2024-2025学年人教A版高一数学下学期同步训练之棱柱

2024-2025学年下学期高中数学人教A版高一同步经典题精练之

棱柱

一.选择题（共5小题）

1.（2024秋•重庆期末）已知正方体ABCD-ALBICLDI,E,F,G分别为棱AB,CCi，CLDI的中点，若

平面EPG截该正方体的截面面积为逆，点尸为平面EPG上动点，则使尸的点尸轨迹的长度为

2

（）

A.itB.2nC.y[2nD.2企兀

2.（2024秋•西城区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiDi中，E为棱AAi的中点，P为正

方体表面上的动点，且D：pick设动点P的轨迹为曲线W,则（）

A.W是平行四边形，且周长为2企+26

B.W是平行四边形，且周长为3/+2逐

C.W是等腰梯形，且周长为2a+2有

D.W是等腰梯形，且周长为3夜+2时

3.（2024秋•东坡区期末）如图，在正方体ABC。-421CiDi中，点尸为棱。5的中点，点。为面ADD14

内一点，BiQLAP,则（）

A.SA^DIQ=2SAA]4Q

B.2SA4I°IQ=SAA^Q

C.2sA410iQ=3sA“Q

D.3SA4miQ=2sA2Q

4.（2024秋•电白区期末）如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合i

=1,2,…，9},则集合A中元素个数为（）

A.3B.4C.6D.9

5.（2024秋•青山湖区校级期末）已知正方体A3CZ）-ALBICLDI的棱长为2,M,N分别是侧面CDDiCi

和BCCiBi的中心.过点M的平面观与ND垂直，则平面a截正方体ABCD-AiBiCiDi所得的截面积

S为（）

A.-V6B.-V6C.5V6D.746

44

二.多选题（共4小题）

（多选）6.（2025•苏州模拟）已知产是棱长为2的正方体表面上一动点，M,N分别

是线段B1C和CCi的中点，点。满足凝=2疝V（0W2W1）,S.A1PLDQ,设P的轨迹围成的图形为

多边形。，贝I（）

A.。为平行四边形

B.存在入，使得Q的面积为值

71

C.存在入，使得。和底面ABC。的夹角为.

D.点8和。形成的多面体的体积不变

（多选）7.（2024秋•济宁期末）已知正方体ABCO-AiBCbDi的棱长为2,尸为棱441的中点，则（）

A.直线尸。与3c所成的角为30°

B.BiD_L平面4BC1

C.过点P且与B]D垂直的平面截正方体所得截面的面积为3百

D.以尸为球心，逐为半径的球面与侧面BCCiBi的交线的长度为三兀

（多选）8.（2024秋•东明县校级期末）在正方体ABCD-AiBiCiDi中，E,F,G,”分别为AB,AAi，

A[D1,CZ）的中点，则过E,F,G,X其中三个点的平面被正方体截得的截面可能是（）

A.菱形B.矩形C.五边形D.正六边形

（多选）9.（2024秋•新余校级月考）在长、宽、高分别为1、1、2的长方体中任取3个顶点构成平面a,

则该长方体在a上的投影面积可能是（）

A.V5B.2V2C.3D.3近

三.填空题（共3小题）

10.（2024秋•江西期末）在直四棱柱ABC。-A向Cid中，底面ABC。是平行四边形,441=AD=2,AB=

<2,=点M是3c的中点，P是平面ABBiAi内一动点，则周长的最小值

为.

11.（2025•安徽模拟）要使正方体ABCD-4B1C1D以直线C41为轴，旋转戏后与其自身重合，则”的

最小正值为.

12.（2024秋•宝山区校级期末）已知正方体A3CD-4BICLDI的边长为2,点E,厂分别是线段CD,BC

的中点，平面a过点4，E,F,且与正方体ABC。-AiBiCiOi形成一个截面，现有如下说法：

①截面图形是一个五边形；

②棱BBi与平面a的交点是BB\的中点；

_2V13

③若点/在正方形CD5C1内（含边界位置），且/ea,则点/的轨迹长度为三一；

④截面图形的周长为2g+V2,

则上述说法正确的命题序号为.

四.解答题（共3小题）

13.（2024春•城中区校级期中）已知棱长为。的正方体ABCQ-ALBICIDI中，M,N分别是棱CD,AD

的中点.

（1）求证：四边形MN41cl是梯形；

（2）求证：ZDNM=AD\AiCi.

14.(2024•北京自主招生)在体积为1的正方体内取一个点，过这个点作三个平行于正方体面的平面，将

1

正方体分为8个长方体，求这些小长方体中体积不大于［的长方体个数的最小值.

15.(2024春•徐汇区校级期中)如图所示的空间直角坐标系A-xyz中，所有坐标均为整数的点称为整点；

—>—>—>

已知正方体ABCZJ-AiBiCiDi的棱长为a,点P满足CP=；lCD+〃CCi，其中入［0,1］,咋［0,1］.

71

(1)若a=l,且直线3尸与平面CCLDLD所成角大小为一，求点尸的轨迹长度；

4

(2)若a=l,入=1,求正方体经过点4,P,C的截面面积S的取值范围；

(3)若。=8,求三棱锥4-A3。内(不包括表面边界)整点的个数.

2024-2025学年下学期高中数学人教A版(2019)高一同步经典题精练之

棱柱

参考答案与试题解析

题号12345

答案CDAAB

选择题(共5小题)

1.(2024秋•重庆期末)已知正方体ABCO-ALBICIDI，E,F,G分别为棱AB,CCi，CLDI的中点，若

平面EPG截该正方体的截面面积为型，点尸为平面EPG上动点，则使尸的点尸轨迹的长度为

2

()

A.itB.2nC.&兀D.2企兀

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解.

【答案】C

【分析】通过平行可知截面为正六边形，然后截面面积可求得正方体棱长，再结合正方体中£>21，截面

立

EFG可得PD1=PO2+OD2,进而可判断点P的轨迹是以O为圆心，半径为云的圆，轨迹长度即可求解.

【解答】解：由题意截面EGP是正六边形，如图，

由截面面积为数及三角形面积公式得6x|XGF2X*=孚，

2222

解得GF=1,

正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为AB=V2,

截面EFG,。为。S的中点，也是截面EFG的中心，且。0=乎,

.,.Pr>2=P（92+（9D2,即尸*1=2,解得尸。=¥，

••・使得PD=虚的点P的轨迹是以O为圆心，半径为手的圆，

轨迹长度为近兀.

故选：C.

【点评】本题考查截面面积、线面垂直的判定与性质、点的轨迹、圆等基础知识，考查运算求解能力,

是中档题.

2.（2024秋•西城区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCi。中，E为棱A4i的中点，尸为正

方体表面上的动点，且c：pick设动点P的轨迹为曲线W,则（）

A.W是平行四边形，且周长为2&+2遮

B.W是平行四边形，且周长为3或+2返

C.W是等腰梯形，且周长为2夜+2追

D.W是等腰梯形，且周长为3近+2返

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解.

【答案】D

【分析】分别取AO,AB的中点RG,先分别在面481。。、面4O1D4上确定动点尸的轨迹。1囱、

DiF,进而得到W是过点RDi，81的平面与正方体各表面的交线（梯形OLBIGF）,再通过计算确定

W是等腰梯形及其周长.

【解答】解：分别取ADA3的中点RG,

连接4C1、DE、DMDiF、BiG、FG、DB,

则FG〃DB〃切Bi，：.F,G,Bi，。四点共面，

若尸为面AiBiCiDi上的动点，

由正方体ABCD-AiBiCiDi得平面4ECCi_L平面A\B\C\D\,

且平面AiECCiCl平面AIBICIDI=AICI,

要使只需。1PL4C1,

此时尸的轨迹为线段。1B]；

若P为面AiDiDA上的动点，

由正方体ABCD-AiBiCiDi得平面CEDJ_平面AiDiDA,

且平面CEDC平面4£hZM=E£),

要使D：P，ck只需。iPLED,

'：E,尸分别是A4i，A。的中点，：.DE±D]F,此时P的轨迹是线段5R

动点尸的轨迹曲线W为过点RD[,Bi的平面与正方体各表面的交线，即梯形DLBIGR

;正方体的棱长为2,.,.r>iBi=2V2,GF=^DB=V2,BiG=DiF=V22+l2=V5,

曲线W为等腰梯形，且周长为3a+2有.

故选：D.

【点评】本题考查棱柱的结构特征、点的轨迹等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

3.(2024秋•东坡区期末)如图，在正方体ABCD-AiBiCiDi中，点尸为棱。5的中点，点。为面ADD14

内一点，BiQLAP,则()

A.SA^DIQ=2SAA]4Q

B.2SA4I°IQ=SAA^Q

C.2sA410iQ=3sA“Q

D-3SA4IDIQ=2sA44Q

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解.

【答案】A

【分析】以点。为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2,设。(x,0,z),根据历。1_

AP求出无，z的关系，然后可求出点。到直线A4i和直线45的距离，进而可得出答案.

【解答】解：如图，以点。为原点建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为2,

则A(2,0,0),Bi(2,2,2),P(0,0,1),设。(x,0,z),

故G=(-2,0,1),B；Q=(x-2,-2,z—2),

因为B]Q±AP,所以G-B：Q=-2(%-2)+(z-2)=0,

即z=2x-2,所以Q(x,0,2x-2),

则点Q到直线AAi的距离为|2-x|,

点。到直线A1D1的距离为|2-(2尤-2)\=2\2-x\,

所以尤W2,故SAADIQ=x2x2|2—x\=2|2—x\,

1

SAAMQ=2X2X|2-X|=|2-X|,

所以SA4]DIQ=2sA

故选：A.

【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了转化思想，属于中档题.

4.（2024秋•电白区期末）如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合i

=1,2,…，9},则集合A中元素个数为（）

A.3B.4C.6D.9

【考点】棱柱的结构特征；空间向量的数量积运算.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解.

【答案】A

【分析】以P7为坐标原点，P1A,P7P4,P7P9所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1,利用坐标法求出数量积，即可判断.

【解答】解：以P7为坐标原点，P1A,P7P4,P7P9所在直线分别为X轴，丫轴，Z轴，建立空间直角坐

设QA=1,则A(1,0,0),B(1,0,2),Pi(1,1,0),Pi(1,1,1),P3(b1,2),P4(0,1,

0),尸5(0,1,1),

尸6(0,1,2),P7(0,0,0),P8(0,0,1),尸9(0,0,2),

：.AB=(0,0,2),M=(0,1,0),AP2=(0,1,1),AP3=(0,1,2),

—>

AP4=(-1,1,0),AP5=(-1,1,1),AP6=(-1,1,2),

—>

AP7=1,0,0),AP8=(-1,0,1),AP9=(-1,0,2),

AAB-AP1=AB-AP4=AB-AP7=0,AB■伍=AB-伍=AB•网=2,

28-AP3=AB-AP6=AB-APg=4,

...集合4={0,2,4},.♦.集合A有3个元素.

故选：A.

【点评】本题考查棱柱的结构特征、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

5.(2024秋•青山湖区校级期末)已知正方体ABCD-421C1D1的棱长为2,M、N分别是侧面CDDi。

和BCCiBi的中心.过点M的平面观马ND垂直，则平面a截正方体ABCD-AiBiCiDi所得的截面积

S为()

A.-V6B.-V6C.5V6D.7V6

44

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解.

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积，能求出结果.

【解答】解：正方体ABCD-AIBCLDI的棱长为2,M、N分别是侧面CD5cl和BCC向的中心，

过点M的平面a与ND垂直，

以。为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

侧面CD1的中心M(0,1,1),侧面BCi的中心N(l,2,1),且。(0,0,0),

则前=(1,2,1),.•.点M在平面a与平面CDD1G的交线上，

设尸(0,yi，zi)为这条交线上任意一点，则诂=(0,yi-1,zi-1),

：ND_L平面a,则MP•ON=2(yi-1)+zi-1=0,；.2yi+zi=3,

31

令zi=0,得点P(0,0),令zi=2,得点G(0,2),

连接PG,平面a与平面A3C。必相交，

设。(x,y,0)为这条交线上任意一点，贝!JFQ=(x,y—0),

TT4

FQ-DN=x+2(y-|)=0,整理得x+2y=0,

1

令x=2,得点E(2,0),连接FE,

•.•平面AbBiCbDi〃平面A3CD,则平面a与平面A/ICLDI的交线过点G,与直线FE平行，

过G作GH〃FE,交AiDi于H(30,2),则南=(t,0),FE=(2,-1,0),

,SGH//FE,：.H(1,0,2),

由题意得平面a与平面ABBiAi，ADDxAx都相交，则平面a与直线A4i相交，

令交点为K(2,0,m),EK=(0,-1,m),

由晶•卤V=-2+m=0,得K(2,0,1),

连接EK,HK,得截面五边形EEG”K,即截面S为五边形EFGHK,

则斯=FG=4,GH=EK=*,HK=V2,

取所中点L(1,1,0),连接GLEH,则GL=E8=苧，HK=42,

取所中点L(1,1,0),连接GH,EH,贝ljGL=EH=^,

在△中，1请评=_争，孚，

EaKcosZEKH=slsin/EKH=

△EHK的面积SAEHK=—EKxHKsin/.EKH=^x字x&x^=乎，

在Z\FGL中，cosZGFL=煤:sinFL=空,

△FGL边上的高h=FG'sinZGFL=3普，

梯形EFGH的面积SEFGH="GH+FE).h昂浮+花)x等=孚，

.,.平面a截正方体ABCD-A\BiCiDi所得的截面积S=S^EHK+SEFGH=

故选：B.

【点评】本题考查正方体的结构特征、面面位置关系、截面、余弦定理、三角形面积公式等基础知识,

考查运算求解能力，是中档题.

二.多选题（共4小题）

（多选）6.（2025•苏州模拟）已知尸是棱长为2的正方体ABCD-A18C1O1表面上一动点，M,N分别

是线段BiC和CCi的中点，点。满足应=4疝V（O〈4W1）,且4尸，。0,设P的轨迹围成的图形为

多边形（1,则（）

B.存在入，使得Q的面积为反

71

C.存在入，使得。和底面ABC。的夹角为孑

D.点2和。形成的多面体的体积不变

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解.

【答案】ABD

【分析】利用DQL截面Q,可作截面判断A；建立空间直角坐标系求得截面面积的范围可判断2,求

n

得Q和底面ABCD的夹角的最小值大于不判断C；设截面。与DiCi交于点尸2，与DC交于点Pi,

四棱锥3-A1EP1P2被平面BEP2分成两个三棱锥为三棱锥尸2-BEP,三棱锥P2-BEP,可得体积不变，

判断D.

【解答】解:对于A,截面C,

当。在点M处时，DQ在平面BAAxBy内的射影为AK,

Dq在平面ABCD内的射影为DC,

过4的截面AiEFDi与AK和。C均垂直，即与DQ垂直，即截面。为八跳初，

当。在点M处时，。。在平面BA4B1内的射影为AK,。。在平面ABCZ）内的射影为

过4的截面为4ECG与AK和均垂直，即与DQ垂直，即截面。为4ECG,

当。在MN上移动时，截面。绕4转动，

但与DiCi的交点在DiG之间，

由面面平等的性质可知截面Q总为平行四边形，故A正确；

对于8,以。为坐标原点，DA,DC,所在直线分别为x轴，y轴，z轴,建立空间直角坐标系,

则M(1,2,1),N(0,2,1),D(0,0,0),Ai(2,0,2),E(2,1,

:.MN=(-1,0,0),ArE=(0,1,-2),DM=(1,2,1),

：.MQ=A.MN=A(-1,0,0)=(-A,0,0),

DQ=DM+MQ=(1,2,1)+(-A,0,0)=(1-A,2,1),

设截面。与GOi的交点为G,设G(0,m,2),

—>

.,.AG=(-2,m,0),

,：AG1DQ,：.AG-DQ=0,A-2(1-A)+2/77+0=0,解得，w=l-入，

：.G(0,1-A,2),；.a；G=(-2,1-A,0),

——>1—112

与4E=(0,1,-2)共线同向的单位向量为〃(0,1,-)=(3君一君，

\ArE\75

24+(1—2)2一(宗)2：

；.G到直线AiE的距离为d=JX1G—(41G-N)2=

2V6

,/Ae[0,1],:.de[2,-7=r],

•.&E=Vl2+22=V5,

...截面C的面积e[2有，2V6],

...存在入，使得。的面积为旧，故8正确；

对于C,过QZ_LBC于Z,由题意得QZ_L平面ABCD,

•••达是平面ABCD的一个法向量，

4为平面。的一个法向量，，ZDQZ为。和底面ABCD的夹角,

cos/OQZ=V,,

n

...存在入，使得。和底面A3C。的夹角大于1故C错误；

对于。，设截面Q与。1G交于点外，与。C交于P，

四棱锥B-AiEPiPo被平面BEPi分成两个三棱锥为三棱锥尸2-BEP,三棱锥P2-BEA,

两个三棱锥底面无论截面。变化，底面面积均不变，两个三棱锥的调均为正方体的棱长,

三棱锥尸2-BEP,三棱锥尸2-BEA的体积为定值，

.•.点B和。形成的多面体不变，故。正确.

故选：ABD.

【点评】本题考查正方体的结构特征、截面、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力,

是中档题.

（多选）7.（2024秋•济宁期末）已知正方体ABCD-A/iCiDi的棱长为2,尸为棱44i的中点，则（）

A.直线P5与BC所成的角为30°

B.BiD_L平面42cl

C.过点尸且与BLD垂直的平面截正方体所得截面的面积为3次

LV2

D.以尸为球心，连为半径的球面与侧面BCCLBI的交线的长度为一兀

2

【考点】棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角.

【专题】转化思想；定义法；空间位置关系与距离；运算求解.

【答案】BCD

【分析】根据线线角的定义可判断4根据线面垂直的判定可判断&确定截面形状，进而求解其面积

判断C；结合几何体特征以及线面垂直的性质确定轨迹形状，从而求解其长度，判断D

【解答】解：正方体ABC。-481CLDI的棱长为2,P为棱A41的中点，

对于A,在正方体4BCD-AiBiCiZh中,AiDi//BiCi//BC,

：.直线PDi与BC所成的角即为直线PDi与AiDi所成的角，即ZAiDiP,

DA1

在RtA/^iDi中，tan^A.D.P=内-==；,

.../A1D1P不为30°,.♦.直线与8C所成的角不为30°,故A错误；

对于B,连接BLDI，则BiDJAiCi，

又05,平面AiBiCiDi，ACiu平面AiBiCiDi，

J.DDi.LAiCi,BiDiClDD\=Z)i,B\D\,£)£)iu平面DD/i,

平面DDiBi，

BiDu平面DDiBi，：.AiCi±BiD,同理可证

AiCinAiB=Ai，AiCi，4Bu平面AiBCi，平面AiBCi,故B正确；

对于C,由2可知SD_L平面42Ci,

过点P且与BiD垂直的平面截正方体所得截面与平面48cl平行，

设AB,BC,CCi,CiDi，54的中点为Q,E,F,G,H,

依次连接尸，Q,E,F,G,H,

可得六边形PQEFGH为正六边形，

,JPQ//A1B,尸QC平面AiBCi，AiBu平面AiBCi，二尸。〃平面A1BC1，

同理可证EQ〃平面A1BC1,EQCPQ=Q,EQ,尸Qu面尸QEPGH,

...面PQEFGH〃平面AiBCi，

即过点P且与BiD垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH,边长为鱼,

其面积为6x苧x(V2)2=3V3,

过点P且与BiD垂直的平面截正方体所得截面的面积为3百，故C正确;

对于。，过点尸作83］的垂线，垂足为M,则M为的中点，且平面BCCiBi，

设以尸为球心，逐为半径的球面与侧面BCCiBi的交线上的点为K,贝UPK=V6,

MKu平面8CC1B1，故PALLMK,且MK="蜉-PM2==鱼,

则以尸为球心，逐为半径的球面与侧面BCCiBi的交线为平面BCCiBi上以M为圆心，

以夜为半径的圆弧，如图，

71/—V27T

由于N31MN=N8M£=45°,故NLMN=9。。,则交线长度为3X“2=N一，

...以P为球心，伤为半径的球面与侧面BCCLBI的交线的长度为座兀，故D正确.

2

故选：BCD.

【点评】本题考查线线角的定义、线面垂直的判定与性质、正方体截面、球等基础知识，考查运算求解

能力，是中档题.

（多选）8.（2024秋•东明县校级期末）在正方体ABC。-AiBiGOi中，E,F,G,”分别为AB,AAi，

AiDi,CO的中点，则过E,F,G,X其中三个点的平面被正方体截得的截面可能是（）

A.菱形B.矩形C.五边形D.正六边形

【考点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解.

【答案】BCD

【分析】分别作出过E,F,G,”四点中的三点的截面图形判断.

【解答】解：过点E,H,G的截面，如图，截面为矩形，

过点£,H,尸的截面，如图，截面为矩形,

过点E,F,G的截面，如图所示，截面为正六边形,

过点RH,G的截面，如图所示，截面为正五边形,

【点评】本题考查正方体的截面等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

（多选）9.（2024秋•新余校级月考）在长、宽、高分别为1、1、2的长方体中任取3个顶点构成平面a,

则该长方体在a上的投影面积可能是（

A.V5B.2V2C.3D.3V2

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解.

【答案】ABC

【分析】根据任取3个顶点构成平面a的不同情况，可分5类求解，分别涉及两类表面，两类对角面

和一类三角形截面，在三角形截面中应用面面垂直作出其余5个顶点在截面内的投影，证明该投影图形

的面积等于矩形BiDrLI的面积即可求解.

【解答】解：在长、宽、高分别为1、1、2的长方体中任取3个顶点构成平面a,

如图，长方体其中AB=3C=1,AAi=2,

(1)当3个顶点构成的平面a为平面ABCD或平面AiBiCiDi时，

由长方体的性质可知长方体在平面a内的投影分别为正方形ALBICI》或正方形ABCD

长方体的投影面积为1;

(2)当3个顶点构成的平面a为平面ABBiAi或平面BCCiBi或平面CDDiCi或平面DAAid时，

与(1)同理可知，长方体的投影面积为1义2=2；

(3)当3个顶点构成的平面a为平面ACCiAi或平面BDDiB\时，

长方体的投影为矩形ACC14或矩形BDDiBi，

，长方体的投影面积为2xV2=272；

(4)当3个顶点构成的平面a为平面ABCiDi或平面BCD^Ai或平面CDA^Bi或平面DABiCi时，

长方体的投影为矩形ABCiDi或矩形BCDiAi或矩形CDAiBi或矩形DABxCi，

长方体的投影面积为lxV5=V5；

(5)当3个顶点构成的平面a为平面BDAi或平面BDCi或平面ACB\或平面ACDi或平面ABiDi或平

面BCiAi或平面CDiBi或平面DAiCi时，

•••这8种位置情况相同，不失一般性，...只研究长方体在平面CDBi上的投影面积即可，如图,

设直线44AB、AD分别与平面a交于点E,F,G,连接EP,FG,GE,

由题意知BiGEF,CEFG,D\EGE,EeAAi，

•.•平面ABCD〃平面AiBiCiDi,且平面ABCDC平面EFG=FG,

平面AiBiCiOiC平面EFG=B]Di，：.B\D\//FG.

:BiDi〃BD,C.BD//FG,连接AC,

在正方形ABC。中，AC±BD,：.ACLFG,

：^41_1平面430),且FGu平面ABCD,：.AA\LFG,

VAAiAAC=A,44iu平面ACE,ACu平面ACE,，打;，平面ACE,

FGu平面EFG,；.平面EFG±平面ACE.

'：平面EFGA平面ACE=EC,

在平面ACE内作AKLEC,垂足为点K,

由面面垂直的性质定理可知，AK_L平面£FG,垂足为点K,

•••点K为顶点A在平面EFG内的投影.

同理可作出顶点4，Q,B,。在平面EEG内的投影分别为点J,O,M,N,如图，

，长方体在平面EFG内的投影图形为六边形"iMCNZJi.

同时可知BbLLFG,垂足为点/,DiL±FG,垂足为点L

.••四边形8。辽/为矩形.

由题意知△A1HB1为等腰直角三角形，△B/C为等腰直角三角形，

斜边分别为481,BC,且48i=BC=l,

:.△AiHB产ABIC,：.A\H=BI,HB\=IC.

'：AiH//AC//BI,JH//MI,且NB/M方向一致，AZAiHJ=ZBIM,

VZAiJH=ZBMI=90°,A\H=BI,：.JH=MI.

:/HBiJ=/ICM=90°,HBi=IC,

：.AJHBi=AMZC,

同理，4JHD1"ANLC.

：.长方体在平面EFG内的投影图形的面积等于矩形BiDiLI的面积.

在RtZXBiB/中，812=2,BI=1AC=ZBiBZ=90°,：.B\I=^,

矩形BtDiLI的面积为XBiOi=岁x&=3,

.••长方体在平面EFG内的投影图形的面积为3.

综上，该长方体在a上的投影面积取值的可能为集合{1,2,3,2V2,V5},

故ABC均正确，。错误.

故选：ABC.

【点评】本题考查截面、空间想象力、正方体结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

三.填空题（共3小题）

10.（2024秋・江西期末）在直四棱柱43。。-421。。1中，底面A2C。是平行四边形,441=4。=2,AB=

V2,N4BC=1,点M是的中点,P是平面ABB'内一动点，则周长的最小值为V13+3

【考点】棱柱的结构特征；空间向量的数量积运算.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】V13+3.

【分析】作出示意图，延长D4至M',使得AAf=l,连接易得M为M关于平面ABBMi的对

称点，从而可得尸进而可求解.

【解答】解：作出示意图，如图：

'：AB=V2,BM=^BC=1,ZABC=^,

L4

：.AM=J(V2)2+l2-2xV2xlx^y=1,

：.AB1=BM1+AM2,：.AM1BC,

延长ZM至M',使得AAf=l,连接BAf,

则四边形为正方形，：.MM'±AB,

由直四棱柱ABCD-AiBiCiDi知，MAT_L平面ABBiAi,

即册为M关于平面ABBiAi的对称点，

又MDi=Vl2+22+22=3,M'Di=7(1+2)2+22=V13,

/.APMDi的周长为PM+PDi+MDi=PAf+PDi+32M'D]+3=V13+3,

当且仅当M',P,Oi三点共线时，等号成立，

APMDi周长的最小值为旧+3.

故答案为：V13+3.

【点评】本题考查空间中距离和的最值的求解，几何体的对称性的应用，属中档题.

11.(2025•安徽模拟)要使正方体ABCD-AiBiCiDi以直线CAi为轴，旋转/后与其自身重合，则〃的

最小正值为120。.

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】120°.

【分析】由正方体的性质可证得。Li，平面BDCi，且△BDCi为正三角形，所以只需要△2DC1旋转后

能和自身重合即可，从而可求得答案.

【解答】解：因为四边形ABC。为正方形，所以ACLB。，

因为A4i_L平面4BCD,BOu平面ABCD,所以44i_LB。，

因为AAiCAC=A,A4i,ACu平面A41C,所以BD_L平面A4C，

因为AiCu平面A4iC,所以BO_L4C,同理可证得BCi_LAiC,

因为BCiC2£)=SBCi,BDu平面BDCi，所以C4_L平面BDCi,

同理可证得C4i_L平面ABiDi，

因为△BDC1为等边三角形，BC=CCi=DC,

所以AC过△BOCi的中心，设△BOCi的中心为点G,连接CiG,BG,DG,

则NBGr>=N2GCi=/OGCi=120°,

同理4C也过等边△AB]。的中心，

若正方体绕C41旋转后与其自身重合，只需要△BDCi和△ABLDI旋转后能和自身重合即可，

因此至少旋转120°.

故答案为：120°.

【点评】本小题主要考查正方体特征及垂直等知识；考查运算求解能力等；考查化归与转化思想等，属

于中档题.

12.（2024秋•宝山区校级期末）已知正方体ABCO-AiBiCiDi的边长为2,点E,歹分别是线段CD,BC

的中点，平面a过点4,E,F,且与正方体A2CD-ALBICIDI形成一个截面，现有如下说法：

①截面图形是一个五边形；

②棱231与平面a的交点是831的中点；

③若点/在正方形CDGC1内（含边界位置），且/ea,则点/的轨迹长度为刍产；

④截面图形的周长为2g+V2,

则上述说法正确的命题序号为①④.

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解.

【答案】①④.

【分析】依题意在正方体中作出截面，再利用勾股定理分别计算各线段的长度，即可判断正确选项.

【解答】解：正方体ABC。-ABCLDI的边长为2,

延长斯，AD,交于点P,连接4尸交于点G,

延长EF,AB,交于点。，连接4。交BBi于点H,

则五边形EFHA1G即为所求截面，故①正确；

由题意知G,H分别是线段DDi和BBi的三等分点,

则EG=F"=J12+（|）2=乎,

即点/的轨迹即为线段EG,则轨迹长度为卑，故②③均错误；

'：ArG=A\H=J22+@）2=缘f,EF=Vl2+l2=V2,

则五边形的周长为2x孚+2x拶+/=2旧+鱼,故④正确.

故答案为：①④.

【点评】本题考查正方体结构特征、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

四.解答题（共3小题）

13.（2024春•城中区校级期中）已知棱长为a的正方体ABCD-AiSCiDi中，M,N分别是棱CDAD

的中点.

（1）求证：四边形MN41cl是梯形;

（2）求证：ZDNM=ZD\AiCi.

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】空间位置关系与距离.

【答案】见试题解答内容

【分析】（1）欲证四边形MNAiCi是梯形，只需证其一组对边平行且不等即可，连接AC,在△ACO中，

M,N分别是棱CD,AD的中点，根据三角形的中位线定理即可证得；

（2）根据平行公理可知MN〃ACi，又,：ND〃AiDi，从而有/DW与相等或互补，而/DNM

与ZDiAiCi均是直角三角形的锐角，故可证出ZDNM=ZD1A1C1

【解答】证明：（1）连接AC,在△ACD中，

"M,N分别是棱CD,AD的中点，

是三角形的中位线，

J.MN//AC,MN=4AC.由正方体的性质得：AC/ZAiCi,AC=AiCi.

1

：.MN//A\C\,且4c1,即AWWA1C1,

四边形MNA1C1是梯形.

(2)由(1)可知MN//A1Q,又,：ND〃AiDi，

与ND14cl相等或互补，而NOVM与ND14C1均是直角三角形的锐角，

ZDNM=ZDiAiCi

【点评】本小题主要考查棱柱的结构特征、空间位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想

象能力.属于基础题.

14.(2024•北京自主招生)在体积为1的正方体内取一个点，过这个点作三个平行于正方体面的平面，将

正方体分为8个长方体，求这些小长方体中体积不大于1的长方体个数的最小值.

【考点】棱柱的结构特征.

【专题】数形结合；定义法；立体几何；逻辑思维.

【答案】4.

1

【分析】先通过不等式方法证明这8个长方体中至少有4个的体积不超过一,再说明当。=0.25,6=0.45,

11

c=0.45时，这8个长方体中恰有4个的体积不超过一,即可说明这些小长方体中体积不大于一的长方体

88

个数的最小值为4.

【解答】解：设该正方体的长宽高分别被切成长度为。和1-a,6和1-6,c和1-c的两段，这里a,

b,cE(0,1),

i

且根据据对称性，可不妨设。<a<b<c

此时，8个长方体的体积分别是

abc,(1-c),a(1-Z?)c,4/(1-Z?)(1-c),(1-〃)be,(1-〃)Z?(1-c),(1-〃)(1-Z?)c,

(1-a)(1-/?)(1-c).

i

由0<a<b<c<-^,可知abc^ab(1-c)Wa(1-Z?)cW(1-a)be,a(1-Z?)(1-c)W(l-a)

b(1-c)W(1-〃)(1-Z?)cW(1-6z)(1-/?)(1-c).

由于2a(l—b)cWa(l—b)c+(1—cC)bc=c(a+b-2ab)=,(1—(1-2a)(1-2b))〈］〈下

故abc<ab(l—c)<a(l—b)c<g.

(1-a)bc,a(l-b)(l-c)=a(l-a)/?(l-b)c(l-c)=^(l-(2a-1)2)(1-(2b-1)2)(1-

8

(2c—1)2)w也

o

1

故(1-〃)be和Q(1-Z?)(1-c)中至少有一个数不超过3

所以这8个长方体中至少有4个的体积不超过也

当a=0.25,6=0.45*c=0.45时，8个长方体的体积分别是0.0625,0.061875,0.061875,0.075625,

1

0.151875,0.185625,0.185625,0.226875,此时这8个长方体中恰有4个的体积不超过一.

8

综上，这些小长方