【期末热点.重难点】基本立体图形（含解析）2024-2025学年北师大版（2019）必修第二册数学高一下册

期末热点.重难点 基本立体图形
一．选择题（共5小题）
1．（2025 濮阳一模）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一．当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形．已知正三棱锥O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（　　）
A． B． C． D．π
2．（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．
3．（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
4．（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．
5．（2024秋 新余校级月考）现有一三棱锥P﹣ABC，，O为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，PC＝PB，，平面PCB恰好经过点O．设平面ABC截球O的截面为α，截面中心为O′，若，O′A＝4，G为α上一点，则PG取最大值时，tan∠PGO′＝（　　）
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．（2025 广东一模）某数学学习小组甲、乙、丙三人分别构建了如图所示的正四棱台①，②，③，从左往右．若上底面边长、下底面边长、高均依次递增dcm，记正四棱台①，②，③的侧棱与底面所成的角分别为α1，α2，α3，正四棱台①，②，③的侧面与底面所成的角分别为θ1，θ2，θ3，则（　　）
A．sinα1+sinα3＝2sinα2 B．tanα1+tanα3＝2tanα2
C．cosθ1+cosθ3＝2cosθ2 D．tanθ1+tanθ3＝2tanθ2
（多选）9．（2024秋 四川期末）已知正四面体ABCD的棱长为6，下列结论正确的是（　　）
A．该正四面体的高为
B．该正四面体的高为
C．该正四面体两条高的夹角的余弦值为
D．该正四面体两条高的夹角的余弦值为
三．填空题（共3小题）
10．（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 　 　．
11．（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 　 　．
12．（2024秋 闵行区期末）侧棱长为2的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为　 　．
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秋 静安区校级期中）设四面体ABCD中，有k条棱长为a，其余6﹣k条棱长为1．
（1）k＝1时，求a的取值范围；
（2）k＝2时，求a的取值范围．
15．（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
（Ⅰ）若P是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
（Ⅱ）过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
期末热点.重难点 基本立体图形
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 濮阳一模）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一．当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形．已知正三棱锥O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，点P在△ABC内部（含边界）运动，且，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（　　）
A． B． C． D．π
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意可得，所以点P的轨迹是以O为球心，半径为的球面与△ABC内部（含边界）包含的平面相交所得的弧，即点P的轨迹是以正△ABC的中心E为圆心，为半径的圆在△ABC内部 （含边界）的弧，在平面图形中求出弧长即可．
【解答】解：由题意可知，正三棱锥O﹣ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA＝3，
可得OA⊥平面OBC，得底面正△ABC的边长为，设正△ABC的中心为E，
由V三棱锥O﹣ABC＝V三棱锥A﹣OBC，
得，
解得，
又，
点P在△ABC内部（含边界）运动，且，
所以点P的轨迹是以O为球心，半径为的球面与△ABC内部（含边界）包含的平面相交所得的弧，
即点P的轨迹是以E为圆心，为半径的圆在△ABC内部（含边界）的弧，
如图，作ED⊥AB于D，圆与AB交点为G、H，则，
，
所以，则，所以，
则点P的轨迹在△ABC内部（含边界）的弧所对的圆心角为，
则弧长为，
即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为．
故选：A．
【点评】本题考查立体几何中动点轨迹问题，属于难题．
2．（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．
3．（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．
4．（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．
5．（2024秋 新余校级月考）现有一三棱锥P﹣ABC，，O为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，PC＝PB，，平面PCB恰好经过点O．设平面ABC截球O的截面为α，截面中心为O′，若，O′A＝4，G为α上一点，则PG取最大值时，tan∠PGO′＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】分类讨论；数形结合法；立体几何；运算求解；空间想象．
【答案】D
【分析】解出三角形ABC，再应用球的截面性质求出球的半径，根据三角形PCB的等腰特点确定点P的位置并求出点P到截面的距离，分析当PG取最大值时，需P′G取到最大值，进而求解tan∠PGO′．
【解答】解：∵在截面α内 0，∴AC⊥BC，
即△ABC为直角三角形，所以截面中心O′为AB中点．
∵O′为截面中心，由球的截面性质可知，OO′⊥截面α，
又AB 截面α，∴OO′⊥AB．
在Rt△OO′A中，tan∠OAB，O′A＝4，
∴OO′＝3，OA＝5，OB＝OC＝OP＝5，
取BC的中点M，连MP，
∵平面PCB恰好经过点O，∴点O为三角形PCB的外心，
又∵PC＝PB，∴MP⊥BC，且O，P，M三点共线，
当点O在三角形PCB内部时（如图1所示），作PP′⊥α，垂足为点P′，
∴PP′∥OO′，且点P′，点O′，点M三点共线，连MP′．
在Rt△ABC中，AC⊥BC，AB＝2O′A＝8，CA＝2，∴BC＝6，
在Rt△BMO中，OM⊥BM，OB＝5，，∴OM＝4，
在Rt△PP′M中，OO′∥PP′，OP＝5，OM＝4，OO′＝3，
根据相似知识知，PP′，O′P′，
∴PG，
又∵G为α上一点，∴P′Gmax＝O′P′+44时，PG才取最大值，
此时tan∠PGO′．
当点O在三角形PCB外部时（如图2所示），同理可得PP′，O′P′，
∴当，PG取最大值，
而此时 ．
综上，PG取最大值时，．
故选：D．
【点评】本题考查了棱锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解与空间想象能力，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．（2025 广东一模）某数学学习小组甲、乙、丙三人分别构建了如图所示的正四棱台①，②，③，从左往右．若上底面边长、下底面边长、高均依次递增dcm，记正四棱台①，②，③的侧棱与底面所成的角分别为α1，α2，α3，正四棱台①，②，③的侧面与底面所成的角分别为θ1，θ2，θ3，则（　　）
A．sinα1+sinα3＝2sinα2 B．tanα1+tanα3＝2tanα2
C．cosθ1+cosθ3＝2cosθ2 D．tanθ1+tanθ3＝2tanθ2
【考点】棱台的结构特征．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】BD
【分析】先根据正四棱台的特点，分别求出侧棱和底面所成角和侧面和底面所成角，然后分别求出对应的角的正弦余弦和正切值，再对照各选项中的等式进行验证，即可得到本题的答案．
【解答】解：根据题意，作出正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1，如图所示，连接BD，
设点B在平面ABCD内的射影为点O，则点O在线段BD上，过B1作B1M⊥BC，交BC于M点，连接MO，
由图可知侧棱与底面所成的角为∠B1BO，因为B1O⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，所以B1O⊥BC，
又因为B1M⊥BC，且B1M 平面B1OM，B1O 平面B1OM，B1O∩BM＝B，所以BC⊥平面B1OM，
而OM 平面B1OM，所以BC⊥OM，所以∠B1MO为平面B1C1CB与平面ABCD的夹角，即为四棱台的侧面与底面所成角．
令图①四棱台高为h，上下底面边长分别为a、b，
对于A，，同理可得，．
因此，sinα1+sinα3≠2sinα2，A项不正确；
对于B，，同理可得所以tanα1+tanα3＝2tanα2，B正确；
对于C，，同理可得，．
所以cosθ1+cosθ3≠2cosθ2，C项不正确；
对于D，，同理可得，，可得等式tanθ1+tanθ3＝2tanθ2成立，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查棱台的结构特征、直线与平面所成角和二面角的求法、锐角三角函数的应用，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
（多选）9．（2024秋 四川期末）已知正四面体ABCD的棱长为6，下列结论正确的是（　　）
A．该正四面体的高为
B．该正四面体的高为
C．该正四面体两条高的夹角的余弦值为
D．该正四面体两条高的夹角的余弦值为
【考点】构成空间几何体的基本元素．
【专题】数形结合；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】AD
【分析】根据顶点在底面的射影为底面三角形的重心计算出正四面体的高；通过余弦定理计算出cos∠MPN，结合∠MPN，∠MQN的关系即可求解出两条高夹角的余弦值．
【解答】解：取CD中点P，连接AP，BP，过A作AM垂直于BP交BP于点M，过B作BN垂直于AP交AP于点N，如图所示：
所以AM，BN为正四面体的高，记AM∩BN＝Q，
因为A在底面的射影为△BCD的中心，
所以BMBP62，
所以AM2，选项A正确，选项B错误；
因为∠QMP+∠QNP+∠MPN+∠MQN＝2π，，
所以∠MPN+∠MQN＝π，
因为，
所以，
又因为AM，BN的夹角为∠AQN，且∠MQN+∠AQN＝π，
所以，
所以AM，BN夹角的余弦值为，选项C错误，选项D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查了正四面体的结构特征与应用问题，是中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（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．
11．（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．
12．（2024秋 闵行区期末）侧棱长为2的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为　6　．
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】沿着侧棱VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图，则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40＝120°．△VAA′中，由余弦定理可得 AA'的值．
【解答】解：如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图（2），
则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40＝120°．
△VAA′中，由余弦定理可得 AA'6，
故答案为 6．
【点评】本题主要考查余弦定理的应用，棱锥的结构特征，利用棱锥的侧面展开图研究几条线段和的最小值问题，是一种重要的解题方法，属于基础题．
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秋 静安区校级期中）设四面体ABCD中，有k条棱长为a，其余6﹣k条棱长为1．
（1）k＝1时，求a的取值范围；
（2）k＝2时，求a的取值范围．
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】数形结合；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）不妨设AB＝a，可折叠三角形，观察AB的长度即可；
（2）分别讨论两边在一个三角形内和两边为四面体对棱这两种情况，结合等腰三角形性质和三角形两边之和大于第三边的性质求解a的范围．
【解答】解：设四面体ABCD中，有k条棱长为a，其余6﹣k条棱长为1，
（1）k＝1时，设AB＝a，AC＝DA＝DB＝DC＝BC＝1，固定△BCD，让△ACD绕CD转动，
当A接近B时，a接近于0；当△ACD与△BCD接近于共面时，a接近于，
故；
（2）k＝2时，第一种情况，两边不在一个三角形内时：
假设AC＝BD＝a，AB＝AD＝CB＝CD＝1，
发现当等腰三角形两腰的夹角接近0°时，a在减小但总是存在的，故a＞0，
假设AC＝BD＝a，AB＝AD＝CB＝CD＝1，取AC中点G，连接DG，BG，
则，
由两边之和大于第三边可知：，解得：，故，
第二种情况，两边在一个三角形内时：
假设AB＝AC＝a＞0，DA＝DB＝DC＝BC＝1时，E为D在底面射影，
由题意得EA＝EB＝EC，假设BC中点为O，连结EO，假设EA＝EC＝x＜1，
则，即，
解得，则且，
即a4﹣4a2+1＜0，故，则，
综上，；
综上，．
【点评】本题考查三棱锥的结构特征以及等腰三角形性质和三角形两边之和大于第三边的性质，属于中档题，
15．（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
（Ⅰ）若P是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
（Ⅱ）过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）定值；2；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）根据，得出A1M⊥BM，利用向量在上的投影向量为，即可求解；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出点O到直线A1M的距离，结合勾股定理求出r的最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M是DD1的中点，
∴DM＝D1M＝1，
∴，，，
∵，
∴A1M⊥BM，又点P在线段BM上，
∴向量在上的投影向量为，故，故是否为定值为定值．
（Ⅱ）设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r，
由已知可得，则最大的截面面积为，
∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两互相垂直，
∴以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，A1（1，0，2），M（0，0，1），
取，，
则，，
∴点O到直线A1M的距离为，
∴点O到过A1M的截面的距离最大值为，
∴过A1M的最小截面圆的半径，
因此最小的截面面积为，
∴截面面积的取值范围是．
【点评】本题考查向量在立体几何中的应用，属于中档题．
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