第四章 专题4 截面与交线问题-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

12=25.同理=LB BC=cs∠B,BM·cos人ABC=-.得到 5 BW=C·m∠BCG,=5im∠B,BC=2点.因为m∠A,4B=V 4,所 以m∠AAB=则解得H=23,则W=W=H=23 则△M为正三角形，设内接球半径为，则S6mw=号(BM+ BH+W,=5HW.解得，=1.因为B=8,AC=BC=5,所以由余弦定理 4 得msL4CB=5+52-82.7 2x5x5=25,且im∠4CR>0,由同角三角雨数的性 24 质得im人ACB量5所以SA=,X5xg4 ×5=2,因为r=1所以三 棱柱的高为2r=2,则Vc4,6=12×2=24 专题4截面与交线问题 典型例题1.A解析：因为相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 面在正方体ABCD-A,B,C,D,中，平面AB,D,与直线AA1,AB,AD 所成的角是相等的，所以平面AB,D,与正方体的每条棱所在的直线所 成角都是相等的，同理，平面C,D也满足与正方体的每条棱所在的直 线所成角都相等，要求裁面面积最大，则截面为夹在两个面AB,D,与 CD中间且过棱的中点的正六边形，且边长为 ,所以其面积S=6× 2 重难点拔 被题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题 首要任务是确定线面的位置，之后需要从题目条件中找寻相关的字 眼，从而得到载面为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积 的求法，应用相关的公式求得结果， 变式训练1.C解析：在正方体中，根据正方体的性质可得平面 ABB,A,与平面DCC,D,平行，利用面面平行的性质定理可得平面EFG 与它们的交线GF,EH平行，所以过点E作直线GF的平行线EP与 B,B的延长线交于一点.此交点即为平面EFG与棱B,B所在直线的交 点H,连接PF,如图所示.所以四边形EPFG是平行四边形，所以EP= FG,又E,F分别为AM1,CC1的中点，所以AE=C,F.因为∠EAP= LFC,G=9O°，所以t△EAP2R△FC,G,所以AP=C,G.又因为 △EP△HBP,所以即.即.1 B2所以册之E 变式训练2D解析：如图①所示，过点A,作A,H1AC于点H因 为G3万，4C=6,所仙：则四楼台的高为以.则四能 台的体积为写X34643x6)X4H=62,解得A,H3 2 2 ,所以侧棱 长为AM,=AP+AP=3 如图2所示， 作D,F⊥AD于点F,A,G⊥AD于点G,连接AD1,由对称性可知DF= 一学霸高考·黑 ?7GA,0=3.所以=6号面m,=M,= AG=6-33 。9.35,所以AD=√年4 /8127 所以D,F=√94▣ 2 =35.同理 CD,=AD,=35,分捌在棱DC,DD,上取点N,M,使得DN:NC= DN:D,=2:1.号得MB=NW=号山，=25，E=号4C=4反，所以 藏面多边形的周长为43+42. 变式训练3.B解析：因为正方体ABCD-AB,C,D1的体积为1，所以 该正方体的棱长为1，期0<<L, 当BN=时，连接，D,水.则N/A,4MX.,四点共面，截面 为四边形AMND,(如图①)，不符合题意： D 4 ① 9 当B<时，延长B,ANW交于点G,如图2，由△BGM与△GNW相 做可别瓷微所以C<宁周为G宁所以在线度化上一定 1 存在一点P,使得NP=BG,即四边形PNGB为平行四边形，所以 BP∥NG:过P作PQ⊥DD,于Q.连接AQ,则易知AQ∥BP,所以 AQ∥MN,即A.M.N,Q四点共面.所以截面为四边形 当B时，延长B,B,MW交于点G,如图③，由△BGW与△CW相 做可利瓷器所双心宁因为G一宁所以在线段G,的延长 1 线上一定存在一点P,使得NP=BG,即四边形PVGB为平行四边形，所 以BP∥NG:如图③，过P向DD,的延长线作垂线，垂足为Q,连接AQ, 交A,D,于H.则易知AQ∥BP,所以AH∥N,即A.M,N,H四点共面 连接QN交G,D,于T,连接T,即所求载面为五边形AMNTH.综上可 知w1,放B正确 0 3 变式训练4.AD解析：如图①所示，设过点P的截面分别交底面 AB.AC于点E,F,且AE=a,AF=h因为过点P的平面将正四面体的体 积平分，即EF平分△ABC的面积，可设正四面体P-ABC的棱长为2. 可得号2x2xm号解得ab=2,且0ac2.0cbc2 对于A,在△A5F中，可得EF2=a2+-2abcm=a2+2-2,在△PA店 中，可得PB=a242-2山x2号=2-2a+4,在△PF中，可科Ppee +2-2hx2m号=2-2b+4,则PE2+PF2-BP2=10-2(a+b)>0,即 PE+PF2>EF2,同理可得PE2+EF2>PF,PF+EF2>PE2.即在△PEF 题·数学·33一 中，任意两边的平方和大于第三边，所以△PEF为锐角三角形，所以A 正确： B(E) 对于B,若截面△PEF为等边三角形，则满足EF2=PE2=PF2,若PE2= PF2,即a2-2n+4=b2-2b+4.可得a=b=反，此时EF2=2,PE2=PF2 6-2W反.可得EF2≠PE2=PF2,所以截面△PEF不是等边三角形.所以 B错误：对于C,当点E与点B重合时，要使得平而PEF平分三棱细 P-ABC的体积，即EF平分△ABC的面积，此时F为AC的中点，如图 2,此时PF⊥AC,BF⊥AC,则△PEF中，边PF,BF取得最小值，且BF= PF=3,且PB=2,可得s∠PFB3+3-4.L 2x/3x33,此时△PEF的最大 角为锐角，所以△PEF不能为直角三角形，所以C错误： 对于D,当过点P的截面过底面△ABC的一个顶点和对边的中点时.如 图③所示，得到截而△PBE,△PCD,△PAF.此时BE=PE=CD= PD=AF=PF,此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体 P-ABC的体积平分：如图④所示，在△ABC的边上分别取D,E,F, M,N,H,使得AE=AN,BM=BD.CF=CH,连接EN,DM,FH,使得EN, DM,FH恰好平分△ABC的面积，此时截面△PDM,△PEN,△PFH恰好 平分正四面体P-ABC的体积.且△PDM.△PEN,△PFI为等腰三角 形综上可得.截面为等腰三角形的有6个，所以D正确 变式训练5.②3④解析：取CD中点G,PA靠近P的四等分点1，依 次连接E,F,G,H.I,设GnAC=M,BD∩AC=N,则M为GN中点，N 为AC中点，故M为AC靠近C的四等分点，故M∥P℃，连接AM交EH 于点L,:底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，则△ABC为正三角 形，AC⊥BD,又PA=AB=4.AC=AB=4,BD=2×23=43,PA⊥底 面ABCD,AC.BDC底而ABCD,+.PA⊥AC,PA⊥D.PC=4√2.，E, F,G,H分别是棱PB,BC,CD,PD的中点，EF∥PC∥HG,EH∥BD∥ FG,且BF=G=2PC=22,EH=FG=D=25B,FG,H四点 共面.M∥PC,EF∥IG∥M.M∈平面EFGI.,I∈平面EFGB .多边形EFGH即为平面EFH截四棱锥P-ABCD所得的截面多边形 ,PA∩AC=A.PA,ACC平面PAC.∴，BD⊥平面PAC,PCC平面PAC. ∴.BDL PC,∴.EF⊥EH,EH⊥W.∴，四边形EF(H为矩形，其面积为 22x25=46.×M为CN中点，N为AC中点CM=2CN=号4C= AC=3,M=PC=3△En的边Bm上的商= 1,4M=3 W-=W-BF=2.S△m=z×25X万=y6.截面的面积等 于S网近E+S△=4石+6=56，故①错：由图可知.截面EFGm是 一个五边形，故②对：由图可知.截面与四棱锥P-ABCD四条解棱中的 侧棱PA,PB.PD相交，故③对：取AB,AD中点K,L.连接EK,FK,HL GL,则EK∥PA∥HL,则EK⊥底面ABCD,L⊥底面ABCD,.多边 形AKFG为截面在底面的投老，KF∥AC∥LG且KF=LG=2AC=2,则 多边形KFCL的面积为S2 Co-SAmKF-S&mG-SAc=,X4x43-2X 2x5-25x155,故④陆 一学霸高考·黑 典型例题2A解析：由∠ACB=120°，AC=BC=1.得△ABC外接圆半 径r产2m30=L,因此球心0到平面A8c的距离d=y2予=5， 而S宁1PX如12-厚所以三楼能D-AC的体积为 13 3S。..d=×A×w3-4 变式训练6.C解析：在正方形ADD,A,内取一点P,PQ=2.取DD 的中点M.连接MQ,MP因为Q是棱CC,的中点.所以QC1∥D且 OC,=D,,所以四边形C,D,MQ为平行四边形，所以C,D,∥MQ.MQ= C,D,=22.义因为C,D,⊥平面ADD,A1,又MPC平面ADD,A,.所以 CD1⊥MP.又PQ=23.所以MP=PQ-MQ2=√12-8=2，所以点P 的轨迹是以M为圆心，2为半径的圆在平面ADD,A,的同弧，记圆弧与 正方形的边D,A1,AD的交点分别为E,F,连接E1,FM,由对称性可得 EF=22,又EM=FM=2.所以EF2=8=4+4=EMP+FM2,所以可得 ∠F=9),所以点P的策达是以M为圆心，2为半径的阴的片，所以 交线的长度为 变式训练7，D解析：设PA=h.因为在三棱锥P-ABC中，PA⊥底 而ABC,AB⊥AC,所以将其补为一个长方体（长为4，宽为3.高为h),三 棱锥与该长方体共外接球，球心0为长方体体对角线中点，设外接球半 径为R,以A为坐标原点，AC,AB,AP分别为x轴，Y轴，：轴建立空间直 角坐标系，如图①所示， ② 4000.8o.30.c4a.0.300.0.2）m √得，R=CT。4 13h2 2 2 √25+h 一过D作球0的截面，如图②，最大截面为过球心0，半径为尼 面积为π2，最小截面为与OD垂直，半径为r=√R-0D,面积为 :(2-D),因为过点D作球0的截面，若所得截面圆的面积的最大 值与最小值之差为4π 所以-00=00==00=4号解得=3 则R2.25+6325+3 7,外接球表面积为4mR2=4T×7=28π 4 4 变式训练8.解析：如图所示，由题可知棱长为1的正方体的顶点 也都在球0的球面上，所以球0的半径为=取CD的中点连接 ON,则0N= V=},由成：3市诅正四面体的按长为2，可得/=2， 题·数学·34一 DN=受.则M=DN-Dm=?-?因为过点V的平面线球0所 24 得截面为圆，则过点M且垂直于OM的截面的面积最小，设该截面圆半 径为r.则rm√R2-0W=√R2-(02+M2)= 一，可得所得截面的面积的最小 变式调练9.6元解析：如图所示，设E,为B,D,的中点，M,N,分别 为AD,A,B1的中点，M,N分别为AD,AB的中点，连接MM N,N,AE,AE,O1,O2分别为NN,M1M的中点，A EDAE1=0.因 为A1,A,B,E四点都在球O1的球面上，所以O1即为三棱锥A1-ABE 外接球的球心，也就是三棱柱A,BE,-ABE外接球的球心.因为三棱 柱A,B,E,-ABE是直三棱柱，且△ABE为直角三角形，所以外接球的球 心01在N,N的中点处，同理，O2就是三棱柱A,D,E,-ADE外接球的 球心，且0在M,M的中点处因为球O,与球02两球面同时经 过A,A,￡，E,四点，所以球O,与球O两球面上的所有公共点构成的 轨迹W,即为以O为圆心，且过A,A,E,E,四点的圆.因为底面ABCD 为正方形且B=c=2,所以4C=22,A=了4C=2,所以矩形 A,的外接调直径2=-V瓜B6,所以一.所以外 接圆的周长为2r=√6， 专题5立体儿何中的展开与折叠问题 典型例题1.(1)证明：设AD=1,所以AB=3,CD=2.因为F为CD中点， 所以DF=L,因为EF∥AD.AB∥CD.所以AEFD是平行四边形.所 以AE∥DF,所以A'E∥DF,因为DFC平面CD'F,A'E丈平而CD'F,所 以A'E∥平面CD'F因为FC∥EB.FCC平面CDF,EB￠平面CD'F,所 以EB∥平面CD'F,又EB门A'E=E,EB,A'EC平面A'EB,所以平面 A'EB∥平面CD'F,又A'BC平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F (2)解：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB.又因为AB∥FC,EF∥AD,所以 EF⊥FC.以F为原点，FE,FC以及垂直于平面BEFC的直线分别为x, y.:轴，建立如图空何直角坐标系因为DF⊥EF,CF⊥EF,平面EFDA 与平面EFCB所成二面角为60°，所以∠DFC=60°，则B(1,2,0), o,10r(9） ,E(1.0.0).F(0.0,0),所以武=(-1，-1， BC·n=0, (-x-y=0. BCD的法向量为n=(x,y,:),则 cD.n=0. 所以{13 2*2=0. y=3,则：=1，x=-5.则n=(-3,5,1).设平面EFDA的法向量 为m=(1,).则 m=0所以上， 1x=0. F元·m=0, （2420 令y=5 则：=-1，t=0,所以m=(0,5-1),所以(m,m〉=m1m m· 0+3-1 3+3+1×1+3万 ,所以平面C与平面EFDA术夹角的正弦值为 一学霸高考·黑 B 变式训练1.D解析：过A'作A'G⊥CF,垂足为G,连接EG,由对称 性可得EG⊥CF",又'G∩EG=G,A'G.E'GC平面A'(GE',CF'⊥平面 A'GE,过B作B'H⊥CF",垂足为H.连接DH,则D'H⊥CF, 所以A'G∥BH,又A'GC平面BHD'.BHC平面BD',所以A'G∥平 面BHD',义D'H∥EG,EG文平面BHD',D'HC平面BHD',所以 EG∥平面BHD',又A'G∩EG=G,A"G,EGC平面A'GE",所以平面 A'GE∥平面BHD',即空间几何体A'GE-BHD为直三棱柱.因为 P.∠1PG=0,所以4G=停FG=子：同求得EG 2 C子期G=1,义E=,等腰三角形GE的面积为S=宁 ,空间几何体A'EF-BDC拆分为三 16 棱柱A'GE-B'ID、三棱锥”-A'GE和三棱锥C-B'HD三个部分，所 以空同几何体术gP-G的体积为=源1+2x写×治。 15 24 变式训练2.BCD解析：如图①，在线段AD上截取AE=CM.由AD∥ CM,可得四边形AMCE为平行四边形，侧CE∥AM,又CE￠平面 AMB,AMC平面AMB,则CE∥平面AMB'.在平面ABD内过点E作 EN∥AB,EN文平面AMB',ABC平面AMB',则EN∥平面ABMB,又 EN∩CE=E,则平面CEN∥平面BAM,GNC平而GEN,∴.GN∥平面 BAM,故A正确. 若对于任意点N都有直线B'M和直线CN垂直，CNC平面BCD,则 BM⊥平面B'CD,又BDC平面B'CD,.,BM⊥B'D.又B'M⊥AB,且 B'D∩BA=B,BD,BAC平面ABD.∴.BM⊥平面ABD,显然B'M不 可能同时垂直于两个相交平面，故B错误如图②，过B作B01平 面ACD于点O,过D作OP⊥AM于点P.连接BP,由B0⊥平 面AMCD,AMC平面AMCD.则BO⊥AM,又OP∩BO=O.OP.OBC平 面OPB,则AM⊥平而OPB,又BPC平面OPB,则BP⊥AM ∴，∠B'PO为二面角B-AM-D的平面角.∴.∠BPO=60°. 设BM=1,则MC=√3-t,当t=3时，M,C重合，不合题意，则t∈(0 ).在△BM中，由等面积法可知BP= Vmm= 题·数学·35一学霸高考·黑题数学 专题4截面与交线问题 命题密钥 裁面与交线问题是高考立体几何问题中较为综合的题型，它联系了立体几何中的基本事实 与点线面位置关系，还包括了空间中距离的计算截面与交线问题同时还与解三角形、多边形面 积与周长、扇形孤长与面积等相结合 考点觉醒 与多面体的 利用平行直线找交线，定截面 截面、交线 截面与交 延长利用相交直线找交点，连交线，定截面 线问题 与球体的截 计算球心到截而的此离，通过勾股定理算出截面圆 面、交线 实战演练 题组■多面体的截面问题 典型例题1.（全国高考）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面a:所成的角都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为 () 43g 4 B23 3 (33 0 4 2 变式训练1.(2025·江西南昌模拟)正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为1，E,F分别为AM,CC,的 C上，且D,G=,CC,平面EFG与棱B,B所在直线交 A号 1 0.6 变式训练2.(2025·黑龙江哈尔滨期中)如图所示，正四棱台ABCD-A,B,C,D,中，上底面边长为 B,下底面边长为6，体积为3,2，点E在D上且满足DE=2AB,过点E的平面a:与平面D,4C平行 且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为 A.72 B.82 C.33+42 D.43+42 62 第四章立体几何与空间向量学霸 变式训练3.(2025·江苏南通模拟)已知正方体ABCD-A,B,C,D,的体积为1，点M在棱BC上 (点M异于B,C两点)，N为CC,的中点，若平面AMN截正方体ABCD-A,B,C,D所得的截面为五 边形，则BM的长的取值范围是 ( o.2] B.(分 c.[ n分] 变式训练4.（多选）(2025·浙江杭州月考)已知正四面体P-ABC,过点P的平面将四面体的体积 平分，则下列命题正确的是 A.截面一定是锐角三角形 B.截面可以是等边三角形 C.截面可能为直角三角形 D.截面为等腰三角形的有6个 变式训练5.(2025·河北承德月考)如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底 面ABCD是菱形，且∠BAD=120°，PA⊥底面ABCD,PA=AB=4,E,F,H分别是棱 PB,BC,PD的中点，对于平面EFH截四棱锥P-ABCD所得的截面多边形，有以 下儿个结论：①截面的面积等于4、6：②截面是一个五边形：③截面与四棱锥 P-ABCD四条侧棱中的三条相交：④截面在底面的投影面积为53.其中，正确结论的序号是 题组国球体的截面问题 典型例题2.(2025·山东济宁月考)已知A,B,C是半径为2的球0的球面上的三个点，且∠ACB= 120°，AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为 ( c D.1 变式训练6.(2025·河南郑州月考)在正方体ABCD-A1B,C,D1中，CC,=22,Q是棱CC1的中点， 以Q为圆心，23为半径的球与侧面ADD,A1相交，则交线（在正方形ADD,A,内部及边界）的长度为 ( C.π D.2T 变式训练7.(2025·辽宁大连模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,AB⊥AC,AB=3,AC=4, 点D满足AD=3DC,三棱锥P-ABC的外接球为球O,过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积 的最大值与最小值之差为4π，则球0的表面积为 () A.16m B.20m C.24m D.28m 变式训练8.(2025·四川成都模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2，其顶点都在球O的球面上， 点M在棱CD上，且C=CD,则过点M的平面截球O所得截面的面积最小值为 变式训练9.(2025·四川绵阳模拟)已知棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E为BD中 点，A1,A,B,E四点都在球O1的球面上，且A1,A,D,E四点都在球O2的球面上，记球O1与球O2两 球面上的所有公共点构成轨迹W,则W的周长为