周测15截面与交线问题- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

7,棱长为1的正方体A以DA,H,C,D,中，P、Q分调在棱CC,P= 周测15截面与交线问题 x《Q-y,x∈0,1y∈[0,1门且x3+y≠0，过A,P,Q三点的平面藏正 方体ABCD1,县，CD,得到规面多边形.则 (叶间，0分仲分挂，100分) 八x=y时，截直定为等鞭梯形 一，透择是{本恩其5小题，每小是百分，共25分.在母小觅给出的四个选项中，只有一项是符合是 Bx一1时，展面一定为矩形且面积最大催为，2 心.存在+y使截面为火边移 目要求的) D.存在x,y使D,与截面平行 【,用-个半童裁正方体，截套可能出理的彩扰是 4.如图，已知正方体ACD-A,,C,D,的棱长为1，E为AD的中点，P为 ①等边三角悬巴直角梯悬的楚形①五边形 对角线上D站，的个功点，过P作与平面AE平行的平自，则此平自戴正 A.中心 队①g0 C.①$4 D.②① 方体质得的裁面 2.如图，在棱长为2的正方棒ABD-ABC,D,中，点P是棱AB上的南点，过A,C,.P三点 A靓围不可捷是五边 作正方体的截面，若蕉面把正方体分成体机之比为7·5的再部分，则该程面的周长为【) B截置可以是正六边形 452 4a482 C5+32 +婴 CP从D点向B,运动时，截面面积先增太后或小 3.如阔所示，以棱长为1的正方体的顶点A为球七，以区为半径作一个球面，扇该证方体的表面 几截面面积的最大氧为器 葡球雀新载得的衡有氢的长之和为 三、填空赠本题共4小题，每小整5分，共20分】 A华 且区m c晋 n 9.如图.在E方体ABD-AB,(D,中.AB-1,DD,的中点为Q.过A,Q.B,三 点的候面面为 4,某风维高为1，送面半径为点，集过该则维度点的半雀线此到根所得根面童积的最大值为() 0.在争径是13m的球面上有A,B,C兰点，且AB-BC-CA-12m,期球心 到楚过这三点的规面的距离为· h.2 乱 C. D.1 1L,已知正方体WD-A,出，CD,的棱长为4，上，F分别是棱AA,,以C的中点，别平鹿D,EF越 该正方体所得的权室图形煤长为 I2.已知形ABCD中，AB一2C一6，点M,N分别为线段AB.CD的中点，残将△ADM沿DM 解转，直到与△VM首火重合，期此过程中，线授AC的中点的运动轨造长度为 四，解苦是《本题共清小题，其7分.解答虚写出文字说阴，证阴过程或演算岁骤) 量 第5则图 13.(木小题横分12分)已每正四棱且A以D-A,出CD,中，2LM,=3AB12,点AM是棱BB,的 5.图，正方体ABD-AB,C,D,的棱长为1，E,F,G分别为楼AB,A,D,C,D,的中点，经过 中点，点N是棱DD,上常道D的三等分点，若该正四棱柱藏过点A,M,N的平面所截，求所 E,下，G三点的平面被正方体所，，图截面图形的配积为 得酸图多边形的周长， 双3的 4 C,1 D,2 题（本整共3小题，每小题日分，共这分，在每小驱给出的西个这项中，有 要求的，全都选对的男后分，慈对但不全的得部分分，有选错的不得分) ,正方体A度D-A,B,C,D,的棱长为2，已知平前。上C,期关于a载此正方体所视截雀的判 斯正确的是 A.截霍形状可能为正三角思 B截面形状可能为正方形 C.截面形状可能为正六边彩 D.截程雀积量大慎为3 周两5霞耳与交线问题 14,(本小题满分12分)知阁，正方体A以D-A,B,CD,中，M,N:E,F分别是A,4,AD, 15.「本小题满分13分)如闭，已年在四梭雏P-A拟D中.成直AD是菱思，且∠BAD=120, BCCD,的中点 PA⊥废面ACD,PA一AB-4,E,下，H分料是棱PB,,PD的中点，求： 1)求证：E.F,B,D四点共面 1)平面EFH截四棱锥PACD所得的服面多边形的面积 (2求证，平童AMN平面EFDB, (2)平面EFH与糕霍ABD断成的锐二面角的度数， 《)南出平面BN正与正方体侧面的交线（需要有必要的作图说明，保臂作图复连，并说明 (3)平面EFH餐四棱银严-ACD所得的藏面在底面ACD上韵投影的面积. 理由》， 州风测数学必蜂第彩A服 ·别(2)①图为A'B=+4下=42，BC=A'C= (2)因为旋转体的体积V=V:一V维 V4+2=25. 所以流转体的作款V=不·(2aX,。一言…口·va Sa4r=z×4WZ×√(2V5)2-(22)F=4w5. 113 设三棱维B'-A‘BC的高为h, 因为VrAc=Vr· (3)设国算C0的内切球球心为O,半径为R,期点O'在直 线1上， 所以号×46×有=×号×4x2X,解得- 3 设球O'切CD于成F,连接DO',O'F, ②设三校锥B'-A'BC外接球的半径为R, 则∠DFO'=90°，O0'=O'F=R,OC=√3a-R. 则R=②++ 周为∠DCB=60°，所以∠OCF=30°. =3,外接球的表面积S=4xX 2 R 3=36元. 在0GT中，<00F-8院”，子每释 14,解：(1)设正四棱台ABCD-A,B,CD1外接球的半径为R, :该正四检台外接球的表面积为20x 30. ∴.4πR=20π，解得R=√5， 所以国维C0的内切球作积V一子R一子·（停）广 六球的体软为V-号×5)-20 3 4 (2)由已知条件得B,D=2+2=2,BD=V8+8=4 274 设该棱台上、下底面的中心分别为 周测15截面与交线问题 G1,G,作出截面B1BDD1 若O在四边形BDD1B,内，如图，则 1.C解析：如图，用一个平面戴正方体，戴面可能出现的形状 G1=√R-b,G 是等边三角形，菱形，五边形，故选C, =√-I=2,0G=√R-BG V5-4=1, GG=0G+0G=3. .B,B=/(BG-B,G,)+GG=1+9=/10,即此时 该枚台的侧枚长为√10： 正三角形 菱形 五边形 若(O在四边形BDD,B,外，如图，则 2.D解析：如图所示，过点P作PQ∥ 0G,=V√R-BG=√-=2. A,C1·交BC于点Q,则四边形 (0G=√R-BG-√-4=1， PQC1A,就是过点A,C,P的藏面 GG=0G-0G=1: 设PB=BQ=(0≤x≤2)， .B,B=/(BG-B,G)十GG= 则台体PBQA,B1C1的体积为 √1+I=√2， ×2x++2x) 即此时该棱台的侧校长为√2， 7 1 综上，孩校台的侧枪长为√可或2 2(令去) 15,解：(1)由图可知，该几何体是由一个圆往挖去一个图维构 成的， AP-CQ-+-AC=2 所以PQ=② 在直角梯形ABCD中，AD=a,BC=2a,过，点D作DEI BC于点E, 所以戴西的两长为了×2+2厄号=5计3 5 》 .故选D 则四边形ABED和四边形DECO为矩形，AD=BE=a, AB=DE=C,知图所示 3,C解析：正方体的表面被该球面所载得 的孤是相等的三部分，如图所示，上底面 被球面截得的孤长是以A,为圈心，1为 年径的国的周长的了，所以所求兹长之 和为3x受-C 4,A解析：如图，裁面为△PAB, 在R:△DEC中，由∠DCB=60°得，DE=CE· 设C为AB的中点，OC=x, tnn∠DCE=(2a-a)·tan60'=√3a. x∈[0w3), CE 24-4 DC=cos∠DCE-s60=2a, 划AB=2√3-，PC=√+I, 所以AB=OC=√3，OD=a. 所以线面面教5=名×2V尽了× 因为旋转体的表面积S=S限十Sma州一S阳单么： √x+1=-(x-1)+4 所以S=2m·2a·V3a+2x(2a)+元·a·2a-a2=(9+ 所以当x=1时，藏面面积取得最大值为2，故述A, 43)πa2 周周测数学必修第二册A版 ·88- 5.B解析：如图，分别取BC,AA1,CC,的 如困， 中点为H,M,N,连接EH,HN.GN, FM,ME,客易得出FG∥EH,GN∥ ME,HN∥FM,别点E,F,G,H,M,NW 共面，且FG■EH=GN■ME HN w-V)T-要. 即经过E,F,G三点的截面周形为正六边形EHNGFM.连 接MN,FH,且相交于点O,因为MN=AC=√1+1F= V2,所以0E=0H=0N=OG=OF=OM=号，到我南周 ￥格NN,=D,N-子BD,=BD=0.0又BD/ BD1,则四边形OVNO:是平行四边形，脚O,N。∥ 4 O,N,,又ON.C平面ACFE,O,N,在平面ACFE,有 6,ACD解析：围，显然A,C成立，下 D O1N1∥平面ACFE,而ON:∩TQ=O1,ON1,TQC平面 面说明D成立， A:C,QT,于是得平面A,CQT∥平面ACFE,并且四边形 知图藏得正六边形，而积最大，MN= AC,QT与四边形ACFE而积相等. 22.GH=.OE=000E= 当点P从D点向B,的移动过程中，点P在线段DP。(不含 +- 端，点)上时，戴面与射线DD相交， 当交点在线段DD,(不含，点D)时，藏面为三角形，并且逐渐 所以5=2×号×W恒+2v2)x 变大。 =3√3，放D成立.故 2 当交点在线段DD,的廷长线上时，栽面还与平面 选ACD A:B,CD1相交，截面为四边形，并且遥新变大 7.D解析：对A,x=y=1时，载面为矩形，故A错误： 当点P在线段P,P,(不含编点》上时，截而与正方休的六个 对B,如图，当x=1时，点P与点B重 D 面相交，载而为六边形，并且无逐渐增大，截面经过P。P,的 合，设过A,P,Q三点的平面交DD 中点时截面而积最大，之后逐新减小 于M,则因为平面AA,D,D∥平面 M 当点P在线段P,B(不含，点B)时，截面由四边形变形为三 BBC,C,故PQ∥AM,且AB⊥PQ,此 角形，并且逐浙域小， 时载面为矩形，当点Q与点C,重合时 因此，截面不可能为五边形，A,C正确： 面积最大，此时戴面积S=1×√2 P 2,故B正确： E=m+DE-V2+=F= ,CF✉ 2 2 对C,戴面只能为四边形、五边影，故C错误： cos∠CFE CF+EF-CE V10 2CF·EF 101 对D.当=立y=号时，延长B,B D 即∠CFE≠120°，两边与∠CFE两边分别平行的数面六边 交QP延长线于N,西出数面APQM4 形项角不等于120°，因此截西六边形不是正六边形，B不 如图所示，此时图为BP=CP,BN∥ 正确： D CQ,故Rt△BPN≌Rt△CPQ,则 令过P,P,中点的裁面为六边形GHIKLM,有GH=KL BN=CQ-子连接MN,由面面平行 子c- 4 的截面性减可得△ADM∽△PCQ,AD=2PC,故MD 令GH∩B,D,=N,KL∩BD=O,连接ON, 2QC-号e时MD,-专长NMD,=BN且MD,/BN,故 有ON∥ON.ON=ON。=√DD+(DO,-D,NF= 平行图边形MD,BN,故MN∥D,B,根据线面平行的判定 3巨，又N。,O,分别为等腰梯形ACFE两底的中点，即有 4 可知BD,与截面平行，故D正确.故选B). O。N。⊥AC,有ON⊥KI.,N为GH中点，O为KL.中，点，连 8,ACD解析：在正方体ABCD-A1B,CD,中，取CD,的中 接HK,GL,即四边形GHKL.为矩形，点M,」分别为棱 点F,连接EF,CF,AC1,而E为A,D的中点，则EF∥ AA,,CC,中点， A,C1∥AC. 取AB,BC的中点T,Q,连接AT,TQ,QC:,有TQ∥AC∥ MG=ML,等接△NMGL底地上的高6=(AC-KL) A,C,,ACC平而ACFE,TQ士平而ACFE,则TQ∥平面 ,所以最夫我西面积S=Sam十25a-3X35+ ② ACFE. 4 连接B,D1交EF,A,C,分别于点N。,N,连接BD交AC, TQ分别于Oa,O1,连接OaN。,O,N,交DB,于P,P, 2x×3×-器DAn ·89- 答案全解全析 号解折：我西是知圈所示的等腰祁彩 其幸径为3 4 QEBA,其中E为C,D,的中点.国为 0号AB,-A0-BE- 线预AC的中点的造动轨连长度为号×2x×3_ 4 ,所以 13.解：如图所示 该梯彩的高为平所以我有南软有5×（柜+号）× 是长C,C至Q,使得CQ=1,连接 MQ.NQ. 329 记MQ与BC交于点R,NQ与CD交 181 于点P, 10.11cm解析：如图，过顶，点向底面作垂线，每 取CC,的中点H,连接D,H,MH 足是O,连接AO,根据三角形的重心性成， 所以HQ=4.即D1N∥HQ,且 D N=HQ. A0=号×12n60=45,在R△s0A中， 所以四边形D,NQH是平行四边形， S0=VSA-A0=√13-(4V3)F=11, 得D:H∥NQ,且D,H=NQ. 又周为MH∥B,C:∥A:D,且MH=A,D,=4,所以四迹 即球心到经垃这三点的戴面的距离是11cm. 彩A,MHD,是平行四边形， 1.2v⑧+95+25 解析：如图，取CC,的中点G,连接 得A,M∥DH,AM=D,H 3 所以A,M∥NQ,且A,M=NQ,所以四边形A,MQN是平 BG,则D1E∥BG,取G的中点N,连接D,N,FN,剩 行四边形， FN∥BG, 划藏面为五边形为A MRPN,且A:N=4Z,A,M=5 周为△MBR△QCR,所以语-是年以R=3, RC=1, 所以MR=√3+3=32，NP= V+(-9 所以FN∥D,E,剿直线FNC平面D,EF PR=√+()-各， 延长D,E,DA交于H,连接FH交AB于点M,连接ME, 所以载面的周长为A,M+MR+PR+PN+A:N=5+ 则A为HD的中点 则平面D,EF截该正方体所得的截面图形为D,EMFN, 3vi+号+号+4E-10+vE 由条件可得A:E=AE=2,BF=CF=2,则C,N=3, 14.解：(1)证明：连接BD·NE,国为 CN-1,别D,E-√+2-25. F,E分别是CD,B:C的中点， 所以EF为△B,DC:的中位线，所 D1N=W4+3=5,FN=√+2=5. 以EF∥B1D1 取AD的中点Q,走样QF,期AM/P0,所0沿 又四边形BDDB,是矩移， 所以BD∥B,D,, 片以AW-铝F阳-音×4-号所以MB-言 所以EF∥BD,故E,F,B,D四成 共面. 所以ME=VaE+-√+(T-号· (2)证明：由已知，MN为△B,D:A,的中位线，所以MN∥ B,D,所以MN∥EF, -B+F-√+()-2E 义MN正平面EFDB,EFC平面EFDB,所以MN∥平面 EFDB. 所以藏面图形的周长为D,E十EM十MF+FN+ND1= 同理NE∥A,B,∥AB,且NE=A,B,=AB,所以四边形 26+9+2+5+5-2而+95+25 NEBA为平行四边形， 3 所以AN∥BE,又AN在平面EFDB,BEC平面EFDB,所 12.3y2 解析：如国，由已知得四边形 M 以AN∥平面EFDB, 4 文AN∩MN=V,所以平而AMN∥平面EFDB AMND是正方形，△ADM沿DM翻 (3)过B作NF的平行线交 D 转的过程中，点A的轨迹为以O为圆D N DA,DC分别于G,H,连接 心，01为半径的幸国，共幸径为3 NG,FH分别交A1A,CC ,这个半圆与DM 于1，J,连接1B,JB, 垂克. ACAC,如图， 设线段AC的中点E,线段NC的中点F,线段EF的中点 由NF∥A,C:∥AC,则 为O',则点E,的轨缝为以O为圆心，OF为半径的半圆， NF∥平面ABCD. 周周测数学必修第二册A版 ·90· 设平面ABCD∩平面BNF=1, 由线面平行的性质定理如NF以. 阶段检测三立体几何初步 又点B∈直线1， L.C解析：若a∩3=a,图为m⊥平面auCa, 所以直线1就是直线GH, 所以m⊥4，同理前⊥，过m上一点作直线”的平行线1 直线GH就是平面BNF与正方体侧面的交线 则程1上4+ 15.解：(1)取CD的中点G,PA的四等 设由m和1确定的平面为y,则a⊥y 分点I,依次连接E,F,G,H,I, 而1⊥m,1⊥n,同上可知1⊥y,故a∥ 设FG∩AC=M,BD∩AC=N, ,选项C正确： 则M为CN的中点，N为AC的中 有可能Ca,选项A错误： 点，点M为AC的四等分点，，1M∥ PC. 由上可知a∥l,且aC3,所以l9成 ,底面ABCD是菱形，∠BAD=120, 1C3,选项B错误： .△ABC为正三角形，AC⊥BD 如图，a⊥3不一定成立，速项D错误，故谜C. 又PA=AB=4,.AC=AB=4,BD=2×2W3=43 2A解析：如图所示，在长方体ABD-A,B,C,D,中，取四 被雏A,ABCD,则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形.故 PA⊥底面ABCD,AC,BDC底面ABCD. 选A. .PA⊥AC,PA⊥BD,.PC=42. E,F,H.G分别是救PB.BC,PD.CD的中点， PC∥HG,EH∥BD∥FG,且EF=HG= .EH-FG-BD25 .五边形EFGHI即为平面EFH截四枚维P-ABCD所得 3.C解析：设圈O1的半径为r,球O的半径为R. 的藏面多边形。 使题意得△ABC为等边三角形，则由正孩定理得2r= ,PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC, .BD⊥平面PAC AB_23=4,脚r=2, sin C 3 ,PCC平面PAC,.BD⊥PC,.EF⊥EH, 2 ∴.国边形EFGH为矩形，其而积为22×2√=46. 又因为球O的表面积S=4πR=64π，所以R=4, .CM-TCN-TAC-1.AM-AC-3. 根据球的载面性质得(ON)1⊥平面ABC, 所以(O0:⊥01A, 又EF在平面PAC,PCC平面PAC,.EF∥平面PAC, 所以O0=√OA-O1AT=√R-r=2.故选C ,平面EFGHI∩平面PAC=IM,.EF∥IM∥PC且 4.D解析：设长方体的长宽高分别为a,b,c,V=ac. M-是PC-3E,EH1M. 2 ∴，△IEH的边EH上的高IU=IM一MJ=IM一EF=2, 1 ∴S6m-号×25X,巨=6.载面EFG的面积为 ale= 5W6 故V,+VtV,=ak=V,V=2vV=2w.V=言V. (2)由于IMC藏面EFGHI,AMC平面ABCD,EH∥ 则A,B,C错误，D正确.故选D, BD∥FG, 5.A解析：如图，连接AC交BD于O, 则FG⊥平而PAC.IM,AMC平面PAC 在△CC:A中，易证OE∥C,A, .FG⊥IM,FG⊥AM, 又OEC平而BDE,AC,正平而BDE ∠IMA为截面EFGHI与底面ABCD所成的载二面角。 .CA∥平面BDE, 在+∠-微房号 ,直线AC:与平面BED的距离即为 点A到平面BED的距毒，设为h,连接A ∴.截面EFGH1与底面所成的锐二而角为45'： (3)取AB,AD的中点K,L,则EK∥PA∥HL, AE,在三棱锋EABD中，V:m=3S△AXEC.= ∴.EK⊥底面ABCD,HL.⊥底面ABCD, .多边形AKFGL为戴面EFGHI在底面ABCD上的 2×2×2X2=2y2 3 投影 在三校维A-BDE中，BD=2√2，BE=DE=V后， KF/AC//LG KF-LG-TAC-2. 多边形AKFGL的面积为SAD一Sar一S△DG ∴.S△Eup- -×22×√6-2=22， sm=7×4x4vg-2××2x-×2后X1 1 Va-am=3Sarmxh-3 ×22×h=22 ,解得方=1. 53. 故选A. ·91· 答案全解全析