课下巩固训练（二十四）截面与交线问题-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固训练(二十四)]　截面与交线问题 【选择题】每小题5分 1．(2024·江苏南通模拟)正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为(　　 ) A． B． C． D． 答案：C 解析： 取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H， 在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，又C1H＝，所以NP＝. 2．已知正三棱台ABC­A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，以下底面顶点A为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为(　　 ) A． B． C． D．π 答案：C 解析：将正三棱台ABC­A1B1C1补形成正棱锥D­ABC，如图， 由B1C1∥BC，得，而BB1＝2，则DB＝3，即△BCD为正三角形，三棱锥D­ABC为正四面体， 令正△BCD的中心为O，连接AO，BO，则AO⊥平面BCC1B1，BO＝BC sin ， 从而AO＝，而球半径为， 因此这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心，r＝＝1为半径的圆， 在正三角形△BCD中，取BB1，CC1的中点H，E，取BC的三等分点G，F，连接HG，EF， 显然，即GH∥CD，GH＝CD＝1，同理EF＝1， 即有B1C1＝C1E＝EF＝FG＝GH＝HB1＝1， △BGH是正三角形，有∠GHB1＝∠HGF＝，同理∠GFE＝∠FEC1＝， 而∠C1B1H＝∠EC1B1＝，于是六边形B1C1EFGH是正六边形，其半径为1， 点B1，C1，E，F，G，H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圆上， 连接OE，OF，OG，OH，则∠EOF＝∠GOH＝，此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧(实线)，所以交线长度为2×. 3．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是(　　 ) A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．正方形 答案：ABC 解析：当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图1； 当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图2； 当点Q不与点D，D1重合时，当Q，R分别为DD1，C1D1的中点，则截面图形为等腰梯形AQRB1，如图3，不可能为正方形． 4．(多选)(2024·浙江衢州模拟)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面ABCD内一动点，则下列说法正确的是(　　 ) A．若点P在棱AD上运动，则A1P＋PC的最小值为2＋2 B．若点P是棱AD的中点，则平面PBC1截正方体所得截面的周长为2 C．若点P满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线 D．若点P在直线AC上运动，则P到棱BC1的最小距离为 答案：BCD 解析：如图1，将平面ABCD展开与平面ADD1A1处于一个平面，连接A1C，与AD交于点P，此时A1P＋PC取得最小值，即(A1P＋PC)min＝，故A错误； 如图2，取DD1的中点E，连接BP，PE，C1E，AD1， 因为点P是棱AD的中点，所以PE∥AD1且PE＝AD1， 又AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1， 所以PE∥BC1，所以四边形EPBC1即为平面PBC1截正方体所得截面， 又BC1＝2， 所以截面周长为3，故B正确； 如图3，DC1⊥D1C，BC⊥平面DCC1D1，DC1⊂平面DCC1D1， 所以DC1⊥BC，又D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1， 所以DC1⊥平面BCD1A1，因为平面ABCD∩平面BCD1A1＝BC，D1∈平面BCD1A1，P∈平面ABCD，又PD1⊥DC1，所以P在直线BC上，即动点P的轨迹是一条直线，故C正确； 如图4，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，C1(0，2，2)，设P(a，2－a，0)(a∈[0，2])， 所以＝(－2，0，2)，＝(a－2，－a，0)， 所以P到棱BC1的距离d＝， 所以当a＝时，dmin＝，故D正确． 【填空题】每小题5分 5．(2024·山东济南三模)在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是AB，AD的中点，则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为________． 解析：延长NM，CB相交于点H，连接C1H交BB1于点G，连接MG， 因为正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是AB，AD的中点， 所以MN＝，BH＝AN，CC1＝6， 因为△HBG∽△HCG1，，故BG＝2，GH＝， 在DD1上取点Q，连接NQ，C1Q，GQ，则NQ＝， 同理可知GQ＝NH，所以四边形GQNH为平行四边形，故G，H，N，Q四点共面， 则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q， MG＝， 同理C1Q＝4， 故截面周长为MN＋MG＋C1G＋C1Q＋NQ＝2. 答案：14 6．(2024·贵州毕节二模)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长均为4，且∠B1A1D1＝60°，则以D为球心，2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 解析：如图，过点D作DH⊥BC于点H，设以D为球心，2为半径的球面交CC1于点E，交BB1于点F， 分别连接EH，FH，DE，因平面ABCD⊥平面BCC1B1，且平面ABCD∩平面BCC1B1＝BC， 则DH⊥平面BCC1B1，则点H即以D为球心，2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线圆弧所在圆的圆心，交线长即弧的长． 在Rt△DHC中，DH＝4sin 60°＝2，又DE＝2， 在Rt△DHE中，EH＝＝4， 在Rt△EHC中，cos ∠EHC＝，故∠EHC＝，同理∠FHB＝，故∠EHF＝， 故交线圆弧的长为π. 答案： 7．(2024·重庆模拟) 如图，已知棱长均为4的正四棱锥P­ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面α使得PB∥α，则平面α截正四棱锥P­ABCD所得的截面面积为___________． 解析： 取AP中点为E，取BC中点为F，顺次连接E，M，F，N四点， 结合题意可知EM∥PB，NF∥PB，所以EM∥NF， 同理EN∥MF，即四边形EMFN是平行四边形， 因为EM∥PB，EM⊂平面EMFN，PB⊄平面EMFN，所以PB∥平面EMFN， 设MF∩BD＝H，可得HB＝BD，再在PD上取点G，满足PG＝PD， 此时HG∥PB，所以HG∥PB∥EM∥NF，可得截面五边形GEMFN， 由正四棱锥可知PO⊥平面ABCD，且MF⊂平面ABCD，所以PO⊥MF， 又因为BD⊥MF，BD∩PO＝O，BD⊂平面PBD，PO⊂平面PBD，所以MF⊥平面PBD， 又因为PB⊂平面PBD，所以MF⊥PB， 又因为NF∥PB，所以MF⊥NF，从而可得四边形EMFN是矩形， 由正四棱锥所有棱长均为4，可知MF＝PB＝2， 所以矩形EMFN的面积为MF·EM＝2， 再由HB＝BD，HG∥PB，可知HG＝PB＝3. 又因为EM＝2，所以△ENG的面积为×(3－2)＝， 所以截面五边形GEMFN的面积为4. 答案：5 学科网（北京）股份有限公司 $$