新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题14空间几何体的展开图截面交线轨迹问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题14空间几何体的展开图截面交线轨迹问题（附解析），共10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。
1．已知某圆台的高为2eq \r(2)，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为( )
A.9πB．6eq \r(2)πC．9eq \r(2)πD．8π
2．[2023·辽宁鞍山模拟]如图，在三棱锥V­ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为( )
A.6eq \r(2)B．6eq \r(3)C．8eq \r(2)D．8eq \r(3)
3.
如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC.那么，动点C在平面α内的轨迹是( )
A.一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点
C.一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点
4．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2BC，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P＝3BP，CQ＝3C1Q，BT＝3AT，则平面PQT截长方体所得的截面形状为( )
A.三角形B．四边形C．五边形D．六边形
5.
[2023·海南海口模拟]如图，点P是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1表面上的一个动点，直线AP与平面ABCD所成的角为45°，则点P的轨迹长度为( )
A.π＋4eq \r(2)B．4eq \r(2)π
C.2eq \r(3)D．3eq \r(2)＋π
6．[2023·河北石家庄模拟]在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，以C1为球心，eq \f(\r(39),3)为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为( )
A.eq \f(2\r(3)π,9)B．eq \f(4\r(3)π,9)C．eq \f(2\r(3)π,3)D．eq \f(8\r(3)π,9)
7.
[2023·安徽蚌埠模拟]如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的一个截面经过顶点A，C及棱A1B1上一点K，截面将正方体分成体积比为2∶1的两部分，则eq \f(A1K,KB1)的值为( )
A.eq \f(2,3)B．eq \f(\r(5)＋1,2)
C.eq \f(\r(5)－1,2)D．eq \f(3－\r(5),2)
8．[2023·河北衡水模拟]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别为棱AA1，CC1的中点，点Q是棱A1D1上靠近点D1的三等分点，则平面MNQ截该正方体所得截面的面积为( )
A.eq \r(34)B．2eq \r(34)C．10D．12
二、多项选择题
9．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱A1B1的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的是( )
A.如果AM⊥BD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为eq \f(\r(3),2)
B.如果B1M∥平面AEC1，则点M的轨迹所围成图形的周长为eq \f(3\r(5),2)
C.如果EM∥平面D1B1BD，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋eq \r(2)
D.如果EM⊥BD1，则点M的轨迹所围成图形的面积为eq \f(3\r(3),4)
10．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是( )
A.若点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为2∶1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B.若点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C.过点P，C，D三点作正方体ABCD­A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D.三棱锥P­ABC体积的最大值为eq \f(1,6)
[答题区]
三、填空题
11．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________．
12．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点Q为侧面BB1C1C内一动点(含边界)，若D1Q＝eq \f(\r(5),2)，则点Q的轨迹长度为________．
13.
[2023·安徽铜陵模拟]如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为2eq \r(15)km，B是山坡SA上一点，且AB＝2km.现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为________．
14．[2023·河北唐山模拟]正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为棱AB，BC的中点，过D1，E，F做该正方体的截面，则截面形状为________，周长为________．
微专题14 空间几何体的展开图、截面、交线、轨迹问题
1．解析：∵圆台的母线长为eq \r(（2\r(2)）2＋（2－1）2)＝3，∴其侧面展开图的面积S＝π(1＋2)×3＝9π.故选A.
答案：A
2．解析：沿着侧棱VA把正三棱锥V­ABC展开在一个平面内，如图所示：
则AA′即为△AEF的周长的最小值，又因为展开前∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，
所以∠AVA′＝3×30°＝90°，在△VAA′中，VA＝VA′＝8，由勾股定理得：AA′＝eq \r(VA2＋（VA′）2)＝eq \r(82＋82)＝8eq \r(2).故选C.
答案：C
3．解析：连接AB，BC.
PB⊥α，AC⊂α，则PB⊥AC，又PC⊥AC，
PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，则AC⊥BC，
则动点C在平面α内的轨迹是以A，B为直径的圆(去掉A，B两个点).故选B.
答案：B
4．解析：如图连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，
过点S作SR∥EQ交DD1于点R，连接RQ，
则五边形PQRST即为平面PQT截该长方体所得的截面多边形．
故选C.
答案：C
5．解析：若点P在正方形A1B1C1D1内，
过点P作PP′⊥平面ABCD于P′，连接AP′，A1P.
则∠PAP′为直线AP与平面ABCD所成的角，则∠PAP′＝45°，
又PP′＝2，则PA＝2eq \r(2)，则PA1＝2，
则点P的轨迹为以A1为圆心半径为2的圆(落在正方形A1B1C1D1内的部分)，
若点P在正方形A1B1AB内或A1D1AD内，轨迹分别为线段AB1，AD1，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，
所以点P的轨迹长度为2×eq \f(π,2)＋2eq \r(2)＋2eq \r(2)＝π＋4eq \r(2).故选A.
答案：A
6．解析：设D1为A1B1的中点，连接C1D1，
因为A1B1＝AB＝2，△A1B1C1为等边三角形，
所以C1D1＝eq \r(3)，
因为C1D1⊥A1B1，C1D1⊥AA1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面ABB1A1，
所以C1D1⊥平面ABB1A1，
所以以C1为球心，eq \f(\r(39),3)为半径的球面与平面ABB1A1的交线为以D1为圆心的圆，
由eq \r(（\f(\r(39),3)）2－（\r(3)）2)＝eq \f(2\r(3),3)，
可得交线即以D1为圆心，eq \f(2\r(3),3)为半径的圆弧，
设该圆弧与AA1，BB1分别相交于点M，N，
因为MD1＝eq \f(2\r(3),3)，A1D1＝1，
所以cs∠MD1A1＝eq \f(\r(3),2)，因为∠MD1A1∈(0，eq \f(π,2))，
所以∠MD1A1＝eq \f(π,6)，
所以∠MD1N＝eq \f(2π,3)，
故交线长l＝eq \f(1,3)×2π×eq \f(2\r(3),3)＝eq \f(4\r(3)π,9).故选B.
答案：B
7．解析：设正方体棱长为1，KB1＝x，
如图所示，该截面把正方体分为几何体ABC­KB1M和另一几何体，
由面面平行的性质可知：KM∥AC，
延长AK，CM，相交于点O，则O∈平面ABB1A1，且O∈平面BCC1B1，
又平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，
所以O在直线BB1上，即AK，CM，BB1三线共点，
所以几何体ABC­KB1M为三棱台，
其中三棱台ABC­KB1M上底面积是eq \f(1,2)x2，下底面积为eq \f(1,2)，高等于1，
所以V＝eq \f(1,3)(eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)x2＋eq \r(\f(1,2)×\f(1,2)x2))×1＝eq \f(1,3)，解得：x＝eq \f(\r(5)－1,2)，
所以A1K＝1－eq \f(\r(5)－1,2)＝eq \f(3－\r(5),2)，eq \f(A1K,KB1)＝eq \f(3－\r(5),2)×eq \f(2,\r(5)－1)＝eq \f(\r(5)－1,2).故选C.
答案：C
8．解析：如图所示，
M，N分别是AA1，CC1中点，则MN∥A1C1∥AC，作QE∥A1C1，交C1D1于E，连接EN，
并延长交DC的延长线于点K，连接QM，并延长交DA的延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F，
则QENFGM为过M，N，Q三点的截面．
由面面平行的性质定理得TK∥QE，从而有TK∥AC，A1Q＝2，D1Q＝1，
则D1E＝D1Q＝1，C1E＝A1Q＝2，因为N是CC1中点，C1E∥CK，
所以CK＝C1E＝2，又因为TK∥AC，所以CF＝CK＝2，
同理AG＝2，BG＝BF＝1，QE＝eq \r(2)，MN＝3eq \r(2)，EN＝eq \r(22＋（\f(3,2)）2)＝eq \f(5,2)，
梯形QENM是等腰梯形，且梯形QENM与梯形FGMN全等，高为h＝eq \r(EN2－（\f(MN－QE,2)）2)＝eq \f(\r(17),2)，
截面面积S＝2×eq \f(1,2)(QE＋MN)h＝2eq \r(34).故选B.
答案：B
9．解析：
由A1D1⊥平面A1B1BA，而AB1⊂平面A1B1BA，则A1D1⊥AB1，又AB1⊥BA1，
又A1D1∩BA1＝A1，A1D1，BA1⊂平面BA1D1，则AB1⊥平面BA1D1，
由BD1⊂平面BA1D1，则AB1⊥BD1，同理AC⊥BD1，
AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面ACB1，则BD1⊥平面ACB1，
所以BD1垂直于平面ACB1所有直线，且A∈平面ACB1，
若AM⊥BD1，则M在边长为eq \r(2)的正△ACB1的边上，
故轨迹图形面积为eq \f(1,2)×(eq \r(2))2×sin60°＝eq \f(\r(3),2)，A对；
若F，G分别为CD，AB中点，连接AF，FC1，B1G，GC，CB1，
由正方体的性质易得AE∥B1G∥FC1，AE＝B1G＝FC1，
所以A，E，C1，F共面，且AEC1F为平行四边形，故平面AEC1即为平面AEC1F，
由AE⊂平面AEC1F，B1G⊄平面AEC1F，则B1G∥平面AEC1F，
同理可得CG∥平面AEC1F，B1G∩CG＝G，B1G，CG⊂平面B1CG，
所以平面B1CG∥平面AEC1F，要使B1M∥平面AEC1，则M在△B1CG的边上，
所以轨迹长为eq \r(2)＋2×eq \f(\r(5),2)＝eq \r(2)＋eq \r(5)，B错；
若G，I，J分别为AB，AD，A1D1的中点，连接EG，GI，IJ，JE，显然EG∥IJ，
所以E，G，I，J共面，即E，G，I，J∈平面EGIJ，
由EG∥BB1，EG⊄平面D1B1BD，BB1⊂平面D1B1BD，则EG∥平面D1B1BD，
又IG∥BD，同理可得IG∥平面D1B1BD，EG∩IG＝G，EG，IG⊂平面EGIJ，
所以平面D1B1BD∥平面EGIJ，故平面EGIJ内任意直线都与平面D1B1BD平行，
要使EM∥平面D1B1BD，则M在四边形EGIJ的边上运动，
此时轨迹长为2×eq \f(\r(2),2)＋2×1＝eq \r(2)＋2，C对；
若H，I，K，L，N分别是AA1，AD，CD，CC1，B1C1的中点，并依次连接，
易知ENLKIH为正六边形，显然EH∥AB1，EN∥IK∥AC，
由EH⊄平面ACB1，AB1⊂平面ACB1，则EH∥平面ACB1，同理可得EN∥平面ACB1，
EH∩EN＝E，EH，EN⊂平面ENLKIH，所以平面ENLKIH∥平面ACB1，
由BD1⊥平面ACB1，则BD1⊥平面ENLKIH，故BD1垂直于平面ENLKIH所有直线，
要使EN⊥BD1，则M在边长为eq \f(\r(2),2)的正六边形ENLKIH边上运动，
所以轨迹图形面积为6×eq \f(1,2)×(eq \f(\r(2),2))2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4)，D对．故选ACD.
答案：ACD
10．解析：
如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C1，B1B分别为x，y，z建立空间直角坐标系，
则B1(0，0，0)，设侧面ABB1A1内(包含边界)点P(x，0，z)，(0≤x≤1，0≤z≤1) ，
对于A：点P到直线AB的距离为1－z，
由正方体知B1C1⊥平面ABB1A1，又PB1⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，
所以点P到直线B1C1距离为PB1＝eq \r(x2＋z2)，故eq \f(1－z,\r(x2＋z2))＝2，整理得eq \f(x2,\f(1,3))＋eq \f(（z＋\f(1,3)）2,\f(4,9))＝1，
所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；
对于B：点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为1∶1，即P到直线AB与到定点B1的距离相等，
根据抛物线定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C：过点P作MN∥AB分别交AA1，BB1于M，N，连接CN，DM，
则MN∥CD且MN＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，
则平行四边形MNCD为过点P，C，D三点的截面，故C正确；
对于D：当点P在A1B1上时，点P到平面ABCD的距离最大为1，
此时三棱锥P­ABC体积VP­ABC＝eq \f(1,3)×S△ABC×1＝eq \f(1,6)，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
11．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
12.
解析：由题意，Q在平面BB1C1C的轨迹是以C1为圆心，半径为eq \f(1,2)的四分之一圆弧，
所以轨迹长度为eq \f(1,4)×2π×eq \f(1,2)＝eq \f(π,4).
答案：eq \f(π,4)
13．解析：由题意，半径为2km，山高为2eq \r(15)km，则母线SA＝eq \r(22＋（2\r(15)）2)＝8，
底面圆周长2πr＝4π，所以展开图的圆心角α＝eq \f(4π,8)＝eq \f(π,2)，
如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，AB＝eq \r(82＋62)＝10，
由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，
则SB2＝BH·AB，即36＝10·BH，得BH＝3.6km，
下坡路段长度为3.6km.
答案：3.6km
14．解析：连接EF并延长交DC的延长线于N，连接D1N交CC1于Q，连接QF，
延长FE交DA的延长线于M，连接D1M交AA1于P，连接EP，顺次连接D1，Q，F，E，P，
则五边形D1QFEP即为平面D1EF截正方体ABCD­A′B′C′D′的截面多边形，如图：
由题意，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则AE＝1，∠AEM＝∠BEF＝45°，
则△AME为等腰直角三角形，则AM＝1，根据△AMP∽△A1D1P得，eq \f(AP,A1P)＝eq \f(AM,A1D1)＝eq \f(1,2)，
则A1P＝eq \f(4,3)，AP＝eq \f(2,3)，则D1P＝eq \r(22＋（\f(4,3)）2)＝eq \f(2\r(13),3)，EP＝eq \r(12＋（\f(2,3)）2)＝eq \f(\r(13),3)，
同理可得D1Q＝eq \f(2\r(13),3)，FQ＝eq \f(\r(13),3)，而EF＝eq \r(2)，则五边形D1QFEP的周长为2×(eq \f(2\r(13),3)＋eq \f(\r(13),3))＋eq \r(2)＝2eq \r(13)＋eq \r(2).
答案：五边形 2eq \r(13)＋eq \r(2)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案