第一部分 专题四 培优微专题14 截面、交线问题（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

1．(2024·新乡三模)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．9π　　 B．12πC．16π　　 D．20π 解析：C　[根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出截面小圆半径即得． 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＝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＝16π.] 2．(2024·南通考前押题卷)已知正方体ABCD ­A1B1C1D1，过点A且以1为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为(　　) A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 解析：A　[连接AC，AD1，CD1，BD， 因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以BB1⊥AC， 又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC， 又BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D， 所以AC⊥平面BB1D， 因为B1D⊂平面BB1D， 所以AC⊥B1D， 同理可证明AD1⊥B1D， 因为AD1∩AC＝A，AD1，AC⊂平面ACD1， 故B1D⊥平面ACD1， 故平面α即为平面ACD1， 则α截该正方体所得截面的形状为三角形．] 3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为(　　) A．6 B．10 C.＋2 D. 解析：D　[取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，则FN∥BG， 所以FN∥D1E. 延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN. 由题意知A为HD的中点，A1E＝AE＝2， 则C1N＝3，CN＝1，则D1E＝＝2，D1N＝＝5，FN＝＝. 取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ， 所以＝， 所以AM＝·FQ＝×4＝， 则MB＝， 则ME＝＝＝， MF＝＝＝. 所以截面图形的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2＋＋＋＋5 ＝.] 4．(2024·枣庄一模)在侧棱长为2的正三棱锥A­BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为(　　) A. B.π C. D．3π 解析：C　[借助线面垂直的判定定理与性质定理可得AD、AB、AC两两垂直，即以A为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得． 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＝＝，即以A为球心，为半径的球面与侧面ABC的交线长为： ×＝π，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为3×π＝.] 5．(2024·梅州二模)如图，平面ABN⊥α，|AB|＝|MN|＝2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α的所成角大小为30°，点P为平面α内的动点，则(　　) A．以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线 C．若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为 D．满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是椭圆 解析：BC　[根据点N到平面α的距离d＝|MN|sin 30°＝1，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A；建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B；根据点到直线的距离公式，可得P的轨迹是平面α内的椭圆x2＋＝1上一点，即可根据椭圆的性质求解C；根据向量的夹角公式即可化简求解P的轨迹为－＝1且y＜，即可求解D. 对于A，由于MN与平面α的所成角大小为30°，所以点N到平面α的距离d＝|MN|sin 30°＝1， 故半径为R＝2的球面在平面α上截面圆的半径为r＝＝，故截痕长为2πr＝2π，A错误；对于B，由于平面ABN⊥α，所以以AB为y，在平面α内过M作x⊥AB，平面ABN内作z⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0,0,0)，B(0,1,0)，A(0，－1,0)，N(0，，1)， 设P(x，y,0)，则|PM|＝|PN|⇒x2＋y2＝x2＋(y－)2＋1， 化简得y＝，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确； 对于C，＝(0，，1)，＝(x，y,0)， 所以P到直线MN的距离为＝＝1，化简可得x2＋＝1， 所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2＋＝1上一点，如图， 当P在短轴的端点时，此时∠APB最大，由于|BM|＝|MP|＝1，故∠BPM＝，因此∠APB＝2∠BPM＝，C正确； 对于D，＝(0，－，－1)，＝(x，y－，－1)，＝(x，y,0) 若∠MNP＝45°，则cos∠MNP＝cos〈，〉＝＝＝， 化简得－＝1且y＜，故满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误．] 6．[多选](2024·景德镇质检三)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为6，P，Q分别是棱A1B1，A1D1的中点，过P，Q，C作正方体的截面，则(　　) A．该截面是五边形 B．四面体CC1PQ外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面ABCD夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75 解析：ACD　[对于A，过P，Q，C三点作正方体的截面即可；对于B，计算四面体CC1PQ外接球半径，以及△PQC外接圆半径，比较球心与圆心是否重合即可；对于C，建立空间直角坐标系，计算平面ABCD和平面PQC的法向量即可；对于D，将被截正方体较小部分体积分为5个三棱锥计算即可． 对于A，如图①所示，延长PQ交C1D1的延长线于M，延长QP交C1B1的延长线于H， 连接MC交DD1于N，连接HC交BB1于K， 连接PK，QN，则五边形PQNCK为平面PQC截正方体所得的截面，故A正确； 对于B，如图②所示，设三棱锥C­PQC1底面△PQC1外心为O1， 三棱锥C­PQC1外接球球心为O， 且C1P＝C1Q＝3，PQ＝3，CP＝CQ＝9， 在△PQC1中，cos∠PC1Q＝＝，sin∠PC1Q＝， 所以△PQC1外接圆半径为O1C1＝＝， 所以在△O1C1O中，三棱锥C­PQC1外接球半径 R＝C1O＝＝＝， 所以三棱锥C­PQC1外接球球心O到P，Q，C三点的距离都为R. 在△PQC中，cos∠CPQ＝＝，sin∠CPQ＝， 所以△PQC外接圆半径r＝＝≠R， 所以四面体CC1PQ外接球的球心不在该截面上，故B错误； 对于C，如图③所示，以AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系， 且正方体边长为6，即P(3,0,6)，Q(0,3,6)，C(6,6,0)， 所以＝(－3,3,0)，＝(3,6，－6)， 设n＝(x，y，z)为平面PQC的法向量，则，取x＝y＝2，z＝3， 所以n＝(2,2,3)， 又因为AA1⊥平面ABCD， 故＝(0,0,6)为平面ABCD的法向量， 则cos〈，n〉＝＝＝， sin〈，n〉＝，tan〈，n〉＝，故C正确； 对于D，如图④所示，取B1C1中点G，连接QG， 因为△HB1P∽△HGQ，所以＝＝，即HB1＝3， 又因为△HB1K∽△HC1C，所以＝＝，即B1K＝2， 同理，由△MD1Q∽△MC1H得MD1＝3， 由△MD1N∽△MC1C得D1N＝2， 所以＝＝××2×3×6＝6， ＝·CD＝××2×3×6＝6， ＝·C1C＝××3×3××6＝27， ＝·C1C＝××3×6×6＝18， ＝·C1C＝××3×6×6＝18， 所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为6＋6＋27＋18＋18＝75，故D正确．] 7．如图，四棱锥S­ABCD的所有棱长都等于2，E为线段SA的中点，过C，D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形DEFC的周长为________． 解析：借助线面平行的判定定理与性质定理可得F点位置，即可注意计算四边形DEFC边长． 由题意知，四边形ABCD为菱形，∴CD∥AB， ∵CD⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，∴CD∥平面SAB， ∵CD⊂平面CDE，平面CDE∩平面SAB＝EF， ∴EF∥CD，则EF∥AB， ∵E为SA的中点，则F为SB的中点， ∴EF＝AB＝1， ∵△SAD是边长为2的等边三角形，则DE⊥SA， 且DE＝2sin 60°＝，同理可得CF＝， 因此四边形DEFC的周长为3＋2. 答案：3＋2 8．(2024·东三省三校联考三)正三棱柱ABC­A1B1C1内切球(球与上下底面和侧面都相切)的半径是，E为棱AA1上一点，若二面角E­BC­A为30°，则平面BCE截内切球所得截面面积为________． 解析：由内切球的半径得正三棱柱的高和底面边长，求球心到平面BCE的距离，勾股定理求截面圆的半径，可得截面面积． 正三棱柱ABC­A1B1C1内切球的半径是，则棱柱的高AA1＝2， 正三角形ABC内切圆的半径是，则S△ABC＝×·AB2＝×3AB×， 得AB＝6， D，D1分别为BC，B1C1的中点，则AD＝3，AD⊥BC，ED⊥BC， 二面角E­BC­A为30°，则∠EDA＝30°， △ABC内切圆的圆心O1为AD上靠近D点的三等分点，△A1B1C1内切圆的圆心O2为A1D1上靠近D1点的三等分点， O为正三棱柱ABC­A1B1C1内切球球心，则O为O1O2的中点， 则DO1＝，OO1＝， DD1＝CC1＝AA1，DD1∥CC1∥AA1， 由对称性可知，球心O到平面EBC的距离等于O到直线ED的距离， 平面D1DAA1中，以D为原点，DA为x轴，DD1为y轴建立如图所示的平面直角坐标系， 有O(，)，∠EDA＝30°，DE所在直线方程为y＝x，即x－y＝0， 则O点到直线DE的距离d＝＝，即球心O到平面EBC的距离， 平面BCE截内切球所得截面圆的半径为r， 则r2＝()2－2＝， 所以截面圆的面积S＝πr2＝π. 答案：π 学科网（北京）股份有限公司 $$