高频微专题13（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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高频微专题13　空间几何体的交线与截面问题
满分47分,限时40分钟
一、单项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
1.(2024江苏南京调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点B的平面α与直线A1C垂直,则α截该正方体所得截面的形状为(　　)
A.三角形　　B.四边形　　C.五边形　　D.六边形
2.(2024河北邢台第一中学期末)一个棱长为4的正四面体木块如图所示,点P在棱VA上,且=,过点P将木块锯开,使截面平行于直线VB和AC,则截面图形的周长为(　　)
A.6　　B.8　　C.12　　D.16
3.(2024四川南充一模)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为BC,CC1的中点,则平面AEF截该正方体所得的截面面积为(　　)
A.　　B.　　C.9　　D.18
4.我国古代的数学著作《九章算术·商功》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,M,N分别是BB1和A1C1的中点,则平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
二、多项选择题(本题共2小题,每小题6分,共12分)
5.(2024辽宁葫芦岛期末)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得截面记为α,则下列命题正确的是(　　)
A.直线AP与C1D1所成角的正切值为
B.当CQ=时,α为等腰梯形
C.当CQ=时,α与C1D1交于点R,则C1R=
D.当6.(2025湘豫名校联考)一块正方体木料如图所示,其棱长为3,点P在线段A1C1上,且A1C1=PC1,过点P将木料锯开,使得截面过BC,则(　　)
A.PC⊥BD
B.截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C.截面的面积为6
D.以点A为球心,AB的长为半径的球面与截面的交线长为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
7.(2020新高考Ⅰ,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.
8.(2024山东日照一模)已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2,点E在侧棱SC上,用过点E且垂直于SC的平面截该棱锥,得到截面多边形H,则H的边数至多为　　　　,H的面积的最大值为　　　　　.
9.(2024陕西模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为等腰直角三角形,BC为△ABC的斜边,M为BC上一点,且·=0,AC=AA1=1,P为线段BC1上一动点,则平面AMP截三棱柱所得截面面积的最大值为　　　　.
答案全解全析
1.A　如图所示,连接BD,BC1,C1D,AC.
因为AA1⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以AA1⊥BD.
因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD.
又AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C,所以BD⊥平面AA1C.
因为A1C 平面AA1C,所以BD⊥A1C.
同理,可证BC1⊥A1C.
因为BC1∩BD=B,BC1,BD 平面BC1D,所以A1C⊥平面BC1D,故平面α即为平面BC1D,所以α截该正方体所得截面的形状为三角形.
2.B　如图所示,分别在BA,BC,VC上取点D,E,F,满足===,连接PD,DE,EF,FP,
易得PD∥VB∥FE,PF∥AC∥DE,所以四边形PFED为平行四边形,
可得PD=EF=3,PF=DE=1,
因为VB 平面PFED,FE 平面PFED,所以VB∥平面PFED,
因为AC 平面PFED,PF 平面PFED,所以AC∥平面PFED,
所以四边形PFED即为截面,故截面图形的周长为8.
3.B　解法一　连接BC1,AD1,D1F,如图所示.
因为E,F分别是BC,CC1的中点,所以EF∥BC1,
在正方体中,易知AD1∥BC1,所以EF∥AD1,所以A,D1,E,F在同一平面内,
所以平面AEF截该正方体所得的截面为平面EFD1A,
易知EF=,AD1=2,D1F=AE==,
则点E到直线AD1的距离为等腰梯形EFD1A的高,为=,
所以截面面积为×(2+)×=.
解法二　延长AE交DC的延长线于点H,连接HF并延长与D1C1相交,易知CH=CD=2.
因为F是CC1的中点,所以将HF延长后与D1C1的交点即为D1,连接AD1,
所以平面AEF截该正方体所得的截面为平面EFD1A.
以下同解法一.
4.A　延长AN,与CC1的延长线交于点P,则P∈平面BB1C1C.连接PM,与B1C1交于点E,连接NE,得到的四边形AMEN就是平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形.
由已知可得AM=AN==,A1N=1,
由△PC1E∽△MB1E,
可得B1E=B1C1=,C1E=,
则ME==,
NE==,
连接A1M.易知A1C1⊥平面ABB1A1,因为A1M 平面ABB1A1,所以A1C1⊥A1M,易得A1M=,
所以MN===.
故截面四边形AMEN的面积S=××+××=(另解:利用S=S△PMA-S△PNE也可计算).
5.ABC　对于A,由正方体的性质知AB∥CD∥C1D1,则直线AP与C1D1所成角为∠BAP,则tan∠BAP==,A正确;
对于B,CQ=,即Q为CC1的中点,如图1,连接PQ,BC1,AD1,QD1,则PQ∥BC1∥AD1,AP=QD1==,PQ==AD1,则截面APQD1为等腰梯形,B正确;
对于D,延长AP交DC的延长线于M,连接MQ并延长交C1D1于R1,交DD1的延长线于N,连接AN交A1D1于T,连接PQ,TR1,得截面APQR1T,即为截面α,故当对于C,结合D中图2可知,当CQ=时,易知==,由P是BC的中点,CP∥AD,得CM=CD=1,因此C1R1=,即C1R=,C正确.
6.ACD　对于A,如图,连接AC,由CC1⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,得CC1⊥BD.
又AC⊥BD,AC∩CC1=C,AC,CC1 平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1.
又PC 平面ACC1A1,所以PC⊥BD,故A正确.
对于B,过点P作直线平行于B1C1,分别交A1B1,C1D1于N,M两点,连接BN,CM,
显然MN∥B1C1∥BC,所以过点P及直线BC的正方体的截面为四边形BCMN,
截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱,故B错误.
对于C,由选项B得==,则C1M=,CM==2,易知四边形BCMN为矩形,
因此截面四边形BCMN的面积S=BC·CM=6,故C正确.
对于D,过A作AO⊥BN于点O,
由BC⊥平面ABB1A1,AO 平面ABB1A1,得AO⊥BC.
又BN∩BC=B,BN,BC 平面BCMN,所以AO⊥平面BCMN,
所以点O为以点A为球心,AB的长为半径的球面被平面BCMN所截的小圆圆心,
球面与截面的交线为以点O为圆心,BO的长为半径的半圆弧,
因为∠BAO+∠OBA=90°,∠B1BN+∠OBA=90°,所以∠BAO=∠B1BN=30°,故BO=AB=,因此交线长为,故D正确.
7.
解析　易知四边形A1B1C1D1为菱形,∠B1A1D1=60°,连接B1D1,则△B1C1D1为正三角形,
取B1C1的中点O,连接D1O,易得D1O⊥B1C1,
∵平面A1B1C1D1⊥平面BCC1B1,平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1=B1C1,D1O 平面A1B1C1D1,∴D1O⊥平面BCC1B1,
取BB1的中点E,CC1的中点F,连接D1E,D1F,OE,OF,EF,易知D1E=D1F=,
易知以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线是
∵B1E=B1O=1,∴OE=,
同理OF=,易知EF=2,∴∠EOF=90°,
∴的长=×(2π×)=.
8.5;
解析　取SC的中点F,连接BF,DF,BD,则BF⊥SC,DF⊥SC,又BF∩DF=F,BF,DF 平面BDF,所以SC⊥平面BDF,
根据平面的基本性质,过E作平面与平面BDF平行,如图,至多为五边形,即H的边数至多为5,此时E在SF(不含端点)上.
令=λ(0<λ<1),则EP=λBF=λ,EM=λDF=λ,SP=λSB=2λ,
可得PB=BQ=PQ=2(1-λ),NQ=MP=λBD=2λ,
所以cos∠DFB==-,
所以sin∠DFB==,
所以S△EMP=×λ×λ×=λ2,
易知MN与NQ的夹角为SA与BD的夹角,且SA⊥BD,故MN⊥NQ,
则S四边形PMNQ=2λ×2(1-λ)=4λ(1-λ),
故H的面积为S四边形PMNQ+S△EMP=4λ(1-λ)+λ2=-3λ2+4λ=-3λ-2+,
故当λ=时,H的面积取最大值,为.
9.
解析　分三种情况:①如图1,延长MP,交B1C1于点N,过点N作AM的平行线交A1C1于点T,连接AT,则所求截面为四边形AMNT;
②如图2,延长MP交B1C1于点N1,过点N1作AM的平行线交A1B1于点T1,连接AT1,则所求截面为四边形AMN1T1;
③如图3,延长MP交BB1于点N2,连接AN2,则所求截面为△AMN2.
　　
显然①②中的截面面积均大于或等于③中的截面面积,故只需考虑①②中的情况,根据对称性可知①②中的情况相同,故只考虑情况①即可.
在①中,易知AM=,AM⊥BC,因为平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AM 平面ABC,所以AM⊥平面BCC1B1,又MN 平面BCC1B1,所以AM⊥MN,
易知△TC1N为等腰直角三角形,
设C1N=x,
所以所求截面面积S=×
==,0≤x≤,
因为y=x4,y=x+在上均单调递增,
所以函数y=x4+x+在上单调递增,
故Smax=×=,
故所求截面面积的最大值为.
专题通法
　　立体几何中的截面问题的主要考查方向有三个:一是截面图形的判断,二是求截面图形的周长或面积;三是以截面为载体与其他知识综合考查,如距离,体积等,但不管怎样考查,截面的确定是关键.
作截面、交线的常用方法:
(1)直接连接法:有两点在几何体的同一个面上,连接这两点即为几何体与截面的交线,找截面就是找交线的过程.
(2)作平行线法:过直线与直线外一点作截面,若直线所在的平面与点所在的平面平行,可以通过过点作直线的平行线找到几何体与截面的交线.
(3)作延长线找交点法:若直线相交但在几何体中未体现,可通过作延长线的方法先找到交点,再借助交点找到几何体与截面形成的交线.
(4)辅助平面法:若三个点两两都不在同一个侧面或底面中,则在作截面时需要作一个辅助平面.