专题强化练14动态几何中的交线

专题强化练14动态几何中的交线、截面或轨迹问题授课提示：对应专题强化练26页(分值：52分)一、单项选择题(每小题5分，共30分)1．(2025·河南新乡模拟)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是()A．9πB．12πC．16πD．20π解析：由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为52-32＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π答案：C2．在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，P为A1D1上一点，且A1P＝2PD1，则过A，P，A．413 B．62C．213＋22 D．213＋42解析：因为A1P＝2PD1，即D1P＝13D1A1，取D1H＝13D1C1，连接PH，HC，A1C1，则HP∥A1C1，又AC∥A1C1，所以HP∥AC，所以A，O，C，H，P共面，即过A，P，O三点的正方体的截面为ACHP，由题可知AP＝CH＝32+22＝13，PH＝2，A答案：D3．(2025·山西忻州模拟)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为4，体积为1203，点N在正六边形A1B1C1D1E1F1内及其边界上运动，若AN＝29，则动点N的轨迹长度为()A．πB．2πC．4π3D．解析：设此正六棱柱的高为h，则体积V＝12×4×4sinπ3×6h＝1203，得h＝5，又AN＝29，在Rt△A1AN中，可得A1N＝AN2-AA12＝2，所以点N的轨迹为以A1为圆心，以2为半径的圆弧(在正六边形A1B1C1D1E1F1内的部分)，又因为∠B1A1F1＝2π3，所以动点答案：C4．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在正方体内(包含表面)运动，若CM·AC1＝－32，则动点MA．316B．C．34D．解析：在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，CM·AC1＝CA+AM·AC1＝CA·AC1+AM·AC1＝-2+AM·AC1＝－32，则AM·AC1＝12，而|AC1|＝3，由数量积的几何意义知，AM在AC1上投影的数量为36，因此点M在与AC1垂直的平面内，且点A到该平面的距离为36.在正方体ABCD-A1B1C1D1中易证AC1⊥平面A1BD，点A到平面A1BD的距离为33，取AB，AD，AA1的中点E，F，G，易得平面EFG∥平面A1BD，则AC1⊥平面EFG答案：B5．(2024·辽宁沈阳模拟)圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球O表面与该圆锥侧面交线长为()A．5π5BC．4π5D．解析：根据题意，以圆锥的高为直径的球O半径为1，且与圆锥底面相切于底面圆心O1，作圆锥PO1的轴截面PAB，设轴截面PAB与球O交点为A1，B1，O2为A1B1中点，则球O表面与该圆锥侧面交线即为以O2A1为半径的圆．因为A1在圆上，所以PA1⊥A1O1，所以△O1A1A∽△PO1A，又因为PA＝PO12+AO12＝5，所以由O1A1O1A＝PO1PA解得O1A1＝255，所以PA1＝PO12-O1A12＝455.由等面积可得S△PO1A答案：D6．(2025·山东枣庄一模)在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为()A．32π4BC．32π2D．解析：取BC中点F，连接AF，DF，则有AF⊥BC，DF⊥BC，又AF∩DF＝F，AF，DF⊂平面ADF，故BC⊥平面ADF，又AD⊂平面ADF，故BC⊥AD，又AD⊥AE，BC∩AE＝E，BC，AE⊂平面ABC，故AD⊥平面ABC，又AC，AB⊂平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB.由正三棱锥的性质可得AD，AB，AC两两垂直，故AF＝1222+22＝2，即以A为球心，2为半径的球面与侧面ABC的交线长为π2×2＝答案：C二、多项选择题(每小题6分，共12分)7．(2025·广东清远模拟)如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，AA1＝2，点P为CC1的中点，动点Q在侧面DCC1D1内(包含边界)，则下列结论正确的是()A．BD⊥A1PB．平面A1BP与平面ABCD所成角的余弦值为30C．若A1Q＝11，则点Q轨迹的长度为2D．若点G在直线A1B上，则AG＋GP的最小值为9-2解析：如图①，连接AC，由菱形ABCD可得AC⊥BD，再由直棱柱ABCD-A1B1C1D1可得CC1⊥底面ABCD，又因为BD⊂底面ABCD，所以CC1⊥BD，而CC1∩AC＝C，CC1，AC∈平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又因为A1P⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1P，故A正确；A1B＝22，BP＝5，A1P＝13，所以△A1BP为直角三角形，且S△A1BP＝10，其在底面的投影△ABC的面积为S△ABC＝3，由投影面积法可得平面A1BP和平面ABCD所成角的余弦值为cosθ＝S△ABCS△A1BP＝3010，故B正确；如图②，动点Q在侧面DCC1D1内(包含边界)，过A1作A1N⊥由直棱柱ABCD-A1B1C1D1，所以平面A1B1C1D1⊥平面CC1D1D，平面A1B1C1D1∩平面CC1D1D＝C1D1，A1N⊂平面A1B1C1D1，且A1N⊥C1D1，所以A1N⊥平面DCC1D1.而NQ⊂侧面DCC1D1，即有A1N⊥NQ，由菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，可得A1N＝3，再由勾股定理得NQ＝11-3＝22，则点Q的轨迹是以N为圆心，22为半径的圆弧(如图③中EF，点F为DC中点)，则由侧面正方形DCC1D1，可知ND1＝1，NQ＝22，可得∠ENF＝45°，所以点Q轨迹的长度为2π2，故C正确；由△A1BP为直角三角形，且△A1AB为等腰直角三角形，将△A1AB与△A1BP展开成一个平面图，如图④，则∠ABP＝135°，由余弦定理得AP2＝4＋5－2×2×5×cos135°＝9＋210，即AP＝9+210，故AG＋GP的最小值为9+210答案：ABC8．在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱AA1，CC1，C1D1的中点，Q是棱A1D1上的动点(包含端点)，则下列选项正确的是()A．当点Q是棱A1D1的中点时，过点Q且与平面A1C1D平行的平面截该正方体所得截面图形的面积为23B．若过点B，M，P的平面截该正方体所得截面与A1D1交于点Q，则A1Q＝8C．过点Q且与BN垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为85D．存在点Q，使得过点Q，M，N的平面截该正方体所得截面图形为五边形解析：对于A，如图所示，取DD1的中点S，连接QS，PS，PQ，因为P，Q分别为C1D1，A1D1的中点，所以PQ∥A1C1，SQ∥A1D，又PQ⊄平面A1C1D，A1C1⊂平面A1C1D，SQ⊄平面A1C1D，A1D⊂平面A1C1D，所以PQ∥平面A1C1D，SQ∥平面A1C1D，PQ∩SQ＝Q，故平面SPQ∥平面A1C1D，所以△SPQ即为过点Q且与平面A1C1D平行的平面截该正方体所得截面图形，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，所以PQ＝SQ＝PS＝22，所以△SPQ的面积为12×32×(22)2＝23，故A正确．对于B，如图，延长B1A1，BM，使B1A1再连接PK，使PK∩A1D1＝Q，延长B1C1，KP，使B1C1∩KP＝H，连接BH，使BH∩CC1＝J，连接MQ，PJ，则五边形PQMBJ为平面BMP截正方体所得截面图形，又△A1QK∽△D1QP，所以A1QD1Q＝A1KQ作QE⊥B1C1于点E，过点E作ET⊥BN交CC1于点T，易得QE⊥平面BCC1B1，又BN⊂平面BCC1B1，所以QE⊥BN，因为QE∩ET＝E，QE，ET⊂平面QET，所以BN⊥平面QET，所以过点Q且与BN垂直的平面QET截该正方体所得截面图形为矩形QETL，当点T与点C重合时，矩形QETL的面积最大，此时点E为B1C1的中点，所以ET＝25，QE＝4，矩形QETL的面积最大为85，故C正确．对于D，由题可知，M，N分别是AA1，CC1的中点，则MN∥A1C1∥AC，当点Q与点A1重合时，过点Q，M，N的平面截该正方体所得截面图形为矩形；当点Q与点D1重合时，截面图形为四边形(菱形)；当点Q在棱A1D1(除端点外)上时，如图，作QR∥A1C1交C1D1于点R，连接RN并延长交DC延长线于点V，连接QM并延长交DA延长线于点U，连接UV交AB于点G，交BC于点I，多边形QRNIGM为过Q，M，N三点的截面图形，由正方体的对称性可知梯形QRNM与梯形IGMN全等，则截面图形为六边形．综上，过Q，M，N三点的平面截该正方体所得截面图形不可能是五边形，故D错误．故选ABC.答案：ABC三、填空题(每小题5分，共10分)9．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，CE＝14CC1，P是正四棱柱内(含表面)的动点，且DE⊥BP，则点P解析：根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，AB＝2，AA1＝4，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，由CE＝14CC1，则E(0，2，1)．设P(x，y，z)，由题意可知，0≤x≤2，0≤y≤2，0≤z≤4，则DE＝(0，2，1)，BP＝x-2，y-2，z，由DE⊥BP，则DE·BP＝2y-2＋z＝0，故P的轨迹为矩形，且顶点为A1，B，C，D1，又CD1＝25，BC＝答案：4510．(2025·广东茂名模拟)已知棱长为a的正四面体P-ABC，且AM＝79AB，Q为侧面PBC内的一动点，若QM＝73QB，则点Q解析：以A为原点，AB的方向为x轴，建立空间直角坐标系，可得A(0，0，0)，B(a，0，0)，因为AM＝79AB，可得M(79a，0，0)，设Q(x，y，z)，因为QM＝73QB，即