上分专题06 空间几何体的截面问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

(仔）广1-后放该正方体利余高分的体积为V=2》-2x新+= 8智8=87g 6 上分专题06空间几何体的截面问题 1.A解析：对于B:如图①，当P0的延长线与线段B'C'(除端点外)相 交于点F时，延长PQ交CC'的延长线于点D,连接AD交A'C'于点 E,连接EF,此时过点A,P,Q作正三棱柱的截面为四边形APFE(当 点Q在线段B'C(除端，点外)上时截面也为四边形)，故B正确； ① ② 对于A:当PQ的延长线与线段CC',BC(除，点B外)相交（或点Q在 线段CC,BC(除点B外)上时)截面为三角形.结合B选项可知，截 面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A错误： 对于C:如图②，取CC1的中点Q,连接PQ,AQ,又P为线段BB'的中 点，所以AP=AQ,所以△APQ为等腰三角形，故C正确： 对于D:如图③，取BC的中点Q,连接AQ,PQ,因为三棱柱ABC-A'B'C 为正三棱柱，所以AQ⊥BC.又BB'⊥平面ABC,AQC平面ABC,所以 BB'⊥AQ.又BC∩BB'=B,BC,BB'C平面BB'CC,所以AQ⊥平面 BB'CC.又PQC平面BB'C'C,所以AQ⊥PQ,所以△APQ为直角三角 形，故D正确. 2.D解析：如图①，延长BP交CC1于点R,则名，g-,P=2即R为 CC1的中点，连接QR,取A1B1中点H,连接BH,则BH∥QR,所以 B,H,Q,R四点共面，故梯形QRBH即为截面图形，BH=BR=2QR= 25,QH=√17. 如图②，记BH边上的高为h,BN=x,则RB2-BN2=QH- (BH-QR-BN)2=h2→(2w5)2-x2=(√17)2-(2W5-5-x)2=h2,解 得=45 h=2匹，所以5wt=分（0R+Ba)A=号x35× 5 2√105 =3√21」 5 ① 3.D解析：如图①所示，过点A1作A1H1AC于点H,连接A1C1,因 为A1C1=42,AC=62,所以AH=√2，四棱台的高为A1H,则四棱台 的体积为写×(4+6+4x6)x4,H=76 3 ,解得A,H=√22，所以侧 棱长AA1=W√22+2=26. D C A ① 如图②所示，过点D1作DF⊥AD于点F,过点A1作A1G⊥AD于点 G,由对称性可知DF=AG=6,4=1,GF=A,D,=4,所以AP=6-1=5. 2 参考答案 因为DD1=AA1=2√6，所以D1F=√24-I=√23，所以AD1= √25+23=4√3.同理CD1=AD1=43,如图①，分别在棱CD,DD1上 取中点M,N,连接EN,EM,MN,则平面EMN即为平面a,NE=MW= 之0，=25，MB=4C=3点，所以截面多边形的周长为43+32 故选D. 4专万解析：将因面体8CD补成长方体，设长方体的长、宽高 分别为a,b,c. 1a2+b2=AB2=4, 根据长方体面对角线的性质可得{a2+c2=AD2=6,三式相加得 b2+c2=AC2=6, 2(a2+b2+c2)=4+6+6=16,则a2+b2+c2=8. 分别求解可得c2=4,b2=2,a2=2,即a=√2，b=√2，c=2.因为四面 体ABCD的体积V等于长方体体积减去四个等体积的三棱锥体积， 长方体体积”=abc=2xW2x2=4,-个三棱锥的体积abe=- 6xW2x2×2=2 3,四个三楼锥体积4业=4×28，所以四面 3 84 体ABCD的体积V=V-4W1=43=3 因为平面EFGH∥AB,平面EFGH∥CD,平面ABC∩平面EFGH=EF, 平面ABC∩AB=AB,根据面面平行的性质可知EF∥AB,同理 HG∥AB,EH∥CD,FG∥CD,所以四边形EFGH是平行四边形. 设E AC 专=x(0<x<1),则CE三1-x.由△AE∽△ACD,可得0=G=x因 为CD=2,所以EH=2x由△CEF∽△CMB,可得EF=C AB-AC =1-x.因 为AB=2,所以EF=2(1-x). 因为a=√2，b=√2，补成的长方体上、下底面为正方形，可得AB⊥ CD,所以∠HEF=90°，则EG2=EH+HG=E+EF2 将EH=2x,EF=2(1-x)代人可得EG2=(2x)2+[2(1-x)]2=4x2+ 4(1-2x+x2)=8x2-8x+4. 令y=8x2-8x+4,0<x<1,这是一个二次函数，图象开口向上，对称轴 为=2宁当=宁时，y取得最小值，咖=8x(分)广-8x 2 1+4=2,所以EGm=5. B (第4题) (第6题) 5.A解析：过球心的截面为一个圆环，外半径为2，内半径为1，其面积 为S1=π(22-12)=3π；设球心到不过球心的任意非圆面的截面的距 离为d,则该截面的面积S2=[(22-d2)-(12-d2)]=3m,所以 S1=S2. 6.B解析：由对称性，可知球心与正四面体重心重合，由于球与正四面 体的每个面所在平面的交线都为一个面积为9π的圆，故每个面的交 线为半径为3的圆 如图，设球心为0，H为△BCD的中心，则AB=66,故B=2× sin (06,H-B=12 66 设球心到任意面的距离为k,则由等体积法可得h= VA-BCD一= 3X4S△AcD 1S△BCD·HA_1HA=3, 4X SAACD 黑白题111 故连接球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连接 交线圆上一点与球心（即为球的半径），由勾股定理得球的半径为 32,则表面积为4π·(32)2=72m. 7.[2π，4r]解析：如图，设△BDC的中心为O1,球0的半径为R,连 接0，D,0,0,0B,40,则0，D=3×号m号-月，A0, √AD2-D0,7=3.在Rt△001D中，R2=3+(3-R)2,解得R=2.因为 BD=3BE,所以DE=2.在△DEO1中，O1E= √3+42x5x2xm石=1，所以0B=0,R400=2.过点E 作圆0的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆 的半径为r=√22-(2)产=2，最小面积为2m:当截面过球心时，截 面面积最大，最大面积为4π.所以截面圆面积的取值范围是 [2π，4r]. ---B 上分专题7空间几何体的内切球与外接球问题 1.B解析：如图，△SAB是该圆锥的轴截面，H为线段AB的中点，O为 球0的球心，作0CLs,垂足为C,则m∠0sCS 因为△S1B为等边三角形，所以s2B,侧子， 所以0S=20C=4,所以SH=6,所以BS=2BH=43, 那么该圆维的表面积为m·(2)2+之×43mx4厅=36m 2.A解析：如图，设两球半径分别为R,r,球心O1和O2在正方体体对 角线AC上，过O1,O,分别作AD,BC的垂线，垂足分别为E,F. 由图可得A01+0102+02C=AC,即3r+(r+R)+3R=V3(3+3), (5+1)(R+r)=3(5+1),所以R+r=3, 4 4 故两球体积之和为V= 子m(R+r)=3π(r+R)(R2-+r)= 4m[(R+r)2-3rR]=4m[32-3R(3-R)]=4π(3R2-9R+9), 由二次函数性质可知，当且仅当R=r= 时，有最小位 (第2题) (第3题) 3.号解新：设正八面体内切球半径为风，给正入面体标出字母如图 所示，连接AC和BD交于点O,因为EA=EC,ED=EB,所以EO⊥AC, EO⊥BD.又AC和BD交于点O,AC,BDC平面ABCD,所以EO⊥平 面ABCD,所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，距 离即为内切球半径.设内切球与平面EBC切于点H,所以OH⊥平面 EBC,所以OH即为正八面体内切球半径，所以R=OH. 因为正八面体的棱长为4，所以EB=EC=BC=4,OB=OC=2√5，E0= 必修第二册·BS 4×√16-4=4W5,SA0Bc=4. 因为VE袋sac=VEn-所以号XSA0cXB0=号3aBxX0n, 所以0=2S,即R:2S,所以正人面体内切球的表面积为 4mR2-32m 3 解析：设甲圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为R1, 4.1 可得R1+1=2h,又由(R1-T1)2=(2h)2-h2=3h2,即R1-T1=V3h,联 立方程组，+M=2%, (R1-n1=5h, 可得行=子，Rn=子公，所以甲圈台 的体积为=了（时+R+)·A=2设乙圆台的上底面圆 的半径为r2,下底面圆的半径为R2,可得R2+r2=3h, 又由(R2-r2)2=(3h)2-h2=8h2,即R2-r2=2W2h, R2+r2=3h, 联立方程组 R2-r2=22 可得=n 所以乙圆台的体积为=（对》·A=总品， 所以甲、乙圆台的体积比为 -3 V27 5.D解析：由题可知，长方体ABCD-A'B'CD'的体对角线AC'= √P+1P+(7)严=3，故该长方体外接球的半径为，该长方体的外 接球表现为4（任）广=9放运D 6.ABD解析：对于A,在△ABC中，由余弦定理 2π 得BC2=1+1-2×1×1×cos 3 =3,即BC=√5， 故A正确； 0 对于B,如图，设△ABC外接圆的圆心为O1, 0 连接O01,则001⊥底面ABC.又PA⊥底 面ABC,所以O0,/PA由∠BAC=2T,得圆心 O1在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部，故B正确； 对于C,取线段PA的中点Q,连接OQ,因为PA是球O的一条弦，所 以0Q⊥PA,所以四边形001AQ为矩形，故001=AQ= 2PA=1,即 球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确； 对于D,设球O的半径为R,圆O1的半径为r,由正弦定理得2r= sim乙BMC2,所以r=L,进而R=√00+=反，球0的表面积为 BC 4πR2=8T,故D正确. 7.D解析：因为组合体的外接球的体积为36π，设球的半径为R,所以 mR=36m,所以外接球的半径R=3.因为AB=3,所以球心0与正 4 六边形ABCDEF的中心重合，记正六边形A1B1C,DE,F1的中心为 01,因为A1B1=A101=2,0A1=3,所以001=√32-22=5，所 以A41=√(5)2+12=√6. 8.A解析：因为SA=BC=5,SB=AC=√4I, SC=AB=√34，所以可将三棱锥S-ABC放置于S 一个长方体中，如图所示，设长方体的长、宽、高 1a2+b2=41, 分别为a,b,c,则有a2+c2=25,整理得a2+ （b2+c2=34, b2+2=50,则该三棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径， 所以a2+62+c2=50=(2R)2,解得R=),所以所求的外接球表面 积S=4πR2=4×T× 52)2 2 50m.故选A. 黑白题112专题课堂@ 上分专题06 空间几何体的截面问题 命题密钥 空间几何体的截面问题是立体几何知识的综合应用，主要考查对空间几何体结构特征和 平面基本性质的理解以及空间想象能力， 截面问题大致分为多面体的截面和球的截面两类，多面体的截面问题常以正方体、正四 面体、正棱锥等规则几何体为载体，其难，点在于需要准确作出截面图形，再结合平面几何知识 计算相关量，如面积、周长、最值等；而球的截面问题常与几何体的外接球一起综合考查，求解 距离、截面面积、体积等量，难度较高 考点觉醒 ●多面体的截面 有两点在几何体的同一个面上，连接这两点即为几何 直接法 体与截面的交线，找截面实际上就是找交线的过程 作平面截多 延长截面与多面体其中一个平面的交线至与其他平面 面体的截面 延长线法 的方法 相交，从而找到截面与已知多面体的其他平面的交线 过截面与多面体的一个交点作截面内已知直线的平行 平行线法 线，从而找到截面和已知多面体的其他交点 截面图形 题型分类 截面周长、面积 与截面有关的最值、范围问题 ●球的截面 用任何一个平面去截球面，得到的截面都是圆，当截面过球心时 球的截面形状 截面的半径最大，即为球的半径 球心和截面圆心的连线与截面垂直 球的截面性质 球心到截面的距离d与球的半径R及截面半径r之间满足关系式： d=R-r 14 数学I必修第二册：BS 实战演练 题组1多面体的截面问题 4.禁(2025·江苏南通海安高级中学高一月 1.*(2025·广东广州高一月考)如图，正三 考)已知四面体ABCD中，AB=CD=2,AD= 棱柱ABC-A'B'C'的所有边长都相等，P为线 BC=AC=BD=√6，则此四面体的体积 段BB'的中点，Q为侧面BB'C'C内的一点 (包括边界，异于点P),过点A,P,Q作正三 为 ;若用平行于AB,CD的平面截此 棱柱的截面，则截面的形状不可能是() 四面体，得到截面四边形EFGH,则此四边形 EFGH的对角线EG的最小值为 A.五边形 B.四边形 C.等腰三角形 D.直角三角形 题组2球的截面问题 2.(2025·河北石家庄高一期中)如图，正 5.*(2025·浙江嘉兴高一期中)在半径为2 方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为4，B,P=2PC, 的球中挖去一个半径为1的同心球，设过球 DQ=3QC1,过B,P,Q三点的平面截该正方 体，则所截得的截面面积为 心的截面的面积为S,不过球心的任意非圆 D 0 面的截面的面积为S2,则 （) A.S=S2 B.S>S2 C.S<S2 A.35 B.153 D.S,S2的大小关系不定 C.1515 D.321 6.整(2025·福建泉州高一期中)已知棱长 3.(2025·黑龙江哈尔滨高一期中)如图 为6√的正四面体与一个球相交，球与正四 所示，在正四棱台ABCD-A,B,C,D,中，上底 面体的每个面所在平面的交线都为一个面 面边长为4，下底面边长为6，体积为76,22 3 积为9π的圆，则该球的表面积为（) 点E为AD的中点，过点E的平面a与平 A.48m B.72m 面D,AC平行，且与正四棱台相交得到截面 C.96m D.128π 多边形，则该截面多边形的周长为( 7.禁(2025·河南信阳高一期末)已知正三 棱锥A-BCD的外接球是球O,正三棱锥底边 BC=3,侧棱AB=2√3，点E在线段BD上， A.43 B.32 且2BE=DE,过点E作球O的截面，则所得 C.23+3√2 D.43+32 截面圆面积的取值范围是 黑白题·上分秘籍15