2024-2025學(xué)年人教A版高一數(shù)學(xué)下學(xué)期同步訓(xùn)練之棱柱

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)人教A版高一同步經(jīng)典題精練之

棱柱

一.選擇題（共5小題）

1.（2024秋?重慶期末）已知正方體ABCD-ALBICLDI,E,F,G分別為棱AB,CCi，CLDI的中點，若

平面EPG截該正方體的截面面積為逆，點尸為平面EPG上動點，則使尸的點尸軌跡的長度為

2

（）

A.itB.2nC.y[2nD.2企兀

2.（2024秋?西城區(qū)期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-AiBiCiDi中，E為棱AAi的中點，P為正

方體表面上的動點，且D：pick設(shè)動點P的軌跡為曲線W,則（）

A.W是平行四邊形，且周長為2企+26

B.W是平行四邊形，且周長為3/+2逐

C.W是等腰梯形，且周長為2a+2有

D.W是等腰梯形，且周長為3夜+2時

3.（2024秋?東坡區(qū)期末）如圖，在正方體ABC。-421CiDi中，點尸為棱。5的中點，點。為面ADD14

內(nèi)一點，BiQLAP,則（）

A.SA^DIQ=2SAA]4Q

B.2SA4I°IQ=SAA^Q

C.2sA410iQ=3sA“Q

D.3SA4miQ=2sA2Q

4.（2024秋?電白區(qū)期末）如圖所示的幾何體為兩個正方體組成的正四棱柱，記集合i

=1,2,…，9},則集合A中元素個數(shù)為（）

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

5.（2024秋?青山湖區(qū)校級期末）已知正方體A3CZ）-ALBICLDI的棱長為2,M,N分別是側(cè)面CDDiCi

和BCCiBi的中心.過點M的平面觀與ND垂直，則平面a截正方體ABCD-AiBiCiDi所得的截面積

S為（）

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

44

二.多選題（共4小題）

（多選）6.（2025?蘇州模擬）已知產(chǎn)是棱長為2的正方體表面上一動點，M,N分別

是線段B1C和CCi的中點，點。滿足凝=2疝V（0W2W1）,S.A1PLDQ,設(shè)P的軌跡圍成的圖形為

多邊形。，貝I（）

A.。為平行四邊形

B.存在入，使得Q的面積為值

71

C.存在入，使得。和底面ABC。的夾角為.

D.點8和。形成的多面體的體積不變

（多選）7.（2024秋?濟寧期末）已知正方體ABCO-AiBCbDi的棱長為2,尸為棱441的中點，則（）

A.直線尸。與3c所成的角為30°

B.BiD_L平面4BC1

C.過點P且與B]D垂直的平面截正方體所得截面的面積為3百

D.以尸為球心，逐為半徑的球面與側(cè)面BCCiBi的交線的長度為三兀

（多選）8.（2024秋?東明縣校級期末）在正方體ABCD-AiBiCiDi中，E,F,G,”分別為AB,AAi，

A[D1,CZ）的中點，則過E,F,G,X其中三個點的平面被正方體截得的截面可能是（）

A.菱形B.矩形C.五邊形D.正六邊形

（多選）9.（2024秋?新余校級月考）在長、寬、高分別為1、1、2的長方體中任取3個頂點構(gòu)成平面a,

則該長方體在a上的投影面積可能是（）

A.V5B.2V2C.3D.3近

三.填空題（共3小題）

10.（2024秋?江西期末）在直四棱柱ABC。-A向Cid中，底面ABC。是平行四邊形,441=AD=2,AB=

<2,=點M是3c的中點，P是平面ABBiAi內(nèi)一動點，則周長的最小值

為.

11.（2025?安徽模擬）要使正方體ABCD-4B1C1D以直線C41為軸，旋轉(zhuǎn)戲后與其自身重合，則”的

最小正值為.

12.（2024秋?寶山區(qū)校級期末）已知正方體A3CD-4BICLDI的邊長為2,點E,廠分別是線段CD,BC

的中點，平面a過點4，E,F,且與正方體ABC。-AiBiCiOi形成一個截面，現(xiàn)有如下說法：

①截面圖形是一個五邊形；

②棱BBi與平面a的交點是BB\的中點；

_2V13

③若點/在正方形CD5C1內(nèi)（含邊界位置），且/ea,則點/的軌跡長度為三一；

④截面圖形的周長為2g+V2,

則上述說法正確的命題序號為.

四.解答題（共3小題）

13.（2024春?城中區(qū)校級期中）已知棱長為。的正方體ABCQ-ALBICIDI中，M,N分別是棱CD,AD

的中點.

（1）求證：四邊形MN41cl是梯形；

（2）求證：ZDNM=AD\AiCi.

14.(2024?北京自主招生)在體積為1的正方體內(nèi)取一個點，過這個點作三個平行于正方體面的平面，將

1

正方體分為8個長方體，求這些小長方體中體積不大于［的長方體個數(shù)的最小值.

15.(2024春?徐匯區(qū)校級期中)如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz中，所有坐標均為整數(shù)的點稱為整點；

—>—>—>

已知正方體ABCZJ-AiBiCiDi的棱長為a,點P滿足CP=；lCD+〃CCi，其中入［0,1］,咋［0,1］.

71

(1)若a=l,且直線3尸與平面CCLDLD所成角大小為一，求點尸的軌跡長度；

4

(2)若a=l,入=1,求正方體經(jīng)過點4,P,C的截面面積S的取值范圍；

(3)若。=8,求三棱錐4-A3。內(nèi)(不包括表面邊界)整點的個數(shù).

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)人教A版(2019)高一同步經(jīng)典題精練之

棱柱

參考答案與試題解析

題號12345

答案CDAAB

選擇題(共5小題)

1.(2024秋?重慶期末)已知正方體ABCO-ALBICIDI，E,F,G分別為棱AB,CCi，CLDI的中點，若

平面EPG截該正方體的截面面積為型，點尸為平面EPG上動點，則使尸的點尸軌跡的長度為

2

()

A.itB.2nC.&兀D.2企兀

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運算求解.

【答案】C

【分析】通過平行可知截面為正六邊形，然后截面面積可求得正方體棱長，再結(jié)合正方體中￡>21，截面

立

EFG可得PD1=PO2+OD2,進而可判斷點P的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑為云的圓，軌跡長度即可求解.

【解答】解：由題意截面EGP是正六邊形，如圖，

由截面面積為數(shù)及三角形面積公式得6x|XGF2X*=孚，

2222

解得GF=1,

正方體ABCD-AiBiCiDi的棱長為AB=V2,

截面EFG,。為。S的中點，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=虛的點P的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑為手的圓，

軌跡長度為近兀.

故選：C.

【點評】本題考查截面面積、線面垂直的判定與性質(zhì)、點的軌跡、圓等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力,

是中檔題.

2.（2024秋?西城區(qū)期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-AiBiCi。中，E為棱A4i的中點，尸為正

方體表面上的動點，且c：pick設(shè)動點P的軌跡為曲線W,則（）

A.W是平行四邊形，且周長為2&+2遮

B.W是平行四邊形，且周長為3或+2返

C.W是等腰梯形，且周長為2夜+2追

D.W是等腰梯形，且周長為3近+2返

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解.

【答案】D

【分析】分別取AO,AB的中點RG,先分別在面481。。、面4O1D4上確定動點尸的軌跡。1囪、

DiF,進而得到W是過點RDi，81的平面與正方體各表面的交線（梯形OLBIGF）,再通過計算確定

W是等腰梯形及其周長.

【解答】解：分別取ADA3的中點RG,

連接4C1、DE、DMDiF、BiG、FG、DB,

則FG〃DB〃切Bi，：.F,G,Bi，。四點共面，

若尸為面AiBiCiDi上的動點，

由正方體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,

此時尸的軌跡為線段。1B]；

若P為面AiDiDA上的動點，

由正方體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,尸分別是A4i，A。的中點，：.DE±D]F,此時P的軌跡是線段5R

動點尸的軌跡曲線W為過點RD[,Bi的平面與正方體各表面的交線，即梯形DLBIGR

;正方體的棱長為2,.,.r>iBi=2V2,GF=^DB=V2,BiG=DiF=V22+l2=V5,

曲線W為等腰梯形，且周長為3a+2有.

故選：D.

【點評】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征、點的軌跡等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

3.(2024秋?東坡區(qū)期末)如圖，在正方體ABCD-AiBiCiDi中，點尸為棱。5的中點，點。為面ADD14

內(nèi)一點，BiQLAP,則()

A.SA^DIQ=2SAA]4Q

B.2SA4I°IQ=SAA^Q

C.2sA410iQ=3sA“Q

D-3SA4IDIQ=2sA44Q

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；運算求解.

【答案】A

【分析】以點。為原點建立空間直角坐標系，不妨設(shè)正方體的棱長為2,設(shè)。(x,0,z),根據(jù)歷。1_

AP求出無，z的關(guān)系，然后可求出點。到直線A4i和直線45的距離，進而可得出答案.

【解答】解：如圖，以點。為原點建立空間直角坐標系，

不妨設(shè)正方體的棱長為2,

則A(2,0,0),Bi(2,2,2),P(0,0,1),設(shè)。(x,0,z),

故G=(-2,0,1),B；Q=(x-2,-2,z—2),

因為B]Q±AP,所以G-B：Q=-2(%-2)+(z-2)=0,

即z=2x-2,所以Q(x,0,2x-2),

則點Q到直線AAi的距離為|2-x|,

點。到直線A1D1的距離為|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

故選：A.

【點評】本題考查了空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.

4.（2024秋?電白區(qū)期末）如圖所示的幾何體為兩個正方體組成的正四棱柱，記集合i

=1,2,…，9},則集合A中元素個數(shù)為（）

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

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；空間向量的數(shù)量積運算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解.

【答案】A

【分析】以P7為坐標原點，P1A,P7P4,P7P9所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，

設(shè)正方體的棱長為1,利用坐標法求出數(shù)量積，即可判斷.

【解答】解：以P7為坐標原點，P1A,P7P4,P7P9所在直線分別為X軸，丫軸，Z軸，建立空間直角坐

設(shè)QA=1,則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?網(wǎng)=2,

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

...集合4={0,2,4},.?.集合A有3個元素.

故選：A.

【點評】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征、向量數(shù)量積公式等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

5.(2024秋?青山湖區(qū)校級期末)已知正方體ABCD-421C1D1的棱長為2,M、N分別是側(cè)面CDDi。

和BCCiBi的中心.過點M的平面觀馬ND垂直，則平面a截正方體ABCD-AiBiCiDi所得的截面積

S為()

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

44

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解.

【答案】B

【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量確定截面形狀，再計算截面面積，能求出結(jié)果.

【解答】解：正方體ABCD-AIBCLDI的棱長為2,M、N分別是側(cè)面CD5cl和BCC向的中心，

過點M的平面a與ND垂直，

以。為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，

側(cè)面CD1的中心M(0,1,1),側(cè)面BCi的中心N(l,2,1),且。(0,0,0),

則前=(1,2,1),.?.點M在平面a與平面CDD1G的交線上，

設(shè)尸(0,yi，zi)為這條交線上任意一點，則詁=(0,yi-1,zi-1),

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

31

令zi=0,得點P(0,0),令zi=2,得點G(0,2),

連接PG,平面a與平面A3C。必相交，

設(shè)。(x,y,0)為這條交線上任意一點，貝!JFQ=(x,y—0),

TT4

FQ-DN=x+2(y-|)=0,整理得x+2y=0,

1

令x=2,得點E(2,0),連接FE,

?.?平面AbBiCbDi〃平面A3CD,則平面a與平面A/ICLDI的交線過點G,與直線FE平行，

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

,SGH//FE,：.H(1,0,2),

由題意得平面a與平面ABBiAi，ADDxAx都相交，則平面a與直線A4i相交，

令交點為K(2,0,m),EK=(0,-1,m),

由晶?鹵V=-2+m=0,得K(2,0,1),

連接EK,HK,得截面五邊形EEG”K,即截面S為五邊形EFGHK,

則斯=FG=4,GH=EK=*,HK=V2,

取所中點L(1,1,0),連接GLEH,則GL=E8=苧，HK=42,

取所中點L(1,1,0),連接GH,EH,貝ljGL=EH=^,

在△中，1請評=_爭，孚，

EaKcosZEKH=slsin/EKH=

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

在Z\FGL中，cosZGFL=煤:sinFL=空,

△FGL邊上的高h=FG'sinZGFL=3普，

梯形EFGH的面積SEFGH="GH+FE).h昂浮+花)x等=孚，

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

故選：B.

【點評】本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、面面位置關(guān)系、截面、余弦定理、三角形面積公式等基礎(chǔ)知識,

考查運算求解能力，是中檔題.

二.多選題（共4小題）

（多選）6.（2025?蘇州模擬）已知尸是棱長為2的正方體ABCD-A18C1O1表面上一動點，M,N分別

是線段BiC和CCi的中點，點。滿足應(yīng)=4疝V（O〈4W1）,且4尸，。0,設(shè)P的軌跡圍成的圖形為

多邊形（1,則（）

B.存在入，使得Q的面積為反

71

C.存在入，使得。和底面ABC。的夾角為孑

D.點2和。形成的多面體的體積不變

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解.

【答案】ABD

【分析】利用DQL截面Q,可作截面判斷A；建立空間直角坐標系求得截面面積的范圍可判斷2,求

n

得Q和底面ABCD的夾角的最小值大于不判斷C；設(shè)截面。與DiCi交于點尸2，與DC交于點Pi,

四棱錐3-A1EP1P2被平面BEP2分成兩個三棱錐為三棱錐尸2-BEP,三棱錐P2-BEP,可得體積不變，

判斷D.

【解答】解:對于A,截面C,

當。在點M處時，DQ在平面BAAxBy內(nèi)的射影為AK,

Dq在平面ABCD內(nèi)的射影為DC,

過4的截面AiEFDi與AK和。C均垂直，即與DQ垂直，即截面。為八跳初，

當。在點M處時，。。在平面BA4B1內(nèi)的射影為AK,。。在平面ABCZ）內(nèi)的射影為

過4的截面為4ECG與AK和均垂直，即與DQ垂直，即截面。為4ECG,

當。在MN上移動時，截面。繞4轉(zhuǎn)動，

但與DiCi的交點在DiG之間，

由面面平等的性質(zhì)可知截面Q總為平行四邊形，故A正確；

對于8,以。為坐標原點，DA,DC,所在直線分別為x軸，y軸，z軸,建立空間直角坐標系,

則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),

設(shè)截面。與GOi的交點為G,設(shè)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

與4E=(0,1,-2)共線同向的單位向量為〃(0,1,-)=(3君一君，

\ArE\75

24+(1—2)2一(宗)2：

；.G到直線AiE的距離為d=JX1G—(41G-N)2=

2V6

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

?.&E=Vl2+22=V5,

...截面C的面積e[2有，2V6],

...存在入，使得。的面積為舊，故8正確；

對于C,過QZ_LBC于Z,由題意得QZ_L平面ABCD,

???達是平面ABCD的一個法向量，

4為平面。的一個法向量，，ZDQZ為。和底面ABCD的夾角,

cos/OQZ=V,,

n

...存在入，使得。和底面A3C。的夾角大于1故C錯誤；

對于。，設(shè)截面Q與。1G交于點外，與。C交于P，

四棱錐B-AiEPiPo被平面BEPi分成兩個三棱錐為三棱錐尸2-BEP,三棱錐P2-BEA,

兩個三棱錐底面無論截面。變化，底面面積均不變，兩個三棱錐的調(diào)均為正方體的棱長,

三棱錐尸2-BEP,三棱錐尸2-BEA的體積為定值，

.?.點B和。形成的多面體不變，故。正確.

故選：ABD.

【點評】本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、截面、線面垂直的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力,

是中檔題.

（多選）7.（2024秋?濟寧期末）已知正方體ABCD-A/iCiDi的棱長為2,尸為棱44i的中點，則（）

A.直線P5與BC所成的角為30°

B.BiD_L平面42cl

C.過點尸且與BLD垂直的平面截正方體所得截面的面積為3次

LV2

D.以尸為球心，連為半徑的球面與側(cè)面BCCLBI的交線的長度為一兀

2

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；異面直線及其所成的角.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；定義法；空間位置關(guān)系與距離；運算求解.

【答案】BCD

【分析】根據(jù)線線角的定義可判斷4根據(jù)線面垂直的判定可判斷&確定截面形狀，進而求解其面積

判斷C；結(jié)合幾何體特征以及線面垂直的性質(zhì)確定軌跡形狀，從而求解其長度，判斷D

【解答】解：正方體ABC。-481CLDI的棱長為2,P為棱A41的中點，

對于A,在正方體4BCD-AiBiCiZh中,AiDi//BiCi//BC,

：.直線PDi與BC所成的角即為直線PDi與AiDi所成的角，即ZAiDiP,

DA1

在RtA/^iDi中，tan^A.D.P=內(nèi)-==；,

.../A1D1P不為30°,.?.直線與8C所成的角不為30°,故A錯誤；

對于B,連接BLDI，則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,同理可證

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

對于C,由2可知SD_L平面42Ci,

過點P且與BiD垂直的平面截正方體所得截面與平面48cl平行，

設(shè)AB,BC,CCi,CiDi，54的中點為Q,E,F,G,H,

依次連接尸，Q,E,F,G,H,

可得六邊形PQEFGH為正六邊形，

,JPQ//A1B,尸QC平面AiBCi，AiBu平面AiBCi，二尸?！ㄆ矫鍭1BC1，

同理可證EQ〃平面A1BC1,EQCPQ=Q,EQ,尸Qu面尸QEPGH,

...面PQEFGH〃平面AiBCi，

即過點P且與BiD垂直的平面截正方體所得截面即為六邊形PQEFGH,邊長為魚,

其面積為6x苧x(V2)2=3V3,

過點P且與BiD垂直的平面截正方體所得截面的面積為3百，故C正確;

對于。，過點尸作83］的垂線，垂足為M,則M為的中點，且平面BCCiBi，

設(shè)以尸為球心，逐為半徑的球面與側(cè)面BCCiBi的交線上的點為K,貝UPK=V6,

MKu平面8CC1B1，故PALLMK,且MK="蜉-PM2==魚,

則以尸為球心，逐為半徑的球面與側(cè)面BCCiBi的交線為平面BCCiBi上以M為圓心，

以夜為半徑的圓弧，如圖，

71/—V27T

由于N31MN=N8M￡=45°,故NLMN=9。。,則交線長度為3X“2=N一，

...以P為球心，傷為半徑的球面與側(cè)面BCCLBI的交線的長度為座兀，故D正確.

2

故選：BCD.

【點評】本題考查線線角的定義、線面垂直的判定與性質(zhì)、正方體截面、球等基礎(chǔ)知識，考查運算求解

能力，是中檔題.

（多選）8.（2024秋?東明縣校級期末）在正方體ABC。-AiBiGOi中，E,F,G,”分別為AB,AAi，

AiDi,CO的中點，則過E,F,G,X其中三個點的平面被正方體截得的截面可能是（）

A.菱形B.矩形C.五邊形D.正六邊形

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；平面的基本性質(zhì)及推論.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解.

【答案】BCD

【分析】分別作出過E,F,G,”四點中的三點的截面圖形判斷.

【解答】解：過點E,H,G的截面，如圖，截面為矩形，

過點￡,H,尸的截面，如圖，截面為矩形,

過點E,F,G的截面，如圖所示，截面為正六邊形,

過點RH,G的截面，如圖所示，截面為正五邊形,

【點評】本題考查正方體的截面等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

（多選）9.（2024秋?新余校級月考）在長、寬、高分別為1、1、2的長方體中任取3個頂點構(gòu)成平面a,

則該長方體在a上的投影面積可能是（

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

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運算求解.

【答案】ABC

【分析】根據(jù)任取3個頂點構(gòu)成平面a的不同情況，可分5類求解，分別涉及兩類表面，兩類對角面

和一類三角形截面，在三角形截面中應(yīng)用面面垂直作出其余5個頂點在截面內(nèi)的投影，證明該投影圖形

的面積等于矩形BiDrLI的面積即可求解.

【解答】解：在長、寬、高分別為1、1、2的長方體中任取3個頂點構(gòu)成平面a,

如圖，長方體其中AB=3C=1,AAi=2,

(1)當3個頂點構(gòu)成的平面a為平面ABCD或平面AiBiCiDi時，

由長方體的性質(zhì)可知長方體在平面a內(nèi)的投影分別為正方形ALBICI》或正方形ABCD

長方體的投影面積為1;

(2)當3個頂點構(gòu)成的平面a為平面ABBiAi或平面BCCiBi或平面CDDiCi或平面DAAid時，

與(1)同理可知，長方體的投影面積為1義2=2；

(3)當3個頂點構(gòu)成的平面a為平面ACCiAi或平面BDDiB\時，

長方體的投影為矩形ACC14或矩形BDDiBi，

，長方體的投影面積為2xV2=272；

(4)當3個頂點構(gòu)成的平面a為平面ABCiDi或平面BCD^Ai或平面CDA^Bi或平面DABiCi時，

長方體的投影為矩形ABCiDi或矩形BCDiAi或矩形CDAiBi或矩形DABxCi，

長方體的投影面積為lxV5=V5；

(5)當3個頂點構(gòu)成的平面a為平面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時，

???這8種位置情況相同，不失一般性，...只研究長方體在平面CDBi上的投影面積即可，如圖,

設(shè)直線44AB、AD分別與平面a交于點E,F,G,連接EP,FG,GE,

由題意知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,連接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內(nèi)作AKLEC,垂足為點K,

由面面垂直的性質(zhì)定理可知，AK_L平面￡FG,垂足為點K,

???點K為頂點A在平面EFG內(nèi)的投影.

同理可作出頂點4，Q,B,。在平面EEG內(nèi)的投影分別為點J,O,M,N,如圖，

，長方體在平面EFG內(nèi)的投影圖形為六邊形"iMCNZJi.

同時可知BbLLFG,垂足為點/,DiL±FG,垂足為點L

.??四邊形8。遼/為矩形.

由題意知△A1HB1為等腰直角三角形，△B/C為等腰直角三角形，

斜邊分別為481,BC,且48i=BC=l,

:.△AiHB產(chǎn)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.

：.長方體在平面EFG內(nèi)的投影圖形的面積等于矩形BiDiLI的面積.

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

矩形BtDiLI的面積為XBiOi=歲x&=3,

.??長方體在平面EFG內(nèi)的投影圖形的面積為3.

綜上，該長方體在a上的投影面積取值的可能為集合{1,2,3,2V2,V5},

故ABC均正確，。錯誤.

故選：ABC.

【點評】本題考查截面、空間想象力、正方體結(jié)構(gòu)特征等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

三.填空題（共3小題）

10.（2024秋?江西期末）在直四棱柱43。。-421。。1中，底面A2C。是平行四邊形,441=4。=2,AB=

V2,N4BC=1,點M是的中點,P是平面ABB'內(nèi)一動點，則周長的最小值為V13+3

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；空間向量的數(shù)量積運算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解.

【答案】V13+3.

【分析】作出示意圖，延長D4至M',使得AAf=l,連接易得M為M關(guān)于平面ABBMi的對

稱點，從而可得尸進而可求解.

【解答】解：作出示意圖，如圖：

'：AB=V2,BM=^BC=1,ZABC=^,

L4

：.AM=J(V2)2+l2-2xV2xlx^y=1,

：.AB1=BM1+AM2,：.AM1BC,

延長ZM至M',使得AAf=l,連接BAf,

則四邊形為正方形，：.MM'±AB,

由直四棱柱ABCD-AiBiCiDi知，MAT_L平面ABBiAi,

即冊為M關(guān)于平面ABBiAi的對稱點，

又MDi=Vl2+22+22=3,M'Di=7(1+2)2+22=V13,

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

當且僅當M',P,Oi三點共線時，等號成立，

APMDi周長的最小值為舊+3.

故答案為：V13+3.

【點評】本題考查空間中距離和的最值的求解，幾何體的對稱性的應(yīng)用，屬中檔題.

11.(2025?安徽模擬)要使正方體ABCD-AiBiCiDi以直線CAi為軸，旋轉(zhuǎn)/后與其自身重合，則〃的

最小正值為120。.

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解.

【答案】120°.

【分析】由正方體的性質(zhì)可證得。Li，平面BDCi，且△BDCi為正三角形，所以只需要△2DC1旋轉(zhuǎn)后

能和自身重合即可，從而可求得答案.

【解答】解：因為四邊形ABC。為正方形，所以ACLB。，

因為A4i_L平面4BCD,BOu平面ABCD,所以44i_LB。，

因為AAiCAC=A,A4i,ACu平面A41C,所以BD_L平面A4C，

因為AiCu平面A4iC,所以BO_L4C,同理可證得BCi_LAiC,

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

同理可證得C4i_L平面ABiDi，

因為△BDC1為等邊三角形，BC=CCi=DC,

所以AC過△BOCi的中心，設(shè)△BOCi的中心為點G,連接CiG,BG,DG,

則NBGr>=N2GCi=/OGCi=120°,

同理4C也過等邊△AB]。的中心，

若正方體繞C41旋轉(zhuǎn)后與其自身重合，只需要△BDCi和△ABLDI旋轉(zhuǎn)后能和自身重合即可，

因此至少旋轉(zhuǎn)120°.

故答案為：120°.

【點評】本小題主要考查正方體特征及垂直等知識；考查運算求解能力等；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想等，屬

于中檔題.

12.（2024秋?寶山區(qū)校級期末）已知正方體ABCO-AiBiCiDi的邊長為2,點E,歹分別是線段CD,BC

的中點，平面a過點4,E,F,且與正方體A2CD-ALBICIDI形成一個截面，現(xiàn)有如下說法：

①截面圖形是一個五邊形；

②棱231與平面a的交點是831的中點；

③若點/在正方形CDGC1內(nèi)（含邊界位置），且/ea,則點/的軌跡長度為芻產(chǎn)；

④截面圖形的周長為2g+V2,

則上述說法正確的命題序號為①④.

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解.

【答案】①④.

【分析】依題意在正方體中作出截面，再利用勾股定理分別計算各線段的長度，即可判斷正確選項.

【解答】解：正方體ABC。-ABCLDI的邊長為2,

延長斯，AD,交于點P,連接4尸交于點G,

延長EF,AB,交于點。，連接4。交BBi于點H,

則五邊形EFHA1G即為所求截面，故①正確；

由題意知G,H分別是線段DDi和BBi的三等分點,

則EG=F"=J12+（|）2=乎,

即點/的軌跡即為線段EG,則軌跡長度為卑，故②③均錯誤；

'：ArG=A\H=J22+@）2=緣f,EF=Vl2+l2=V2,

則五邊形的周長為2x孚+2x拶+/=2舊+魚,故④正確.

故答案為：①④.

【點評】本題考查正方體結(jié)構(gòu)特征、勾股定理等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

四.解答題（共3小題）

13.（2024春?城中區(qū)校級期中）已知棱長為a的正方體ABCD-AiSCiDi中，M,N分別是棱CDAD

的中點.

（1）求證：四邊形MN41cl是梯形;

（2）求證：ZDNM=ZD\AiCi.

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】空間位置關(guān)系與距離.

【答案】見試題解答內(nèi)容

【分析】（1）欲證四邊形MNAiCi是梯形，只需證其一組對邊平行且不等即可，連接AC,在△ACO中，

M,N分別是棱CD,AD的中點，根據(jù)三角形的中位線定理即可證得；

（2）根據(jù)平行公理可知MN〃ACi，又,：ND〃AiDi，從而有/DW與相等或互補，而/DNM

與ZDiAiCi均是直角三角形的銳角，故可證出ZDNM=ZD1A1C1

【解答】證明：（1）連接AC,在△ACD中，

"M,N分別是棱CD,AD的中點，

是三角形的中位線，

J.MN//AC,MN=4AC.由正方體的性質(zhì)得：AC/ZAiCi,AC=AiCi.

1

：.MN//A\C\,且4c1,即AWWA1C1,

四邊形MNA1C1是梯形.

(2)由(1)可知MN//A1Q,又,：ND〃AiDi，

與ND14cl相等或互補，而NOVM與ND14C1均是直角三角形的銳角，

ZDNM=ZDiAiCi

【點評】本小題主要考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征、空間位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查空間想

象能力.屬于基礎(chǔ)題.

14.(2024?北京自主招生)在體積為1的正方體內(nèi)取一個點，過這個點作三個平行于正方體面的平面，將

正方體分為8個長方體，求這些小長方體中體積不大于1的長方體個數(shù)的最小值.

【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】數(shù)形結(jié)合；定義法；立體幾何；邏輯思維.

【答案】4.

1

【分析】先通過不等式方法證明這8個長方體中至少有4個的體積不超過一,再說明當。=0.25,6=0.45,

11

c=0.45時，這8個長方體中恰有4個的體積不超過一,即可說明這些小長方體中體積不大于一的長方體

88

個數(shù)的最小值為4.

【解答】解：設(shè)該正方體的長寬高分別被切成長度為。和1-a,6和1-6,c和1-c的兩段，這里a,

b,cE(0,1),

i

且根據(jù)據(jù)對稱性，可不妨設(shè)。<a<b<c

此時，8個長方體的體積分別是

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)中至少有一個數(shù)不超過3

所以這8個長方體中至少有4個的體積不超過也

當a=0.25,6=0.45*c=0.45時，8個長方體的體積分別是0.0625,0.061875,0.061875,0.075625,

1

0.151875,0.185625,0.185625,0.226875,此時這8個長方體中恰有4個的體積不超過一.

8

綜上，這些小長方