备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破2空间几何体的截面交线问题.docx

1、突破2 空间几何体的截面（交线）问题1.2023长沙重点中学摸底考试棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为（B）A.2B.153C.263D.3解析由题意，正方体ABCDA1B1C1D1的外接球球心O为体对角线AC1的中点，正方体体对角线长为23，所以球的半径R3.易知点A到平面EFG的距离为33，所以球心O到平面EFG的距离为333233，所以截面圆的半径rR2（233）2153，故选B.2.2023南通市部分学校第一次联考祖暅是南北朝时代的伟大数学家，他于公元5世纪末提出体积计算原理，即

2、祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则可以用来验证祖暅原理的两个几何体为（D）A.B.C.D.解析设平行于底面的截面与底面间的距离为h，则中截面圆环的面积为（R2h2）；中截面圆的半径为Rh，截面圆的面积为（Rh）2；中截面圆的半径为Rh2，截面圆的面积为（Rh2）2；中截面圆的半径为R2h2，截面圆的面积为（R2h2）.所以中的几何体在等高处的截面的面积恒相等，故选D.3.2024安徽滁州中学模拟改编如图，已知四面体

3、ABCD的各条棱长均等于4，E，F分别是棱AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（B）A.32B.4C.42D.6解析将正四面体补成正方体，如图所示，可得EF平面CHBG，且正方体的棱长为22.由于EF平面，且平面 与四面体的每一个面都相交，故截面为平行四边形MNKL，且KLKN4，又KLBC，KNAD，且ADBC，KNKL，平行四边形MNKL为矩形，S矩形MNKLKNKL（KNKL2）24，当且仅当KNKL2 时取等号.4.2023福州质检已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，E，

4、F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为（D）A.6B.102C.1325D.213+95+253解析如图，取CC1的中点G，连接BG，则D1EBG，取CG的中点N，连接FN，D1N，则FNBG，所以FND1E.延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点，A1EAE2，C1N3，CN1，则D1E422225，D1N42325，FN12225.取AD的中点Q，连接QF，则AMFQ，所以AMFQAHHQ，所以AMAHHQFQ46483，则MB43，则MEAE2AM24+

5、（83）2103，MFMB2BF2（43）2+42133，所以截面图形的周长为D1EEMMFFNND125103213355213+95+253.故选D.5.2023广西联考已知正方体ABCDA1B1C1D1的外接球表面积为27，点E为棱BB1的中点，且DE平面，点C1平面，则平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面图形的面积为（D）A.8124 B.8128C.814 D.818解析设该正方体外接球的半径为R，依题意得4R227，解得R2274，故R332，又3AB2R，故AB3，即正方体的棱长为3.如图，分别取棱AB，BC的中点F，G，连接GF，A1F，C1G，A1C1，根据正方体的

6、性质可知，四边形A1C1GF为等腰梯形，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1（0，0，0），F（32，0，3），C1（3，3，0），E（3，0，32），D（0，3，3），可得DE（3，3，32），A1F（32，0，3），A1C1（3，3，0），则DEA1F92920，DEA1C1990，所以DEA1F，DEA1C1.由于A1FA1C1A1，所以DE平面A1C1GF，即截面图形为等腰梯形A1C1GF.连接AC，则FG12AC322，又A1FC1G32（32）2352，A1C132，所以等腰梯形A1C1GF的高为（352）2（3232

7、22）2924.故截面图形的面积为12（32232）924818.故选D.6.多选/2023襄阳市三校联考已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，直线AC1平面，平面截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是（ACD）A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状不可能是正五边形D.截面面积的最大值为33解析如图所示，易知直线AC1平面A1BD，依题意知，平面与平面A1BD平行或重合，所以平面截此正方体所得截面可能为正三角形（如图中A1BD），也可能为六边形，不可能为正方形或正五边形.当截面为正六边形时（如图中六边形EFGHIP，E，F，G，H，I，P分别为其所在棱的

8、中点），截面面积取得最大值为634（2）233.综上可知，结论正确的是ACD.7.2024广东七校联考在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M为侧棱BB1上一点，且B1M23B1B，平面A1DM将该正方体分成两部分，其体积分别为V1，V2（V1V2），则V1V21341.解析如图，延长线段A1M，与AB的延长线交于点N，连接DN，交BC于点K，连接MK，故平面A1DM延展后为平面A1DKM，该平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台BMKAA1D.因为MBA1A，所以NBNAMBAA1MBBB113，不妨设正方体的棱长为3，则V1V三棱台BMKAA1D13（SBKMSAA1DSBKMSAA1

9、D）AB13（121112331292）3132，V2V正方体ABCDA1B1C1D1V三棱台BMKAA1D33132412，所以V1V21341.8.2023济南摸底考试改编在正四面体ABCD中，AB2，过线段AB的一个三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长为26+223.解析如图所示，取AB的中点为E，连接CE，DE，因为四面体ABCD是正四面体，所以ABCE，ABDE，又CEDEE，CE，DE平面CDE，所以AB平面CDE.取线段AB的一个靠近点A的三等分点F，过点F分别作FGEC，FHED，且分别交AC，AD于G，H，连接GH，则可得平面FGH平面CDE，所以AB平面FGH

10、，且GHCD，因为AFAE23，所以FGECFHEDGHCD23，因为EC23262，所以FG63，则FHFG63，因为CD2，所以GH223，则截面FGH的周长为26+223，由对称性，知过线段AB上靠近点B的三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长也为26+223，故截面周长为26+223.9.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为22.解析如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易知MENH，MENH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MNHE.因为MN平面EFHG，HE平面EFHG，所以MN平面EFHG，所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF2，FH2，所以截面EFHG的面积为2222.