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期末热点.重难点 棱柱
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 重庆期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，若平面EFG截该正方体的截面面积为，点P为平面EFG上动点，则使PD＝AB的点P轨迹的长度为（　　）
A．π B．2π C． D．
2．（2024秋 西城区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，P为正方体表面上的动点，且．设动点P的轨迹为曲线W，则（　　）
A．W是平行四边形，且周长为
B．W是平行四边形，且周长为
C．W是等腰梯形，且周长为
D．W是等腰梯形，且周长为
3．（2024秋 东坡区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为棱DD1的中点，点Q为面ADD1A1内一点，B1Q⊥AP，则（　　）
A．
B．
C．
D．
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A＝{x|x ，i＝1，2，…，9}，则集合A中元素个数为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．9
5．（2024秋 青山湖区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是侧面CDD1C1和BCC1B1的中心．过点M的平面α与ND垂直，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面积S为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 苏州模拟）已知P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一动点，M，N分别是线段B1C和CC1的中点，点Q满足，且A1P⊥DQ，设P的轨迹围成的图形为多边形Ω，则（　　）
A．Ω为平行四边形
B．存在λ，使得Ω的面积为
C．存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角为
D．点B和Ω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ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，则（　　）
A．直线PD1与BC所成的角为30°
B．B1D⊥平面A1BC1
C．过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为
D．以P为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为
（多选）8．（2024秋 东明县校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AB，AA1，A1D1，CD的中点，则过E，F，G，H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α，则该长方体在α上的投影面积可能是（　　）
A． B． C．3 D．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 江西期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，，点M是BC的中点，P是平面ABB1A1内一动点，则△PMD1周长的最小值为 　 　．
11．（2025 安徽模拟）要使正方体ABCD﹣A1B1C1D1以直线CA1为轴，旋转n°后与其自身重合，则n的最小正值为 　 　．
12．（2024秋 宝山区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面α过点A1，E，F，且与正方体ABCD﹣A1B1C1D1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BB1与平面α的交点是BB1的中点；
③若点I在正方形CDD1C1内（含边界位置），且I∈α，则点I的轨迹长度为；
④截面图形的周长为，
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a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点．
（1）求证：四边形MNA1C1是梯形；
（2）求证：∠DNM＝∠D1A1C1．
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ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
（1）若a＝1，且直线B1P与平面CC1D1D所成角大小为，求点P的轨迹长度；
（2）若a＝1，λ＝1，求正方体经过点A1，P，C的截面面积S的取值范围；
（3）若a＝8，求三棱锥A1﹣ABD内（不包括表面边界）整点的个数．
期末热点.重难点 棱柱
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 重庆期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，若平面EFG截该正方体的截面面积为，点P为平面EFG上动点，则使PD＝AB的点P轨迹的长度为（　　）
A．π B．2π C． D．
【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DB1⊥截面EFG可得PD2＝PO2+OD2，进而可判断点P的轨迹是以O为圆心，半径为的圆，轨迹长度即可求解．
【解答】解：由题意截面EGF是正六边形，如图，
由截面面积为及三角形面积公式得6GF2，
解得GF＝1，
∴正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为AB，
∵DB1⊥截面EFG，O为DB1的中点，也是截面EFG的中心，且DO，
∴PD2＝PO2+OD2，即PO22，解得PO，
∴使得PD的点P的轨迹是以O为圆心，半径为的圆，
∴轨迹长度为．
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﹣A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，P为正方体表面上的动点，且．设动点P的轨迹为曲线W，则（　　）
A．W是平行四边形，且周长为
B．W是平行四边形，且周长为
C．W是等腰梯形，且周长为
D．W是等腰梯形，且周长为
【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AD，AB的中点F，G，先分别在面A1B1C1D1、面A1D1DA上确定动点P的轨迹D1B1、D1F，进而得到W是过点F，D1，B1的平面与正方体各表面的交线（梯形D1B1GF），再通过计算确定W是等腰梯形及其周长．
【解答】解：分别取AD，AB的中点F，G，
连接A1C1、DE、D1B1、D1F、B1G、FG、DB，
则FG∥DB∥D1B1，∴F，G，B1，D1四点共面，
若P为面A1B1C1D1上的动点，
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1得平面A1ECC1⊥平面A1B1C1D1，
且平面A1ECC1∩平面A1B1C1D1＝A1C1，
要使⊥，只需D1P⊥A1C1，
此时P的轨迹为线段D1B1；
若P为面A1D1DA上的动点，
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1得平面CED⊥平面A1D1DA，
且平面CED∩平面A1D1DA＝ED，
要使⊥，只需D1P⊥ED，
∵E，F分别是AA1，AD的中点，∴DE⊥D1F，此时P的轨迹是线段D1F，
∴动点P的轨迹曲线W为过点F，D1，B1的平面与正方体各表面的交线，即梯形D1B1GF，
∵正方体的棱长为2，∴D1B1＝2，GF，B1G＝D1F，
∴曲线W为等腰梯形，且周长为32．
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﹣A1B1C1D1中，点P为棱DD1的中点，点Q为面ADD1A1内一点，B1Q⊥AP，则（　　）
A．
B．
C．
D．
【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D为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设Q（x，0，z），根据B1Q⊥AP求出x，z的关系，然后可求出点Q到直线AA1和直线A1D1的距离，进而可得出答案．
【解答】解：如图，以点D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），B1（2，2，2），P（0，0，1），设Q（x，0，z），
故，，
因为B1Q⊥AP，所以，
即z＝2x﹣2，所以Q（x，0，2x﹣2），
则点Q到直线AA1的距离为|2﹣x|，
点Q到直线A1D1的距离为|2﹣（2x﹣2）|＝2|2﹣x|，
所以x≠2，故，
，
所以．
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A＝{x|x ，i＝1，2，…，9}，则集合A中元素个数为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．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，P7A，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，P7A，P7P4，P7P9所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设P7A＝1，则A（1，0，0），B（1，0，2），P1（1，1，0），P2（1，1，1），P3（1，1，2），P4（0，1，0），P5（0，1，1），
P6（0，1，2），P7（0，0，0），P8（0，0，1），P9（0，0，2），
∴（0，0，2），（0，1，0），（0，1，1），（0，1，2），
（﹣1，1，0），（﹣1，1，1），（﹣1，1，2），
（﹣1，0，0），（﹣1，0，1），（﹣1，0，2），
∴0，2，
4，
∴集合A＝{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﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是侧面CDD1C1和BCC1B1的中心．过点M的平面α与ND垂直，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面积S为（　　）
A． B． C． D．
【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﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是侧面CDD1C1和BCC1B1的中心，
过点M的平面α与ND垂直，
以D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BC1的中心N（1，2，1），且D（0，0，0），
则（1，2，1），∴点M在平面α与平面CDD1C1的交线上，
设P（0，y1，z1）为这条交线上任意一点，则（0，y1﹣1，z1﹣1），
∵ND⊥平面α，则2（y1﹣1）+z1﹣1＝0，∴2y1+z1＝3，
令z1＝0，得点F（0，，0），令z1＝2，得点G（0，，2），
连接FG，平面α与平面ABCD必相交，
设Q（x，y，0）为这条交线上任意一点，则（x，y，0），
x+2（y）＝0，整理得x+2y＝0，
令x＝2，得点E（2，，0），连接FE，
∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，则平面α与平面A1B1C1D1的交线过点G，与直线FE平行，
过G作GH∥FE，交A1D1于H（t，0，2），则（t，，0），（2，﹣1，0），
∵∥，∴t＝1，∴H（1，0，2），
由题意得平面α与平面ABB1A1，ADD1A1都相交，则平面α与直线AA1相交，
令交点为K（2，0，m），（0，，m），
由2+m＝0，得K（2，0，1），
连接EK，HK，得截面五边形EFGHK，即截面S为五边形EFGHK，
则EF＝FG，GH＝EK，HK，
取EF中点L（1，1，0），连接GL，EH，则GL＝EH，HK，
取EF中点L（1，1，0），连接GH，EH，则GL＝EH，
在△EHK中，cos∠EKH，sin∠EKH，
△EHK的面积S△EHK，
在△FGL中，cos∠GFL，sin，
△FGL边上的高h＝FG sin∠GFL，
梯形EFGH的面积SEFGH，
∴平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1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P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一动点，M，N分别是线段B1C和CC1的中点，点Q满足，且A1P⊥DQ，设P的轨迹围成的图形为多边形Ω，则（　　）
A．Ω为平行四边形
B．存在λ，使得Ω的面积为
C．存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角为
D．点B和Ω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DQ⊥截面Ω，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B，求得Ω和底面ABCD的夹角的最小值大于，判断C；设截面Ω与D1C1交于点P2，与DC交于点P1，四棱锥B﹣A1EP1P2被平面BEP2分成两个三棱锥为三棱锥P2﹣BEP，三棱锥P2﹣BEP，可得体积不变，判断D．
【解答】解：对于A，∵A1P⊥DQ，∴DQ⊥截面Ω，
当Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，
Dq在平面ABCD内的射影为DC，
过A1的截面A1EFD 1与AK和DC均垂直，即与DQ垂直，即截面Ω为A1EFD1，
当Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，DQ在平面ABCD内的射影为DH，
过A1的截面为A1ECG与AK和DH均垂直，即与DQ垂直，即截面Ω为A1ECG，
当Q在MN上移动时，截面Ω绕A1转动，
但与D1C1的交点在D1G之间，
由面面平等的性质可知截面Ω总为平行四边形，故A正确；
对于B，以D为坐标原点，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M（1，2，1），N（0，2，1），D（0，0，0），A1（2，0，2），E（2，1，0），
∴（﹣1，0，0），（0，1，﹣2），（1，2，1），
∴λ（﹣1，0，0）＝（﹣λ，0，0），
（1，2，1）+（﹣λ，0，0）＝（1﹣λ，2，1），
设截面Ω与C1D1的交点为G，设G（0，m，2），
∴（﹣2，m，0），
∵，∴0，∴﹣2（1﹣λ）+2m+0＝0，解得m＝1﹣λ，
∴G（0，1﹣λ，2），∴（﹣2，1﹣λ，0），
与（0，1，﹣2）共线同向的单位向量为（0，1，﹣2）＝（0，，），
∴G到直线A1E的距离为d，
∵λ∈[0，1]，∴d∈[2，]，
∵，
∴截面Ω的面积∈[2，2]，
∴存在λ，使得Ω的面积为，故B正确；
对于C，过QZ⊥BC于Z，由题意得QZ⊥平面ABCD，
∴是平面ABCD的一个法向量，
∵为平面Ω的一个法向量，∴∠DQZ为Ω和底面ABCD的夹角，
∴cos∠DQZ，
∴存在λ，使得Ω和底面ABCD的夹角大于，故C错误；
对于D，设截面Ω与D1C1交于点P2，与DC交于P1，
四棱锥B﹣A1EP1P2被平面BEP2分成两个三棱锥为三棱锥P2﹣BEP，三棱锥P2﹣BEA，
两个三棱锥底面无论截面Ω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P2﹣BEP，三棱锥P2﹣BEA的体积为定值，
∴点B和Ω形成的多面体不变，故D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﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，则（　　）
A．直线PD1与BC所成的角为30°
B．B1D⊥平面A1BC1
C．过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为
D．以P为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为
【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A；根据线面垂直的判定可判断B；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ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，
对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D1∥B1C1∥BC，
∴直线PD1与BC所成的角即为直线PD1与A1D1所成的角，即∠A1D1P，
在Rt△PA1D1中，，
∴∠A1D1P不为30°，∴直线PD1与BC所成的角不为30°，故A错误；
对于B，连接B1D1，则B1D1⊥A1C1，
又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
∴DD1⊥A1C1，B1D1∩DD1＝D1，B1D1，DD1 平面DD1B1，
∴A1C1⊥平面DD1B1，
B1D 平面DD1B1，∴A1C1⊥B1D，同理可证A1B⊥B1D，
A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B 平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，故B正确；
对于C，由B可知B1D⊥平面A1BC1，
∴过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面与平面A1BC1平行，
设AB，BC，CC1，C1D1，D1A1的中点为Q，E，F，G，H，
依次连接P，Q，E，F，G，H，
可得六边形PQEFGH为正六边形，
∵PQ∥A1B，PQ 平面A1BC1，A1B 平面A1BC1，∴PQ∥平面A1BC1，
同理可证EQ∥平面A1BC1，EQ∩PQ＝Q，EQ，PQ 面PQEFGH，
∴面PQEFGH∥平面A1BC1，
即过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH，边长为，
其面积为，
∴过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为，故C正确；
对于D，过点P作BB1的垂线，垂足为M，则M为BB1的中点，且PM⊥平面BCC1B1，
设以P为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线上的点为K，则，
MK 平面BCC1B1，故PM⊥MK，且，
则以P为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为平面BCC1B1上以M为圆心，
以为半径的圆弧，如图，
由于∠B1MN＝∠BML＝45°，故∠LMN＝90°，则交线长度为，
∴以P为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为，故D正确．
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ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AB，AA1，A1D1，CD的中点，则过E，F，G，H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，H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E，H，F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F，H，G的截面，如图所示，截面为正五边形，
故选：BCD．
【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α，则该长方体在α上的投影面积可能是（　　）
A． B． C．3 D．
【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α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B1D1LI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α，
如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1，其中AB＝BC＝1，AA1＝2，
（1）当3个顶点构成的平面α为平面ABCD或平面A1B1C1D1时，
由长方体的性质可知长方体在平面α内的投影分别为正方形A1B1C1D1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α为平面ABB1A1或平面BCC1B1或平面CDD1C1或平面DAA1D1时，
与（1）同理可知，长方体的投影面积为1×2＝2；
（3）当3个顶点构成的平面α为平面ACC1A1或平面BDD1B1时，
长方体的投影为矩形ACC1A1或矩形BDD1B1，
∴长方体的投影面积为22；
（4）当3个顶点构成的平面α为平面ABC1D1或平面BCD1A1或平面CDA1B1或平面DAB1C1时，
长方体的投影为矩形ABC1D1或矩形BCD1A1或矩形CDA1B1或矩形DAB1C1，
∴长方体的投影面积为1；
（5）当3个顶点构成的平面α为平面BDA1或平面BDC1或平面ACB1或平面ACD1或平面AB1D1或平面BC1A1或平面CD1B1或平面DA1C1时，
∵这8种位置情况相同，不失一般性，∴只研究长方体在平面CD1B1上的投影面积即可，如图，
设直线A1A、AB、AD分别与平面α交于点E，F，G，连接EF，FG，GE，
由题意知B1∈EF，C∈FG，D1∈GE，E∈AA1，
∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面ABCD∩平面EFG＝FG，
平面A1B1C1D1∩平面EFG＝B1D1，∴B1D1∥FG．
∵B1D1∥BD，∴BD∥FG，连接AC，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，∴AC⊥FG，
∵AA1⊥平面ABCD，且FG 平面ABCD，∴AA1⊥FG，
∵AA1∩AC＝A，AA1 平面ACE，AC 平面ACE，∴FG⊥平面ACE，
∵FG 平面EFG，∴平面EFG⊥平面ACE．
∵平面EFG∩平面ACE＝EC，
∴在平面ACE内作AK⊥EC，垂足为点K，
由面面垂直的性质定理可知，AK⊥平面EFG，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A1，C1，B，D在平面EFG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JB1MCND1．
同时可知B1I⊥FG，垂足为点I，D1L⊥FG，垂足为点L，
∴四边形B1D1LI为矩形．
由题意知△A1HB1为等腰直角三角形，△BIC为等腰直角三角形，
斜边分别为A1B1，BC，且A1B1＝BC＝1，
∴△A1HB1 △BIC，∴A1H＝BI，HB1＝IC．
∵A1H∥AC∥BI，JH∥MI，且∠A1HJ，∠BIM方向一致，∴∠A1HJ＝∠BIM，
∵∠A1JH＝∠BMI＝90°，A1H＝BI，∴JH＝MI．
∵∠HB1J＝∠ICM＝90°，HB1＝IC，
∴△JHB1 △MIC，
同理，△JHD1≌△NLC．
∴长方体在平面EFG内的投影图形的面积等于矩形B1D1LI的面积．
在Rt△B1BI中，B1B＝2，BIAC，∠B1BI＝90°，∴B1I，
∴矩形B1D1LI的面积为，
∴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α上的投影面积取值的可能为集合{1，2，3，2，}，
故ABC均正确，D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ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，，点M是BC的中点，P是平面ABB1A1内一动点，则△PMD1周长的最小值为 　　．
【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】．
【分析】作出示意图，延长DA至M′，使得AM'＝1，连接BM'，易得M'为M关于平面ABB1A1的对称点，从而可得PM＝PM'，进而可求解．
【解答】解：作出示意图，如图：
∵，，，
∴，
∴AB2＝BM2+AM2，∴AM⊥BC，
延长DA至M′，使得AM'＝1，连接BM'，
则四边形AMBM′为正方形，∴MM′⊥AB，
由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1知，MM'⊥平面ABB1A1，
即M'为M关于平面ABB1A1的对称点，∴PM＝PM'，
又MD13，M′D1，
∴△PMD1的周长为PM+PD1+MD1＝PM'+PD1+3≥M′D1+3，
当且仅当M′，P，D1三点共线时，等号成立，
∴△PMD1周长的最小值为．
故答案为：．
【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﹣A1B1C1D1以直线CA1为轴，旋转n°后与其自身重合，则n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CA1⊥平面BDC1，且△BDC1为正三角形，所以只需要△BDC1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ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
因为AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以AA1⊥BD，
因为AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C，
因为A1C 平面AA1C，所以BD⊥A1C，同理可证得BC1⊥A1C，
因为BC1∩BD＝B，BC1，BD 平面BDC1，所以CA1⊥平面BDC1，
同理可证得CA1⊥平面AB1D1，
因为△BDC1为等边三角形，BC＝CC1＝DC，
所以A1C过△BDC1的中心，设△BDC1的中心为点G，连接C1G，BG，DG，
则∠BGD＝∠BGC1＝∠DGC1＝120°，
同理A1C也过等边△AB1D1的中心，
若正方体绕CA1旋转n°后与其自身重合，只需要△BDC1和△AB1D1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ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面α过点A1，E，F，且与正方体ABCD﹣A1B1C1D1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BB1与平面α的交点是BB1的中点；
③若点I在正方形CDD1C1内（含边界位置），且I∈α，则点I的轨迹长度为；
④截面图形的周长为，
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ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，
延长EF，AD，交于点P，连接A1P交DD1于点G，
延长EF，AB，交于点Q，连接A1Q，交BB1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DD1和BB1的三等分点，
则EG＝FH，
即点I的轨迹即为线段EG，则轨迹长度为，故②③均错误；
∵A1G＝A1H，EF，
则五边形的周长为222，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﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点．
（1）求证：四边形MNA1C1是梯形；
（2）求证：∠DNM＝∠D1A1C1．
【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MN A1C1是梯形，只需证其一组对边平行且不等即可，连接AC，在△ACD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∥A1C1，又∵ND∥A1D1，从而有∠DNM与∠D1A1C1相等或互补，而∠DNM与∠D1A1C1均是直角三角形的锐角，故可证出∠DNM＝∠D1A1C1
【解答】证明：（1）连接AC，在△ACD中，
∵M，N分别是棱CD，AD的中点，
∴MN是三角形的中位线，
∴MN∥AC，MNAC．由正方体的性质得：AC∥A1C1，AC＝A1C1．
∴MN∥A1C1，且MN A1C1，即MN≠A1C1，
∴四边形MN A1C1是梯形．
（2）由（1）可知MN∥A1C1，又∵ND∥A1D1，
∴∠DNM与∠D1A1C1相等或互补，而∠DNM与∠D1A1C1均是直角三角形的锐角，
∴∠DNM＝∠D1A1C1
【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．
【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，再说明当a＝0.25，b＝0.45，c＝0.45时，这8个长方体中恰有4个的体积不超过，即可说明这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为4．
【解答】解：设该正方体的长宽高分别被切成长度为a和1﹣a，b和1﹣b，c和1﹣c的两段，这里a，b，c∈（0，1），
且根据据对称性，可不妨设．
此时，8个长方体的体积分别是
abc，ab（1﹣c），a（1﹣b）c，a（1﹣b）（1﹣c），（1﹣a）bc，（1﹣a）b（1﹣c），（1﹣a）（1﹣b）c，（1﹣a）（1﹣b）（1﹣c）．
由，可知abc≤ab（1﹣c）≤a（1﹣b）c≤（1﹣a）bc，a（1﹣b）（1﹣c）≤（1﹣a）b（1﹣c）≤（1﹣a）（1﹣b）c≤（1﹣a）（1﹣b）（1﹣c）．
由于，
故．
，
故（1﹣a）bc和a（1﹣b）（1﹣c）中至少有一个数不超过，
所以这8个长方体中至少有4个的体积不超过．
当a＝0.25，b＝0.45，c＝0.45时，8个长方体的体积分别是0.0625，0.061875，0.061875，0.075625，0.151875，0.185625，0.185625，0.226875，此时这8个长方体中恰有4个的体积不超过．
综上，这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为4．
【点评】本题考查棱柱结构特征，属于中档题．
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ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
（1）若a＝1，且直线B1P与平面CC1D1D所成角大小为，求点P的轨迹长度；
（2）若a＝1，λ＝1，求正方体经过点A1，P，C的截面面积S的取值范围；
（3）若a＝8，求三棱锥A1﹣ABD内（不包括表面边界）整点的个数．
【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；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；
（2）；
（3）35．
【分析】（1）根据线面角的定义确定直线B1P与平面CC1D1D所成角的平面角，由此确定点P的轨迹及其长度，
（2）作出正方体中经过点A1，P，C的截面，利用向量知识求得截面面积的表达式，求其范围；
（3）结合图形分类确定A1﹣ABD内的整点个数．
【解答】解：（1）空间直角坐标系A﹣xyz中，所有坐标均为整数的点称为整点，
正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，
连接C1P，
∵B1C1⊥平面CDD1C1，C1P为B1P在平面CDD1C1上的射影，
∴直线B1P与平面CC1D1D所成角的平面角为∠B1PC1，
由已知，
则C1P＝B1C1＝1，故P点轨迹为以C1为圆心，1为半径的圆在正方形CC1D1D内的部分，
∴点P的轨迹长度为，
（2）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以A为坐标原点，
以AB，AD，AA1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
∵a＝1，
∴C（1，1，0），D（0，1，0），C1（1，1，1），A1（0，0，1），
∵，λ＝1，
∴，即，
∴P点在DD1上运动，则P（0，1，μ），
过点A1作A1E∥PC，交BB1与点E，连接CE，
∵平面BCC1B1∥平面ADD1A1，
平面BCC1B1∩平面A1ECP＝EC，平面ADD1A1∩平面A1ECP＝A1P，
∴EC∥A1P，又A1E∥PC，
∴在正方体中经过点A1，P，C的截面为平行四边形A1PCE，如图，
则（1，0，﹣μ），（1，1，﹣1），
∴点P到A1C的距离为：
d，
∵μ∈[0，1]，故当μ取0或1时，d取到最大值，
此时截面面积的最大值为，
当时，d取到最小值，
此时截面面积的最小值为2，
∴当λ＝1时，在正方体中经过点A1，P，C的截面面积的取值范围为．
（3）如图，过z轴上的点A2（0，0，7），A3（0，0，6），A4（0，0，5），A5（0，0，4），A6（0，0，3），
A7（0，0，2），A8（0，0，1），作三棱锥A1﹣ABD平行于底面ABD的截面，
则三棱锥A1﹣ABD内（不包括表面边界）整点一定位于各截面内，
截面A2E2F2内的整点个数为0，
截面A3E3F3内的整点个数为0，
截面A4E4F4内的整点有1个，为（1，1，5），
截面A5E5F5内的整点有3个，分别为：（1，1，4），（1，2，4），（2，1，4），
截面A6E6F6内的整点有6个，分别为：（1，1，3），（1，2，3），（1，3，3），（2，1，3），（2，2，3），（3，1，3），
截面A7E7F7内的整点有10个，分别为：
（1，1，2），（1，2，2），（1，3，2），（1，4，2），（2，1，2），（2，2，2），（2，3，2），
（3，1，2），（3，2，2），（4，1，2），
截面A8E8F8内的整点有15个，分别为：
（1，1，1），（1，2，1），（1，3，1），（1，4，1），（1，5，1），（2，1，1），（2，2，1），
（2，3，1），（2，4，1），（3，1，1），（3，2，1），（3，3，1），（4，1，1），（4，2，1），（5，1，1），
∴三棱锥A1﹣ABD内（不包括表面边界）整点个数为35．
【点评】本题考查用空间向量的方法求两点间的距离，属于中档题．
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