2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分板块突破篇板块三立体几何提升点立体几何中的截面及动态问题练习

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命题角度❶ 截面形状的判断
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( D )

A．矩形
B．三角形
C．正方形
D．等腰梯形
【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．
首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状．
命题角度❷ 截面图形面积或周长的计算
(2024·廊坊期末)如图所示，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为 eq \f(63\r(2),2) ，点E在边AD上且满足DE＝2AE，过点E的平面α与平面D1AC平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为( D )
A．7 eq \r(2) B．8 eq \r(2)
C．3 eq \r(3) ＋4 eq \r(2) D．4 eq \r(3) ＋4 eq \r(2)
【解析】 如图1所示，
过点A1作A1H⊥AC于点H，连接A1C1，
则正四棱台的高为A1H，
因为A1C1＝3 eq \r(2) ，AC＝6 eq \r(2) ，
所以AH＝ eq \f(3\r(2),2) ，则正四棱台的体积为 eq \f(1,3) ×(32＋62＋3×6)×A1H＝ eq \f(63\r(2),2) ，
解得A1H＝ eq \f(3\r(2),2) ，所以侧棱长为AA1＝ eq \r(AH2＋A1H2) ＝3.
如图2所示，
作D1F⊥AD于点F，A1G⊥AD于点G，连接AD1，由对称性可知DF＝AG＝ eq \f(6－3,2) ＝ eq \f(3,2) ，GF＝A1D1＝3，
所以AF＝6－ eq \f(3,2) ＝ eq \f(9,2) ，
而DD1＝AA1＝3，
所以D1F＝ eq \r(9－\f(9,4)) ＝ eq \f(3\r(3),2) ，
所以AD1＝ eq \r(\f(81,4)＋\f(27,4)) ＝3 eq \r(3) ，同理CD1＝AD1＝3 eq \r(3) ，
分别在棱DC，DD1上取点N，M，使得DN∶NC＝DM∶MD1＝2∶1，
又DE∶EA＝2∶1，EN∩EM＝E，AC∩AD1＝A，
EN，EM⊂平面EMN，AC，AD1⊂平面D1AC，
则EN∥AC，EM∥AD1，则平面EMN∥平面D1AC.
易得ME＝NM＝ eq \f(2,3) AD1＝2 eq \r(3) ，EN＝ eq \f(2,3) AC＝4 eq \r(2) ，
所以截面多边形的周长为4 eq \r(3) ＋4 eq \r(2) .
求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解．
1．一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切(球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点)，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面是下列图形中的( C )
解析：
其空间结构体如图所示，
易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A，D；
等腰三角形的底边是正三棱锥的一条侧棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；
截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在两个面上的切点，所以正确答案是C.
2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．
解析：
正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，如图所示，连接AO2，AO，OD，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝ eq \f(2\r(3),3) ，
则R2＝r2＋1＝ eq \f(7,3) .
①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆的面积最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝ eq \f(7π,3) ；
②当过点D的平面垂直OD时，截得的截面圆的面积最小，截面圆的半径为 eq \r(R2－OD2) ＝1，
所以截面圆的面积最小为π×12＝π，
综上，截面面积的取值范围为[π， eq \f(7π,3) ].
答案：[π， eq \f(7π,3) ]
类型2 轨迹问题
命题角度❶ 定性研究动点的轨迹
(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是( ACD )
A．若MN与平面ABCD所成的角为 eq \f(π,4) ，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为 eq \f(π,3) ，则点N的轨迹为双曲线
【解析】
如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，
所以∠MND＝ eq \f(π,4) ，
所以DN＝DM＝ eq \f(1,2) DD1＝ eq \f(1,2) ×4＝2，
所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，
DN＝ eq \r(MN2－MD2) ＝ eq \r(42－22) ＝2 eq \r(3) ，
取MD的中点E，连接PE，
因为P为MN的中点，所以PE∥DN，
且PE＝ eq \f(1,2) DN＝ eq \r(3) ，
因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，
即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，
又PE＝ eq \r(3) ，所以点P的轨迹为以 eq \r(3) 为半径的圆，
其面积为π·( eq \r(3) )2＝3π，故B错误；
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，
所以BB1⊥NB，
所以点N到直线BB1的距离为NB，
所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，
又点B不在直线CD上，
所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，
设N(x，y，0)，
则 eq \(AB,\s\up10(→)) ＝(0，4，0)， eq \(D1N,\s\up10(→))＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为 eq \f(π,3) ，
所以|cs 〈 eq \(AB,\s\up10(→)) ， eq \(D1N,\s\up10(→))〉|＝cs eq \f(π,3) ，
所以 eq \f(|4y|,4×\r(x2＋y2＋16)) ＝ eq \f(1,2) ，
整理得 eq \f(3y2,16) － eq \f(x2,16) ＝1，
所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
解立体几何中与动点轨迹有关问题的关键还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．
(2024·广西模拟)若正四面体P-ABC的棱长为1，在其侧面PAB所在平面内有一动点Q，已知Q到底面ABC的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则k的值为________．
解析：设正四面体二面角P-AB-C的平面角为θ，P在底面ABC上的射影为O，M为AB中点，连接PM，MC，PO，则PM⊥AB，OM⊥AB，由题意得，PM＝CM＝ eq \f(\r(3),2) ，OM＝ eq \f(1,3) CM＝ eq \f(\r(3),6) ，由勾股定理得PO＝ eq \r(PM2－OM2) ＝ eq \f(\r(6),3) ，又∠PMO＝θ，则sin θ＝ eq \f(PO,PM) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，设点Q在底面ABC上的射影为H，点Q到定直线AB的距离为d，则d＝ eq \f(QH,sin θ) .
再由点Q到底面ABC的距离与到点P的距离之比为正常数k，
可得k＝ eq \f(QH,PQ) ，故QH＝k·PQ，故d＝ eq \f(k·PQ,sin θ) ，即 eq \f(PQ,d) ＝ eq \f(sin θ,k) ，因为在平面PAB内，点P为定点，直线AB为定直线，又动点Q的轨迹是抛物线，故 eq \f(PQ,d) ＝1，故k＝sin θ＝ eq \f(2\r(2),3) .
答案： eq \f(2\r(2),3)
命题角度❷ 定量研究动点的轨迹
(1)已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则集合T表示的区域的面积为( B )
A． eq \f(3π,4) B．π C．2π D．3π
【解析】 设O为△ABC的中心，连接PO，AO(图略)，在正三角形ABC中，AO＝ eq \f(2,3) × eq \f(\r(3),2) ×6＝2 eq \r(3) ，在Rt△POA中，PO＝ eq \r(PA2－AO2) ＝ eq \r(36－12) ＝2 eq \r(6) ，当PQ＝5时，连接OQ(图略)，根据勾股定理可得OQ＝ eq \r(PQ2－PO2) ＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B.
(2)在棱长为2 eq \r(2) 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为( C )
A． eq \f(2\r(15),3) B． eq \f(4\r(3),3)
C． eq \f(2\r(13),3) D． eq \f(4\r(2),3)
【解析】
如图，连接B1D1，
因为E，F分别为棱AB，AD的中点，
所以B1D1∥EF，
则B1，D1，E，F四点共面．
连接A1C1，A1D，设A1C1∩B1D1＝M，A1D∩D1F＝N，连接MN，
则点Q的轨迹为线段MN，
易得A1D＝ eq \r(A1D eq \\al(2,1) ＋DD eq \\al(2,1) ) ＝4，
△A1ND1∽△DNF，且 eq \f(A1D1,FD) ＝2，
所以A1N＝ eq \f(2,3) A1D＝ eq \f(8,3) .
易知A1C1＝C1D＝A1D＝4，所以∠C1A1D＝60°，
又A1M＝2，所以在△A1MN中，由余弦定理可得MN2＝A1N2＋A1M2－2A1N·A1M cs ∠MA1N＝ eq \f(52,9) ，
所以MN＝ eq \f(2\r(13),3) ，即交点Q的轨迹长度为 eq \f(2\r(13),3) .
当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值时，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解．
1．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\up10(→)) ＝x eq \(MG,\s\up10(→)) ＋y eq \(MN,\s\up10(→)) (x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________．
解析：因为 eq \(MQ,\s\up10(→)) ＝x eq \(MG,\s\up10(→)) ＋y eq \(MN,\s\up10(→)) (x，y∈R)，所以点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S＝6× eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(2) ×sin 60°＝3 eq \r(3) .
答案：3 eq \r(3)
2．已知如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，P分别为B1C1，C1D1，CD的中点，Q是正方形BCC1B1内的动点．若PQ∥平面AEF，则点Q的轨迹长度为________．
解析：
如图，延长EF交A1D1的延长线于点G，连接AG，交DD1于点M，连接MF，延长FE交A1B1的延长线于点H，连接AH，交BB1于点N，连接EN，则五边形MFENA为平面AEF截正方体的截面．易知M，N
分别为DD1和BB1的三等分点，则NE＝ eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,3)）2) ＝ eq \f(\r(13),6) .取BC的中点R，CC1上靠近C点的三等分点S，连接PR，PS，RS，易得PR∥EF，RS∥NE且RS＝NE，PR∩RS＝R，EF∩NE＝E.所以平面PRS∥平面AEF，因为平面PRS∩平面BCC1B1＝RS，所以点Q的运动轨迹是线段RS，长度为 eq \f(\r(13),6) .
答案： eq \f(\r(13),6)
[小题标准练]
1．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点，PE⊥A1C于点E，且PA＝PE，则点P的轨迹是( A )
A．线段 B．圆弧
C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
解析：由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P在线段AE的中垂面上运动，从而与底面ABCD的交线为线段．
2．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝ eq \f(1,2) ，则动点P的轨迹是( D )
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
解析：设点P到AC1的距离为h，因为S△APC1＝ eq \f(1,2) ·AC1·h＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) ×h＝ eq \f(1,2 ) ，解得h＝ eq \f(\r(3),3) ，则点P在空间中的轨迹为一个圆柱面．由题意知点P的轨迹是该圆柱被底面ABCD斜截得到的图形，则点P的轨迹为椭圆的一部分．
3．(2024·佛山质量检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于点F，则四边形BED1F的周长的最小值为( B )
A．4 eq \r(3) B．2 eq \r(13)
C．2( eq \r(2) ＋ eq \r(5) ) D．2＋4 eq \r(2)
解析：作出长方体如图1，将侧面展开，如图2所示，当点E为BD1与AA1的交点，点F为BD′1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2× eq \r(22＋（1＋2）2) ＝2 eq \r(13) .故选B.
4．如图，圆柱OO1的轴截面ABB1A1是正方形，D，E分别是AA1和BB1的中点，C是 eq \(AB,\s\up8(︵)) 的中点，则经过点C，D，E的平面与圆柱OO1侧面相交所得到的曲线的离心率是( B )
A．1 B． eq \f(\r(2),2)
C． eq \r(2) D． eq \f(\r(6),2)
解析：设正方形ABB1A1的边长为2，设C1是eq \(B1A1,\s\up10(︵))的中点且点C1与点C不在平面ABB1A1同侧，则点C1与点C关于圆柱的中心对称，由题意可知，所求曲线为椭圆．
椭圆的短轴长为2，长轴长C1C＝2 eq \r(2) ，所以长半轴长a＝ eq \r(2) ，短半轴长b＝1，故半焦距c＝ eq \r(a2－b2) ＝1，
所以椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) .
5．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( C )
A．4 eq \r(2) B．4 eq \r(5)
C．8 eq \r(5) D．16 eq \r(2)
解析：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，由正方体的性质可知，DC⊥平面BCC1B1，
又CN，BM⊂平面BCC1B1，所以DC⊥CN，DC⊥BM，所以四边形ENCD是矩形，
由于△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 eq \r(5) ，所以截面的面积为2 eq \r(5) ×4＝8 eq \r(5) .
6．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是截面A1ACC1上的一个动点(不包含边界)，若A1M⊥AB1，则AM的最小值为( C )
A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(\r(2),2)
C． eq \f(\r(6),3) D． eq \f(\r(2),4)
解析：
连接A1B，若A1M⊥AB1，则A1M在平面ABB1A1上的射影在A1B上，所以点M的轨迹为A1C，AM的最小值为点A到A1C的距离，连接A1C，过点A作AM⊥A1C于点M，因为AA1⊥AC，且AC＝ eq \r(2) ，A1C＝ eq \r(AA eq \\al(2,1) ＋AC2) ＝ eq \r(3) ，所以AM＝ eq \f(AA1·AC,A1C) ＝ eq \f(\r(2),\r(3)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，故AM的最小值为 eq \f(\r(6),3) .故选C.
7．如图，△PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，∠APD＝∠CPB，则点P在平面α内的轨迹是( A )
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
解析：由条件易得AD∥BC，且∠APD＝∠CPB，AD＝4，BC＝8，可得tan ∠APD＝ eq \f(AD,PA) ＝ eq \f(BC,PB) ＝tan ∠CPB，即 eq \f(PB,PA) ＝ eq \f(BC,AD) ＝2，在平面PAB内，取AB的中点O为坐标原点，以 eq \(OB,\s\up10(→)) 的方向为x轴的正方向，过点O在平面α内作AB的中垂线，以其为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(－3，0)，B(3，0)，设P(x，y)，y≠0，
则有 eq \f(PB,PA) ＝ eq \f(\r(（x－3）2＋y2),\r(（x＋3）2＋y2)) ＝2，
整理可得x2＋y2＋10x＋9＝0(y≠0).
由于点P不在直线AB上，
故点P在平面α内的轨迹为圆的一部分，故选A.
8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是( B )
A． eq \f(1,3) B． eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(2),2)
解析：如图建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，
设E(a，0，c)，0≤a≤1，0≤c≤1，
B1(1，1，1)，B(1，1，0)，D(0，0，0)，
C1(0，1，1)，A(1，0，0)，
B1E＝(a－1，－1，c－1)， eq \(DB,\s\up10(→)) ＝(1，1，0)， eq \(DC1,\s\up10(→)) ＝(0，1，1).
设平面BDC1的法向量n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up10(→))＝0，,n·\(DC1,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋z＝0，))
取x＝1，得n＝(1，－1，1)，因为B1E∥平面BDC1，
所以 eq \(B1E,\s\up10(→)) ·n＝a－1＋1＋c－1＝0，解得a＋c＝1，
所以a2＋c2＝(a＋c)2－2ac＝1－2ac，ac≤( eq \f(a＋c,2) )2＝ eq \f(1,4) .
设直线B1E与直线AB所成的角为θ，
因为 eq \(AB,\s\up10(→)) ＝(0，1，0)，
所以cs θ＝ eq \f(|\(AB,\s\up10(→))·\(B1E,\s\up10(→))|,|\(AB ,\s\up10(→))||\(B1E,\s\up10(→))|) ＝ eq \f(1,\r(（a－1）2＋1＋（c－1）2)) ，
因为ac≤( eq \f(a＋c,2) )2＝ eq \f(1,4) ，所以2－2ac≥ eq \f(3,2) ，
所以 eq \f(1,2－2ac) ≤ eq \f(2,3) ，所以sin θ＝ eq \r(1－\f(1,（a－1）2＋1＋（c－1）2)) ＝ eq \r(1－\f(1,a2＋c2－2（a＋c）＋3)) ＝ eq \r(1－\f(1,a2＋c2＋1)) ＝ eq \r(1－\f(1,2－2ac)) ≥ eq \r(1－\f(2,3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，当且仅当a＝c＝ eq \f(1,2) 时，等号成立，
所以直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是 eq \f(\r(3),3) .
9．(多选)如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则下列说法中正确的是( ACD )
A．AC⊥BD
B．AC＝BD
C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；因为QM∥PN，QM∥BD，所以BD∥PN，所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；由以上可知BD∥PN，MN∥AC，所以 eq \f(PN,BD) ＝ eq \f(AN,AD) ， eq \f(MN,AC) ＝ eq \f(DN,AD) ，只有当AN＝DN时，AC＝BD，B错误．
10．(多选)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是( BCD )
A.四边形BFD1E有可能是梯形
B．四边形BFD1E在底面ABCD内的射影一定是正方形
C．四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D
D．四边形BFD1E面积的最小值为 eq \f(\r(6),2)
解析：对于选项A，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，
且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF.
故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；
对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的射影一定是正方形ABCD，因此B正确；
对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，又EF⊂平面BFD1E，
则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正确；
对于选项D，当点F到线段BD1的距离最小时，平行四边形BFD1E的面积最小，
此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，
此时最小值为 eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(3) ＝ eq \f(\r(6),2) ，因此D正确．故选BCD.
11．(多选)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面记为α，则( BC )
A．平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面的形状为四边形
B．平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为 eq \f(7\r(3),2)
C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25
D．点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3
解析：
如图，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故A错误；
由平行线分线段成比例可得，AP＝BF＝1，故DP＝DD1＝3，则△DD1P为等腰直角三角形，
由题易知△AMP∽△DD1P，所以AM＝AP＝1，故A1M＝2，则D1M＝D1N＝2 eq \r(2) ，ME＝EF＝FN＝ eq \r(2) ，连接MN，易知MN＝2 eq \r(2) ，因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，等腰梯形MEFN的高h＝ eq \r(（\r(2)）2－（\f(2\r(2)－\r(2),2)）2) ＝ eq \f(\r(6),2) ，则等腰梯形MEFN的面积为 eq \f(\r(2)＋2\r(2),2) × eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(3\r(3),2) .又S△D1MN＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) ×2 eq \r(2) × eq \f(\r(3),2) ＝2 eq \r(3) ，所以五边形D1MEFN的面积为2 eq \r(3) ＋ eq \f(3\r(3),2) ＝ eq \f(7\r(3),2) ，故B正确；
记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V2＝V三棱锥D1-DPQ－V三棱锥M-PAE－V三棱锥N-CFQ＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×3×3×3－ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1×1×1－ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1×1×1＝ eq \f(25,6) ，所以V1＝V四棱柱ABCD-A1B1C1D1－V2＝12－ eq \f(25,6) ＝ eq \f(47,6) ，则V1∶V2＝47∶25，故C正确；
因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误．故选BC.
12．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＝________．
解析：因为AB∥CD，AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，
所以CD∥平面SAB，
又因为平面CDMN∩平面SAB＝MN，CD⊂平面CDMN，
所以CD∥MN，所以AB∥MN，
所以 eq \f(MN,AB) ＝ eq \f(SM,SA) ＝ eq \f(1,3) ，
所以MN＝ eq \f(4,3) .
答案： eq \f(4,3)
13．(2024·广州模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面ADD1A1上的动点，且PC1∥平面AEF，则点P的轨迹长度为________．
解析：如图，连接AD1，D1F，易证AD1∥EF，从而A，E，F，D1四点共面，即PC1∥平面AEFD1.
记AA1，A1D1的中点分别为M，N，连接MN，NC1，MC1，可得MN∥AD1，MC1∥AF，因为MN⊄平面AEFD1，AD1⊂平面AEFD1，所以MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1，又MN∩MC1＝M，MN，MC1⊂平面MNC1，所以平面MNC1∥平面AEFD1.故点P的轨迹是线段MN，其长为 eq \f(1,2) AD1＝ eq \f(\r(2),2) .
答案： eq \f(\r(2),2)
14．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________．
解析：
平面ACD1是边长为 eq \r(2) 的正三角形，且球O与以点D为公共点的三个面的切点恰为△ACD1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，如图所示，△ACD1内切圆的半径是 eq \f(\r(2),2) ×tan 30°＝ eq \f(\r(6),6) ，则所求的截面圆的面积是π× eq \f(\r(6),6) × eq \f(\r(6),6) ＝ eq \f(π,6) .
答案： eq \f(π,6)
[小题提升练]
15．(多选)如图，设正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则( BCD )
A．平面α截正方体的截面可能是三角形
B．当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2 eq \r(6)
C．点D到平面α的距离的最大值为 eq \f(2\r(6),3)
D．当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形
解析：如图，延长AE与DD1所在的直线交于点P，
连接PF并延长与DC的延长线交于点M，连接AM，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知A错误；
当点F与点C1重合时，截面是一个边长为 eq \r(5) 的菱形，该菱形的两条对角线长度分别为AC1＝ eq \r(22＋22＋22) ＝2 eq \r(3) 和 eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，则此时截面的面积为 eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) ×2 eq \r(2) ＝2 eq \r(6) ，B正确；
当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，D正确；
以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，0，4)，设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2，4])，
eq \(DA,\s\up10(→)) ＝(2，0，0)， eq \(AM,\s\up10(→)) ＝(－2，t，0)， eq \(PA,\s\up10(→)) ＝(2，0，－4)，
则可知点P到直线AM的距离为
d＝ eq \r(|\(PA,\s\up10(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up10(→))·\(AM,\s\up10(→)),|\(AM,\s\up10(→))|)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\f(20t2＋64,4＋t2)) (2≤t≤4)，
S△APM＝ eq \f(1,2) · eq \r(t2＋4) ·d＝ eq \r(5t2＋16) .
S△PAD＝ eq \f(1,2) ×2×4＝4，
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD-APM＝VM-PAD，
即 eq \f(1,3) ·S△APM·h＝ eq \f(1,3) ·S△PAD·t，
可得h＝ eq \f(4t,\r(5t2＋16)) ，则h＝ eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2))) ，
因为h＝ eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2))) 在t∈[2，4]上单调递增，
所以当t＝4时，h取到最大值为 eq \f(2\r(6),3) ，C正确．故选BCD.
16．如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知∠AOC＝ eq \f(π,3) ，OA＝2，圆柱的高为5.若点D在圆柱表面上运动，且满足BC⊥AD，则点D的轨迹所围成图形的面积为________．
解析：如图，连接AC，BC，因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以BC⊥AC，
又BC⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD.
设过点A的母线与上底面的交点为点E，过点C的母线与上底面的交点为点F，连接EF，CF，
因为AE⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AE⊥BC，因为AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面AEFC，所以BC⊥平面AEFC，
所以点D在平面AEFC内，又点D在圆柱的表面上，
所以点D的轨迹是矩形AEFC，依题意得AE＝5，OA＝OC＝2，∠AOC＝ eq \f(π,3) ，所以AC＝2，所以矩形AEFC的面积为5×2＝10.故点D的轨迹所围成图形的面积为10.
答案：10