的图形)
A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离是 109
B. 保持PM与BD′垂直时，点M的轨迹长度为3 2
C. 若保持PM= 26，则M的轨迹长度为43π
D. 平面AD′P被正方体ABCD−A′B′C′D′截得截面为直角梯形
【答案】B
【解析】解：对于A，将正方体的底面和侧面展开(如图)，
连接AP，则AP= AB2+BP2= 89< 109，故A错误;
对于B，易知BD′⊥平面ACB′ ，
所以过点P作平面PEF /​/平面ACB′，
所以M的运动轨迹为线段EF，
所以|EF|=35|A′D|=3 2，故B正确;
对于C，如图，若 PM= 26 ，
则 M 在以 P 为球心， 26 为半径的球面上，
过点P作PQ⊥平面 ADD′A′ ，则 D′Q=2 ，
此时 QM= PM|2−PQ|2= 26−25=1 ．
所以点M在以Q为圆心，1为半径的圆弧上，此时圆心角为 π ．
点 M 的运动轨迹长度 π×1=π ，故C错误；
对于D，如图，延长DC，D′P交于点H，连接AH交BC于I，连接PI，
所以平面AD′P被正方体ABCD−A′B′C′D′截得的截面为AIPD′．
△PCH∽ △D′DH，所以|PH||D′H|=|PC||DD′|=HC|DH|=35．
△ICH∽ △ADH，所以|CI||DA|=|HC||DH|=|IH||AH|=35，
所以 |PH||D′H|=|IH||AH|=|PI||AD′|=35，
所以PI//AD′，且|PI| ≠|AD′|，
所以截面AIPD′为梯形，|AI|=|PD′|= 25+4= 29，
所以截面AIPD′为等腰梯形，故D错误．
故选：B．
3.（多选题）(2025·内蒙古自治区呼和浩特市·模拟)如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，O为底面ABCD的中心，E为棱CC1的中点，M是线段A1D上的动点，P为平面A1C1D内的动点，则下列说法正确的是( )．
A. OE//平面A1C1DB. OE⊥A1D
C. OM+MC1的最小值为 14D. OP的最小值为2 33
【答案】BCD
【解析】解：选项A中，分别取AA1，A1C1中点F，G，连接FG、AC1，AC，可知AC1//OE，
又因为FG//AC1，所以FG//OE，所以OE//平面A1C1D不成立，选项A错误；
选项B中，取A1D1中点H，连接FH，AD1，HG，所以HG//C1D1，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1，所以C1D1⊥面DAA1D1，
因为FH⊂平面DAA1D1，所以C1D1⊥FH，即HG⊥FH，
因为DA1⊥AD1，FH//AD1，所以DA1⊥FH，
FH∩HG=H，FH⊂平面FGH，HG⊂平面FGH，所以A1D⊥平面FGH，
因为FG⊂平面FGH，所以A1D⊥FG，故A1D⊥OE，选项B成立；
选项C中，要求OM+MC1的最小值，OM⊂面A1BD，MC1⊂面A1C1D，
▵BA1D和▵C1A1D都是边长为2 2的正三角形，
将它们置入同一平面可以得到平行四边形A1C1BD，O为BD中点，
在▵ODC1中，由余弦定理可得C1O2=8+2−2× 2×2 2×−12=14，
∴C1O= 14，选项C成立；
选项D中，OP垂直平面A1C1D时的值最小，
又O到平面A1C1D的距离等于B到平面A1C1D距离的12，
设正四面体A1C1DB的高等于h，
因为VA1C1DB=VABCD−A1B1C1D1−4×VA−DCD1，即13SA1C1D×h=23−4×13SDCD1×AD，
即13×12×2 2×2 2×sin60∘×h=23−4×13×12×2×2×2，解得h=4 33，
正四面体A1C1DB的高等于4 33，所以OP的最小值为2 33，选项D成立．
故选：BCD．
二、跟踪练习
1.（2025·宁波质检）已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是（ ）
A.斜三角形B.梯形
C.平行四边形D.两组对边均不平行的四边形
【答案】D
【解析】如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接BG，
延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点K，连接KB，得四边形EFBK，
假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，
易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，
这与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，
因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，
因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.
2.已知正四面体ABCD的棱长为2，平面α与棱AB，CD均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为( )
A．1B．2
C．3D．2
【答案】A
【解析】如图，取CD的中点O，连接OA，OB．
因为△ACD为等边三角形，O为CD的中点，
所以OA⊥CD，同理可得OB⊥CD，因为OA∩OB＝O，所以CD⊥平面AOB．
因为AB⊂平面AOB，所以CD⊥AB．
设平面α分别交AC，AD，BD，BC于E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE.
因为CD∥平面α，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面α＝EF，
所以CD∥EF，同理可证GH∥CD，所以EF∥GH，
同理可证EH∥FG，所以四边形EFGH为平行四边形．
因为AB⊥CD，所以EF⊥EH，则平行四边形EFGH为矩形．
设AEAC＝x(0＜x＜1)，则CEAC＝1－x.
因为EF∥CD，则EFCD＝AEAC＝x，所以EF＝2x，
同理可得EH＝2(1－x)，所以S矩形EFGH＝EF·EH＝2x·2(1－x)＝4x(1－x)≤4·x+1−x22＝1，
当且仅当x＝12时等号成立，因此截面面积的最大值为1.
3.（多选题）(2025·山东省济宁市·模拟)在棱长为2正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，F是侧面BB1C1C内的一点(包含边界)，则以下结论正确的是( )
A. 若|AF|= 5，则F的轨迹长度为π2
B. EF与A1D所成角的最大值为π3
C. 若三棱锥A1−DEF的体积为定值，则EF⊥BD1
D. 若F在线段CC1上，则三棱锥A−BB1F的外接球表面积的取值范围是41π4,12π
【答案】AD
【解析】解：对于A，取BC的中点F，此时满足|AF|= 5，
因为点F在侧面BB1C1C内，所以以A为球心， 5为半径的球面与侧面的交线为四分之一圆弧，
该圆弧是以B为圆心1为半径的圆的14，故其轨迹长度为14×2π×1=π2，故A正确；

对于B，如图所示，连接B1C，在Rt▵BEB1中，EB1= EB|2+BB1|2= 5，同理可求得|EC|= 5，
所以▵ECB1为等腰三角形，当点F为B1C的中点时，连接EF，此时有EF⊥B1C，
在正方体中易知B1C//A1D，故EF⊥A1D，此时EF与A1D所成角的为π2，故B错误；

对于C，S▵BDE=12|BE|·|AD|=12×1×2=1，所以VA1−BDE=13S▵BDE·AA1=13×1×2=23(定值)，
故当点F与点B重合时，满足三棱锥A1−DEF的体积为定值，
此时EF⊥平面BCC1B1，BD1⊄平面BCC1B1，所以EF与BD1不垂直，故C错误；

对于D，设∠BFB1=θ，当点F为CC1的中点时，θ最大，
取BB1的中点P，则sin∠B1FP=sinθ2=B1PB1F=1 5,cs∠B1FP=csθ2=|PF|B1F=2 5，
所以sinθ=2sinθ2csθ2=45；
当点F与点C或点C1重合时，θ最小，此时sinθ= 22，所以sinθ∈ 22,45，

∵B,B1,F在球面上，∴△BB1F的外接圆直径2R=BB1sinθ=2sinθ∈52,2 2，
∴三棱锥A−BB1F的外接球的直径为|2r|= |AB|2+(2R)2= 4+4R2∈ 412,2 3，
∴三棱锥A−BB1F的外接球的半径为r∈ 414, 3，
∴三棱锥A−BB1F的外接球的表面积为4πr2∈41π4,12π，故D正确．
故选：AD．
4.(2025·江西宜春模拟)如图，在四面体ABCD中，△ABC和△ACD均是边长为6的等边三角形，DB＝9，则四面体ABCD外接球的表面积为________；点E是线段AD的中点，点F在四面体ABCD的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为_________．
【答案】84π 53π
【解析】取AC中点M，连接BM，DM，则AC⊥BM，AC⊥DM，BM∩DM＝M，BM，DM⊂平面DMB，
又△ABC和△ACD均是边长为6的等边三角形，DB＝9，
∴AC⊥平面DMB，DM＝MB＝62−32＝33，
所以cs ∠DBM＝92+332−3322×9×33＝32，
∴∠DBM＝∠MDB＝30°，
设四面体ABCD外接球的球心为O，△DAC，△BAC的中心分别为O1，O2，
易知OO1⊥平面DAC，OO2⊥平面BAC，且O，O1，O2，M四点共面，
由题可得∠OMO1＝12∠O1MO2＝60°，O1M＝13DM＝3，
在Rt△OO1M中，得OO1＝3O1M＝3，又O1D＝23DM＝23，
则四面体ABCD外接球半径r＝OO12+O1D2＝32+232＝21，
所以四面体ABCD外接球的表面积为4πr2＝4π×212＝84π；
作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为α，
则平面α经过点H且AC⊥α，
易知O到平面α的距离d＝MH＝32，
故平面α截外接球所得截面圆的半径为r1＝r2−d2＝21−94＝532，
所以截面圆的周长为l＝2πr1＝53π，即点F轨迹的周长为53π.
5.(2025·山西省·模拟)如图所示，在三棱锥A−BCD中，AB=CD，AC=AD=BC=BD，BC=2AB，点E，F，G分别在棱BC，AC，AD上运动，且AB//平面EFG，CD//平面EFG，M，N分别是线段CD和AB的中点．
(1)证明：直线MN⊥平面EFG；
(2)当三角形EFG面积的最大值为12时，求三棱锥A−BCD的体积．
【答案】（1）见解析
（2）2 143
解：(1)证明：因为AB//平面EFG，AB⊂平面ABC，AB⊄平面EFG，
平面ABC∩平面EFG=EF，所以AB//EF，同理CD//FG，
如图，连接AM，BM，
∵AC=AD=BC=BD，所以▵ACD≅△BCD，
又因为M，N分别是线段CD和AB的中点，
所以AM=BM，所以MN⊥AB，所以MN⊥EF，
又因为AM⊥CD，BM⊥CD，AM，BM⊂平面AMB，AM∩BM=M，
所以CD⊥平面AMB，又NN⊂平面AMB，所以CD⊥MN，所以FG⊥MN，
因为EF，FG⊂平面EFG，EF∩FG=F，
所以MN⊥平面EFG；
(2)由(1)及已知可得CFCA+AFCA=1，因为EFAB=CFCA，FGCD=AFAC，
所以EFAB+FGCD=1，又因为AB=CD，所以EF+FG=AB，
由(1)知CD⊥平面AMB，又AB⊂平面AMB，所以CD⊥AB，
所以CD⊥EF，所以FG⊥EF，
所以S▵EFG=12EF⋅FG≤12EF+FG22=12×AB24=12，当且仅当EF=FG时等号成立，
所以AB=2，又BC=2AB，则AC=AD=BC=BD=4，
因为CD⊥平面AMB，所以VA−BCD=VC−ABM+VD−ABM=13S▵ABM⋅CD，
因为AM=BM= AC2−CM2= 15，所以MN= AM2−AN2= 14，
所以VA−BCD=13×12×2× 14×2=2 143，
所以三棱锥A−BCD的体积为2 143．