培优微专题14 截面、交线问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

I数学 跟踪训练 故若原式能被125整除，需k为偶数且能被25整除，即k需 2.解析：由a1=1,a2=2,a+2-an=2an+1,可得当n为4的倍 是50的倍数， 数时，a,也是4的倍数， 在1,2,3，…，2024中，50的倍数有40个：50,100,150， 当n不为4的倍数时，a。也不是4的倍数，则得当k是4的 …,2000, 倍数时，b=2,当k不是4的倍数时，be=k,即可得b,取n 故在a1,a2,…,a2o24中，3级十全十美数的个数为40. =4s(s∈N‘),计算出S后，再计算S40及Sg即可得解. 2.解：(1)根据已知及等比数列的定义求出{bn}的通项公式，由 由am+2-an=2a+1,则a3=4+1=5,a4=10十2=12， 已知和求通项可得{an}的通项公式，(2)根据等差数列及等 则a1、a2、a3都不是4的倍数，a4是4的倍数， 比数列的求和公式可得结果(3)根据“和稳定数列”的定义可 a3=2a4十a3,不是4的倍数，a=2a5十a4=5a4十2a3,不是4 判定 的倍数， (1).a1b1=2(a1-3)b1+8,b1=2,∴.a1=2, a,=2a6十a5=10a4+4ag+2a4+a3=12a4+5a3,不是4的 又a1b十a2b2=2(a2-3)b2,b=2,∴.a1=2,a2=5,解得：b2=4 倍数， ag=2a2+a6=24a4+10a3+5a4+2a3=29a4+12a3,是4的 因为6.}是等比教列，所以6.)的公比9=会=26.=2 倍数， 又当n≥2时，a1b1十a2b2十…十an-1ba-1=2(a-1-3)bn-1 依次可得当n为4的倍数时，a。也是4的倍数， +8, 当n不为4的倍数时，a也不是4的倍数， 作差得：abn=2(an-3)bn-2(a.-1一3)bn-1 由6，=/2，a,三0(mod4) 将bn=2”代入，化简：an=2(a,-3)-(an-1-3), {k,a4=1或2或3(mod4)' 得：an一am-1=3(n≥2） {an}是公差d=3的等差数列，an=a1十(n-1)d 则当k是4的倍数时，b=2齐，当k不是4的倍数时，b=, =3n-1 则b4=2子=2； (2)记集合A的全体元素的和为S, 当n=4s(s∈N),Sn=1+2+3+2+5+6+7+22+… 集合M={a1,a2,…,a2m〉的所有元素的和为A2n= 十2， 2n(6n-1+2=6m2+n, 2 =1+2+3+4+…+4s+2+22+…+2一(4+8+…+4s) =1+4s)X4s+2(1-2)_(4+4s)s 集合N=(6,b…,b}的所有元素的和为B=2-2） 1-2 2 1-2 2 =852+2s+2+1-2-2s-2s2=6s2+2+1-2, =22m+1-2, 当n=40,即s=10时，有S0=6X102+21-2=600+2048-2 集合M∩N的所有元素的和为T,则有S=Am十Bm-T 对于数列{bn}: =2646>2024, S39=S40-b0=2646-210=2646-1024=1622<2024, 当n=2k-1(k∈N”)时，b4-1=224-1=(3-1)2-1=3p-1 (p∈N)是数列{am}中的项 故满足Sm≥2024的m最小值为40. 答案：240 当n=2k(k∈N)时，b2s=2b2A-1=2(3p-1)=6p-2(p∈ 课时冲关高效提能 N°)不是数列{a。}中的项 1.解：(1)设{a+1一an}的公比为q,根据题意，列出方程组，即 T=6十a十…十b-1,其中-≤aa> 可求得k的值；(2)由(1)知，得到an+1一2a.=(a2-2a1)3- b24+1>a2m =8·3”,和am+1-3a,=(a2一3a1)21=8·2”,两式相减得 lo8影(6n,-1)-1<k≤log,(6n,-1)+1 an=8(3”一2")，分n为奇数和n为偶数，两种情况讨论，结 2 合二项展开式的性质，即可求解 取k= 「log(6m-1)+](其中[x]表示不超过实数x的最大整 1)设{aa+一ba.}的公比为g, 2 则an+2-kaa+1=q(aa+1一kan),即a+2=（q十k)aa+1-qkan, 数) 由a+:=5a+1一6a,可得9十b=5。 1一k=一6：解得 T-2=号-10=号( 1og2(6n-1)+1 -1) 1-4 3(4 (k=8或k=3 g2(6n-1)+1 (9=31q=2' S=6m2+n+22+1- 3·4 2。 4 3 所以=2或=3. (3)①当j=3m,(m∈N)时，a,+a,+…十a%,是3的正整 （2)由1)知，当=时，a41-2a.=a,-2a131=8·3, 数倍， (9=3 一定不是数列{an}中的项； 当厂k二3时，a+1一3an=(a2-3a1)2"=8·2", 当j=3m-1,(m∈N)时，as,+a,+…+at,=1(mod3), 两式相减得an=8(3-2). 不是数列{an}中的项； 当n为奇数时，3"-2”的个位数为1或9，an=8(3”一2")的 当j=3m+1,(m∈N)时，a%,十a4,+…+a,=2(mod3), 个位数不可能为0； 是数列{an}中的项； 当n为偶数时，设n=2k(k∈N“),则an=8(3-22)=8(g-4), 综上，数列{an}是“和稳定数列”，j=3m十1，(m∈N*); 要使a,末尾3个教字为0，需满足g-4被1000=5=125 ②数列{bn}不是“和稳定数列”，理由如下： 8 不妨设：1区k<k,<<k,则b6十b2十…十b,>b.,且 整除， b+b,+…+b≤b1+b2+…十b,=2+22+…+2= 当k=1,2,3时，9一4均不符合题意； 当>3时，9*-4=(-1+10)-(-1+5)*=[C8(-1)+ 23+1-2<2的+=b 故b,十b,十…十b,不是数列{b}中的项. C4(-1)-1·10+C8(-1)-2·102+…+C·10]-[C8 (-1)+C(-1)-1.5+C2(-1)-2.52+…+C,5], 数列bn》不是“和稳定数列” 培优微专题14 自103,53以后各项均可被125整除， 研析考点层级突破 故只需考虑 考点 「(-1y+(-1)1.k.10+(-1y2.21D.101 例1(1)[解]首先找到交点S,T,连 2 接ST,又因为DA∩ST=R1,RR1∩ -[(-1)+(-1)-1··5+(-1)-2. VA=K得出答案. kk-一D.51 (i)CB∩QP=T,QR∩CD=S,连接 2 ST(为截面与底面的交线，称为轴线)； 方 =（-1)1.5k+(-1)-4·75.2D=号.(-1).5k (i)DA∩ST=R1; 2 2 (m)RR,∩VA=K,则四边形RQPK ·[一2+15(k一1)]能否被125整除， 即是过P,Q,R三点的棱锥的截面，如 其中-2+15(k-1)不是5的倍数， 图所示. ·152· 答案精析 (2)[解析]如图，由题意，根据空 D (2)[解析]将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个 间线面的位置关系、基本事实以及 球放入圆柱内，通过切线相等即可判断A、B选项；利用圆柱 面面平行的性质定理可得L∥AE, 的外接球即为三棱锥EABC的外接球计算可判断C,“楔形 B 进而FI∥AE,结合相似三角形的 体”的体积大于半圆柱的体积，小于圆柱的体积减去两个三 性质即可求解 棱锥EABC的体积， 如图，设AB=6,分别延长AE D 将相同的圆柱按如图方式拼接在一起 A1B1交于点G,此时B1G=3, 将两个球放入圆柱内，使每一个球既与 连接FG交B,C1于H,连接EH, 圆柱相切， 设平面AEF与平面DCC,D1的交 又与曲线C所在平面相切，球与曲线C 线为1，则F∈l, 的切点为Q,R,取曲线C上一点P, 因为平面ABB,A1∥平面DCC,D1,平面AEF∩平面 过P点的圆柱母线与两球交于M,N两 ABB1A1=AE,平面AEF∩平面DCC1D1=I, ,点，由于PM,PR同是下面球的切线， 所以l∥AE,设1∩D,D=I,则FI∥AE, PN,PQ同是上面球的切线，可得PM= 此时△FD,I△ABE,故ID,=号，连接AI, PR=PN-PQ, 则PR+PQ=PM+PN=MN>QR, 所以五边形AIFHE为所求截面图形」 由椭圆的定义知：曲线是椭圆的一部分，A正确，B错误； [答案]C 因为AB是直径，可得圆柱的外接球即为三棱锥EABC的 跟踪训练 外接球， 1.ABD[如图，连接AC1,AC,由H,G 故外接球的球心在OO2上，且为OO2的中点， 分别为CA,CC1中点，可得HG 设外接球的半径为r,则r=√1十1=√2， ∥AC1, 所以三棱锥EABC的外接球的表面积为4πr2=8π，故C 由AC=BC=AA1可知，侧面AA1C1C 正确； 为菱形， 所以A,C⊥AC1,所以AC⊥GH,故A 圆柱的体积为πrh=2π， 正确； 连接HE,GF, 三校维EABC的体积为号Sae·CE=子×合×VX 因为E、F、G、H分别为AB、BB1、C1C、 P AC的中点， Bx2=号， 所以HE∥BC,GF∥BC,所以GF∥HE； 所以模形体的体积V小于2r一2V=号(3m-2》, 所以E、F、G、H四，点共面，故B正确： 延长FE交A1A的延长线于P点，连接PC1,交AC于Q “换形体”的体积V大于半个圆柱的体积2×2x=x, 点，连接QE,C1F, 设FE,FC确定平面为a,则P,C∈a,所以PCCa,所以CQ, 所以楔形体”的体积V满足π<V<名(3元一2)，故D正确。 QECa, 3 则易知三棱柱的戴面四边形为FEQC1, [答案]ACD 在Rt△C1BF中，C1F=√22+1严=√5， 跟踪训练 2.ABC [如图，连接A1D,BC, D 在Rt△BEF中，EF=/(√2)2+12=√3， B1C,则A1D∩AD1=E, 而Rt△AEH中，QE>EH=1, 由正方体的性质可得，点E是侧面 A 而C1Q>CH=√2+22=√5，所以截面的周长大于1+√5 ADD1A1的中心，点M是正方体 的中心， M +2√5，故C错误； 所以连接EM并延长交侧面 E 由B知，GF∥HE且HE≠GF,所以梯形的两腰EF、GH所 BCC,B,于点P,则点P是侧面 在直线必相交于一点P', D 因为P'∈平面A1ABB1,P∈平面A1ACC1,又平面 BCC1B1的中心，且PE∥AB. A1ABB1∩平面A1ACC=AA1, 设平面EPN交A1D1于点F,交 AD于点G,交BC于，点H,连接 所以P∈A1A,所以P与P重合， NF,GH, 即EF,GH、AA1三线共，点于P,故D正确.门 因为平面ABC∥平面A1B1C1D1, 考点二 所以GH∥NF,GH=NF. 例2(1)[解析]如图，取CD的中点 因为PE∥AB,ABC平面ABCD, E,则有OECD,PE⊥CD, 所以PE∥平面ABCD, 由PA=AB=2,可得OE=1,PE= √3，故OP=√2， M/B 又GHC平面ABCD,所以PE∥GH, 所以AB∥GH,易知AB⊥HN, △PCD为正三角形，球心O在平面C 所以GH⊥HN,所以平面EMN截正方体得到的截面多边 PCD上的投影M即为△PCD的 形NFGH是矩形，A正确； 中心， 因为，点M是正方体的中心，所以D1,M,B三，点共线，所以 OM=OPOE-5,球的半径OF=2y3 平面AD1M即为平面ABC1D1, PE 3 31 因为BC⊥B1C,AB⊥B1C,AB∩BC1=B,AB,BC1C平 在Rt△OMF中，截面园半径 面ABC1D1, MF-OF-OM6 所以BC⊥平面ABC1D1, 又B1CC平面ABC,所以平面AB1C⊥平面ABCD,即平 面AB1C⊥平面AD1M,B正确； 在正△PCD中，以M为国心，作半径为号的圈，易知ME 当入=1时，点N与点C1重合，平面EMN即为平 面ABC1D1, 3 由B选项可知平面AB,C⊥平面ABCD,,即平面AB,C⊥ 3 平面EMN,C正确； N(-9-M 当X=号时，CN=BH=号BC=专，则FD,=AG=号AD 4 所以∠FME=45°， Γ39 圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90° 故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的 又6H=2.NH/r+(信-号-2， 即为}×2xXMP=, 6 所以藏面多边形NFGH的面积为2X2,=4,D 3 3 [答案]A 错误.] ·153· I数学 课时冲关高效提能 1.C[根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出截面小圆 在△AMB,中，可得cos∠AMB,=5+5-8=1」 半径即得 2XV5X55,且B,M 由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α ·cos∠AMB,=5<5=AM, 5 距离的最大值为3， 因此过点A的平面。被球O所截的截面小圆半径最小值为 √52一32=4，所以过点A的平面α被球0所截的截面面积 剥sn乙AMB=2g,所以B,P的最小值为BM,S血∠AMB 的最小值是42π=16π.] -5×25_23@.] 2.A[连接AC,AD1,CD1,BD, D 5 5 因为BB,⊥平面ABCD,ACC平 5,BC[根据，点N到平面&的距离d=MNsin30°=1，结合球的 面ABCD, 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 所以BB1⊥AC, 系，利用点点建立公式，化筒可判断B;根据点到直线的距离公 又四边形ABCD为正方形，所以 式，可得P的轨迹是平面a内的椭圆x2+义=1上一点，即可 BD⊥AC, A 又BB:∩BD=B,BB1,BDC平 D 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 面BB1D, 所以AC⊥平面BB,D, P的轨迹为y-2V3)2- 4 艺1且g9,即可求解D 因为B,D二平面BB,D, 对于A,由于MN与平面a的所成角大小为30°，所以点N 所以AC⊥B,D, 到平面a的距离d=Nsin30°=1， 同理可证明AD1⊥B1D, 故半径为R=2的球面在平面α上戴面圆的半径为r= 因为AD,∩AC=A,AD,ACC平 面ACD1, √R2一d严=√3，故截痕长为2πr=2V3π，A错误；对于B,由 故B1DL平面ACD1, 于平面ABN⊥a,所以以AB为y,在平面a内过M作x 故平面α即为平面ACD1, AB,平面ABN内作z⊥AB,建立如图所示的空间直角坐标 则α截该正方体所得截面的形状 系，则M(0,0,0),B(0,1,0),A(0,-1,0),N(0,W3,1), 为三角形.] 设P(x,y,0),则PM=PN→x2+y2=x2+(y-√3)2+1， 3.D[取CC1的中，点G,连接BG, D 则D1E∥BG,取CG的中，点N,连 化简得y=名，故P到点M和点N的距离相等，则点P的 接FN,则FN∥BG, B 所以FN∥D1E. 轨迹是一条直线，B正确；→ 延长D1E,DA交于点H,连接 对于C,MN=(0,W3,1),MP=(x,y,0),所以P到直线MN FH交AB于点M,连接ME,则 平面D,EF截该正方体所得的截 的距离为 MP- (MP.T MN 2 +-() 面图形为多边形D,EMFN. MN H- 由题意知A为HD的中点，A,E =AE=2, =1,化简可得父+￥=1， 则C1N=3,CN=1,则D,E=√/42+22=2√5，D1N= 所以点P的轨迹是平面a内的椭圆x2+兰=1上一点，如 √42+32=5，FN=√12+2=√5. 取AD的中点Q,连接QF,则AM∥FQ, 图，当P在短轴的端，点时，此时∠APB最大，由于BM=MP 所以0最 =1,故∠BPM=T,因此∠APB=2∠BPM=乏，C正确； 所以AM= 8 ·FQ= ×4= 3 则MB=3' 则ME=AE+AM+()厂-9， Mr=VM8+原-√（告）+4-2g国 对于D,NM=(0,-W3,-1),NP=(x,y-√3，-1)，MP= 所以截面图形的周长为D1E+EM十MF+FN+ND1=2√5 (x,y,0) +10+23+5+5 若∠MNP=45°，则cos∠MNP=cos〈NM,NP)- 3 3 NM·NP -√3y+4 -23+95+25.] INM·|NP2Wx2+(y-√3)2+1 2 4.B[如图所示，取A1D1的中点 D M,连接AM,B1M,AB1, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可A 化前择gD-苔-1且<4 ,故满足∠MNP= 45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误.] 得AD∥BC1且AD=B1C1, 6.AC[对于A,由几何体可看作是一个长方体与一个三棱锥 因为E,F分别是棱AD,B1C1的 中点，则AE∥BF且AE=B1F, 的组合体的差可判断，对于B,过A点做EF的平行线交于 点D1,连接AD1,连接D,F,则四边形AEFD为截面.即可 所以四边形AB,FE为平行四边 形，则AB∥EF, 判断，对于C,由几何体体积公式即可判断，对于D,通过建 系，求得平面法向量，代入公式即可判断. 又因为AB,丈平面BEF,EFC平 A选项，该几何体可看作是一个长方体与一个三棱锥的组合 面BEF,所以AB,∥平面BEF, 体的差. 同理可证：AM∥平面BEF, 因为AB1∩AM=A,且AB1,AMC平面AB1M,所以平面 以底面正方形ABCD为底，高为4√2的长方体体积V*方华= AB1M∥平面BEF, 4×4×4√2=642. 又因为AMC平面AAD1D,当P∈AM时，则BPC平面 AB1M,所以B1P∥平面BEF,所以，点P在侧面AA1D1D内 三梭维的底面积S=之×4×4=8，高h=2√区，根据三棱锥 的轨迹为线段AM, 因为正方体ABCD-A1B1C,D1的边长为2，可得AM=B,M 体积公式V=子56， =√5，AB1=2W2, 可得Va= 3X8X2V2=16W2 3 ·154· 答案精析 所以该几何体体积V=V-V。=16区，所以选项A △ABC内切圆的圆心O,为AD上靠近D点的三等分点， 3 △A1BC1内切圆的圆心O2为A1D1上靠近D1点的三等分 正确； 点， B选项，连接AD1,连接DF,由题可得EF∥AD1,则四边形 O为正三棱柱ABCA,BC,内切球球心，则O为O,O。的中 AEFD1为截面，且四边形AEFD,为梯形. 点，则DO1=√3，O01=√3， 在△ABE中，已知AB=4,BE=2,由勾股定理可得：AE= DD1=CC1=AA1,DD1∥CC1∥AA1, √AB2+BE=2V5, 由对称性可知，球心O到平面EBC的距离等于O到直线 所以D1F=2√6，又因为AD,=2EF=4√5， ED的距离， 所以周长=AE+D,F+AD1+EF=2V5+2√6+6√3，所以 平面D1DAA1中，以D为原点，DA为 B错误； x轴，DD1为y轴建立如图所示的平面 对于C选项，由题意可知，平面EFAD,即为平面AEF裁几 直角坐标系， 何体的截面， 有O(W3,N3),∠EDA=30°，DE所在直 因为该几何体体积V=176V2 线方程为y=号，即x一5)=0。 D 3 被我台的体积Vam,×4X( ×2×2瓦+立 则0点到直线DE的距高d=53=3,5,即球心0 2 2 ×4X4E√合×2x2Ex名×4x4厄 _56√2 3 到平西EBC的范离35， 另一部分体积为V2=40√2，所以较小部分的体积为 平面BCE裁内切球所得裁面圆的半径为r, 56巨.所以C正确： 则2-W3)2-(3-3）-33 3 2 2 D C 所以裁面圆的面积S=2=33 2 答案2 培优微专题15 研析考点层级突破 A 考点一 例1[解析]建立空间直角坐标 D 对于D选项，以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线 系，根据|PA|=2PB求得点P 为x,y,之轴建立空间直角坐标系. 的轨迹可判断A;要使得PD1与 A 、B1 则A(4,0,0),E(2,4,0),F(0,4,2√2)，AE=(-2,4,0),AF 底面ABCD所成的角日最大，从 =(-4,4,22). 而点P在QD上，再由直线与平 设平面AFE的法向量为n1=(x1y1,之)， 则m·AE-2x十4=0 西的夫商可得an0=品-1， 从而可得出0最大值可判断B;根 n1·AF=-4x1+4y1+2√2x1=01 据三角形面积计算可判断C；由 令x1=2,则y1=1,之1=√2，所以n1=(2,1W2). S△D,Dp=S△D,aP=S0,可知点Q 平面AEB的法向量为n2=(0,0,1). 到D1P的距离为d=√2，即点Q 设平面AFE与平面AEB的二面角为0，由题可知0为纯角， 在以D1P为轴，半径为√2的圆柱与底面ABCD内的交线 到ms0=-员设一乎子乎，所以选项D格花】 上，利用圆柱的斜截面为椭圆即可得出结论. 7 7 以B为坐标原点，BC,BA,BB1所在直线分别为x轴，y轴， 7.解析：借助线面平行的判定定理与性质定理可得F点位置， z轴， 即可注意计算四边形DEFC边长， 建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x,y,0),则A(0,2,0), 由题意知，四边形ABCD为菱形，.CD∥AB, 因为|PA|=2|PB|,所以√(x-0)2+(y-2) ,CD吐平面SAB,ABC平面SAB,.CD∥平面SAB, .CDC平面CDE,平面CDE∩平面SAB=EF, =2√x+y, ∴.EF∥CD,则EF∥AB, 212_16 .E为SA的中点，则F为SB的中点， 即x+(+3)=gz=0, i.EF-7AB-1. 所以点P的轨连为以点E(0,-号，0)为圆心，号为半径的 ,△SAD是边长为2的等边三角形，则DE⊥SA, 圆与正方体底面的交线，故A正确； 且DE=2sin60°=√3，同理可得CF=√3， 要使得PD1与底面ABCD所成的角最大，则PD最短， 因此四边形DEFC的周长为3十2√3. 此时DP=DE告-9专=2， 答案：3十2√3 8.解析：由内切球的半径得正三棱柱的高和底面边长，求球心 从而m0D0=1,所以9的最大值为受，故B正确： DP 到平面BCE的距离，勾股定理求裁面圆的半径，可得截面 面积. S,=SA,m=号DP·DD,=2,故C错误1 正三棱柱ABCA1B1C1内切球的半径B 设，点Q到DP的距离为d, 是√3，则棱柱的高AA1=2√3， 正三角形ABC内切圆的半径是√3，则 因为Saw=San,g=号1DPld=2d=2→d-瓦， Sx=×号.AB=合X8ABX 1 所以点Q在以D1P为轴，半径为√2的圆柱与底面ABCD内 的交线上， √3，得AB=6, D,D1分别为BC,B1C1的中点，则 又圆柱的轴D,P与底面ABCD的夹角为∠D,PD=, 所以点Q的轨迹是椭圆（部分）. AD=3√3， AD⊥BC,ED⊥BC, [答案]ABD 跟踪训练 二面角EBC-A为30°，则∠EDA=30°， 1.D ·155·培优微专题 [培优微专题14幻截面、交线问题 “截面、交线”问题是高考立体几何问题具有创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静 态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求 解，二是利用空间向量的坐标运算求解 研析考点层级突破 考点一 截面问题 跟踪训练 典题例析 1.[多选](2025·绵阳模拟)如 [例1](1)四棱锥V-ABCD 图，在直三棱柱ABCA1B1C 的棱VB,VC,VD上各有 中，AC⊥BC,AC=BC=AA1, 一点P,Q,R,其中，P,R分 E、F、G、H分别为AB、BB1、 别为VB,VD的中点，CQ CC1、AC的中点，则下列说法 =2VQ,过P,Q,R三点作 中正确的是 出四棱锥的截面（图）： A.A1C⊥GH [听课记录] B.E、F、G、H四点共面 C.设BC=2,则平面EFC1截该三棱柱所得截面 的周长为1十√5+2√5 D.EF、GH、AA1三线共点 专点二 交线问题 典题例析 [例2] (1)在正四棱锥P-ABCD中，已知PA= AB=2,O为底面ABCD的中心，以O为球心作 一个半径为25的球，则该球的球面与侧面 3 PCD的交线长度为 A号 B.6x C.6 3 D.5 (2)[多选](2025·徐州模拟) 01 如图，在圆柱O1O2中，AB, (2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线 CD为圆O2的两条直径，CE, 段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段 DF是两条母线，且AB⊥CD, D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正 CE=CD=2.用平面ABE和 70: 方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为 平面ABF截这个圆柱所得中间部分称为“楔形 ( 体”，记平面ABE与圆柱侧面的交线为曲线C,则 A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 A.C是椭圆的一部分 [听课记录] B.C是抛物线的一部分 …规律方法》… C.三棱锥EABC的外接球的表面积为8π 首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面 的位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图 D.“楔形体"的体积V满足<V<子(3元一2) 形所满足的特征性质，确定其形状。 [听课记录](1) (2) ·99· 1数学 ：规律方法》 A.平面EMN截正方体得到的截面多边形是 找交线的方法 矩形 (1)线面交点法：各棱所在直线与截平面的交点. :(2)面面交点法：各侧面或底面所在平面棱面与截 B.平面AD1M⊥平面AB1C 平面的交线。 C.存在λ，使得平面EMN⊥平面AB1C 跟踪训练 2.[多选](2025·辽宁教研联盟二模)在棱长为2 D.当入=专时，平面EMN截正方体得到的截面 的正方体ABCD-A1B1CD1中，点E,M分别为 线段AD1,A1C的中点，点N在线段B1C1上， 且B1N=B1C1(∈[0,1])，则 ( 多边形的面积为210 3 课时冲关>高效提能 1.(2025·新乡三模)已知球O的半径为5，点A到 C.若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最 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 ( ) 大值为受 A.9π B.12π C.16π D.20π D.满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆 2.(2025·南通考前押题卷)已知正方体ABCD- 6.[多选](2025·永州模拟) D 在如图所示的几何体中，A A1B1C1D1,过点A且以DB1为法向量的平面为 底面ABCD是边长为4的 a,则α截该正方体所得截面的形状为 ( ) 正方形，AA1,BG,CC1, A.三角形 B.四边形 D DD1均与底面ABCD垂 C.五边形 D.六边形 直，且AA1=CC1=DD1= 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E,F 分别是棱AA1,BC的中点，则平面D1EF截该 2BG=4√2，点E、F分别为线段BC,CC1的中 正方体所得的截面图形周长为 ) 点，记该几何体的体积为V,下列说法正确的是 A.6 B.102 C.√13+2√5 D.2V13+95+25 A.该几何体的体积为V=1762 3 3 4.(2025·河南九师联盟二模)》 Dy B.平面AFE截该几何体所得截面周长为4√6十 如图，已知正方体ABCD 4√3 A1B1C1D1的棱长为2，E,F C.平面AFE将该几何体分为两部分，则体积较 分别是棱AD,B1C1的中 点，若P为侧面ADD1A1内 小的部分的体积为6至 (含边界)的动点，且B1P∥ D.平面AFE与平面AEB的二面角的余弦值 平面BEF,则B1P的最小值为 ( 为网 A.8② B.2V30 C.5 D.2√2 5 5 7.如图，四棱锥SABCD的 5.[多选](2025·梅州二模) 所有棱长都等于2，E为线 如图，平面ABN⊥a,AB 段SA的中点，过C,D,E =MN=2,M为线段AB的 三点的平面与SB交于点 中点，直线MN与平面α的所成角大小为30°，点P F,则四边形DEFC的周长 为平面α内的动点，则 () 为 A.以N为球心，半径为2的球面在平面a上的 8.(2025·东三省三校联考三)正三棱柱ABCA1B1C 截痕长为2π 内切球（球与上下底面和侧面都相切）的半径是， B.若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨 E为棱AA1上一点，若二面角EBCA为30°，则平 迹是一条直线 面BCE截内切球所得截面面积为 ·100·