2/30重難點(diǎn)23立體幾何中的截面、交線問(wèn)題【全國(guó)通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1截面作圖】 2【題型2截面圖形的形狀判斷】 9【題型3截面圖形的周長(zhǎng)或面積問(wèn)題】 13【題型4球的截面問(wèn)題】 16【題型5截面切割幾何體的體積、表面積問(wèn)題】 20【題型6交線的長(zhǎng)度、軌跡問(wèn)題】 23【題型7截面的最值與范圍問(wèn)題】 271、立體幾何中的截面、交線問(wèn)題立體幾何中的“截面、交線”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題中最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線問(wèn)題，一是與解三角形、多邊形面積、周長(zhǎng)、扇形弧長(zhǎng)、面積等相結(jié)合求解；二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解；復(fù)習(xí)時(shí)要加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練.知識(shí)點(diǎn)1立體幾何中的截面問(wèn)題1．截面問(wèn)題的基本知識(shí)(1)截面的相關(guān)定義①用一個(gè)平面去截幾何體，此平面與幾何體的交集，叫做這個(gè)幾何體的截面.②此平面與幾何體表面的交集(交線)叫做截線.③此平面與幾何體的棱(或面)的交集(交點(diǎn))叫做實(shí)截點(diǎn).④此平面與幾何體的棱(或面)的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)叫做虛截點(diǎn).⑤截面中能夠確定的一部分平面叫做截小面.(2)作截面的基本邏輯：找截點(diǎn)→連截線→圍截面.2．作截面的具體步驟(1)找截點(diǎn)：方法一：延長(zhǎng)截小面上的一條直線，與幾何體的棱、面(或其延長(zhǎng)部分)相交，交點(diǎn)即截點(diǎn)方式；方法二：過(guò)一截點(diǎn)作另外兩截點(diǎn)連線的平行線，交幾何體的棱于截點(diǎn)；(2)連截線：連接同一平面內(nèi)的兩個(gè)截點(diǎn)，成截線；(3)圍截面：將各截線首尾相連，圍成截面.3．作截面的幾種方法(1)直接法：有兩點(diǎn)在幾何體的同一個(gè)面上，連接該兩點(diǎn)即為幾何體與截面的交線，找截面實(shí)際就是找交線的過(guò)程.(2)延長(zhǎng)線法：同一個(gè)平面有兩個(gè)點(diǎn)，可以連線并延長(zhǎng)至與其他平面相交找到交點(diǎn).(3)平行線法：過(guò)直線與直線外一點(diǎn)作截面，若直線所在的面與點(diǎn)所在的平面平行，可以通過(guò)過(guò)點(diǎn)找直線的平行線找到幾何體與截面的交線.4．球的截面(1)球的截面形狀

①當(dāng)截面過(guò)球心時(shí)，截面的半徑即球的半徑，此時(shí)球的截面就是球的大圓；

②當(dāng)截面不過(guò)球心時(shí)，截面的半徑小于球的半徑，此時(shí)球的截面就是球的小圓.

(2)球的截面的性質(zhì)

①球心和截面圓心的連線垂直于截面；

②球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r之間滿足關(guān)系式：.

圖形解釋如下：

在球的軸截面圖中，截面與球的軸截面的關(guān)系如圖所示.若設(shè)球的半徑為R，以O(shè)'為圓心的截面的半徑為r，OO'=d.則在Rt△OO'C中，有，即.知識(shí)點(diǎn)2立體幾何中的截面、交線問(wèn)題的解題策略1．立體幾何截面問(wèn)題的求解方法(1)坐標(biāo)法：所謂坐標(biāo)法就是通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問(wèn)題，進(jìn)行求解.(2)幾何法：從幾何視角人手，借助立體幾何中的線面平行及面面平行的性質(zhì)定理，找到該截面與相關(guān)線、面的交點(diǎn)位置、依次連接這些點(diǎn)，從而得到過(guò)三點(diǎn)的完整截面，再進(jìn)行求解.2．截面、交線問(wèn)題的解題策略(1)作截面應(yīng)遵循的三個(gè)原則：①在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線；②凡是相交的直線都要畫(huà)出它們的交點(diǎn)；③凡是相交的平面都要畫(huà)出它們的交線.(2)作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實(shí)3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.【題型1截面作圖】【例1】（2025高三·全國(guó)·專(zhuān)題練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為【答案】作圖見(jiàn)解析【解題思路】利用平面的基本性質(zhì)作出截面圖形即可.【解答過(guò)程】連接D1F并延長(zhǎng)交DC延長(zhǎng)線于點(diǎn)連接IE并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)H，交DA延長(zhǎng)線于點(diǎn)J，連接JD1交AA1于點(diǎn)【變式1-1】（24-25高一下·福建福州·期中）在正方體ABCD?A

(1)如圖1，若AC∩BD=O,A1C∩平面BD(2)M,N分別為AB和C1D1的中點(diǎn)，P,Q分別為BC和C①如圖2，求證：AP,DC,D②過(guò)點(diǎn)M,N,Q三點(diǎn)作該正方體的截面，在圖3中畫(huà)出這個(gè)截面（不必說(shuō)明畫(huà)法和理由，但要保留作圖痕跡）．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)①證明見(jiàn)解析；②答案見(jiàn)解析【解題思路】（1）根據(jù)平面的基本事實(shí)3即可得證；（2）①先分別延長(zhǎng)AP,DC交于點(diǎn)R，連接D1R，然后利用PC=13AD,BC//AD，得出CR=13DR，再利用②利用平行直線共平面即可作出截面圖.【解答過(guò)程】（1）證明：如圖，連接A1∵C1∈面A1ACC1，且C∵AC∩BD=O,A1C∴O∈AC,AC?面A1ACC∴O是面A1ACC∴面A1ACC又E∈A1C,A1∴E是面A1ACC∴E∈OC1，即

（2）①證明：如圖，分別延長(zhǎng)AP,DC交于點(diǎn)R，連接D1∵R∈直線DC,DC?面ABCD,PC=1∴CR=1又D1∴D1R與C1C∴AP,DC,D

②解：如圖，六邊形MPONTS即為所求作的截面．【變式1-2】（24-25高一下·遼寧·期末）如圖，長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)過(guò)BMD1三點(diǎn)作出長(zhǎng)方體(2)是否存在實(shí)數(shù)m，使得直線AC1與平面(3)設(shè)P是線段AC1上的一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），滿足C1PC1A【答案】(1)截面見(jiàn)解析；(2)存在，m=22(3)λ=2【解題思路】（1）根據(jù)面面平行得到線線平行，從而得到截面圖形；（2）當(dāng)m=22時(shí)，CM=2，所以Rt△ABC∽R(shí)t△BCM，從而得到AC⊥BM，結(jié)合CC1⊥BM，得到BM⊥平面ACC1，所以BM⊥AC1，同理可證（3）設(shè)AC1與平面B1CD1的斜足為O，等體積法求出VC1?CD1B1=2m3，大減小得到【解答過(guò)程】（1）如圖所示，平行四邊形D1MBN即為過(guò)BMD因?yàn)槠矫鍭BCD與平面A1所以平面BMD1與平面ABCD的交線和平面BMD同理可得平面BMD1與平面ABB1A故只有取A1B1的中點(diǎn)N所以平行四邊形D1MBN即為過(guò)BMD（2）存在實(shí)數(shù)m=22，使得直線AC1當(dāng)m=22時(shí)，CM=因?yàn)锽C=2，所以ABBC=BCCM=則∠CAB=∠MBC，所以∠CAB+ACB=∠MBC+ACB=90°，即AC⊥BM，又CC1⊥平面ABCD，BM?平面ABCD，所以CC因?yàn)锳C∩CC1=C，AC,CC1?平面又AC1?平面ACC1同理可證D1M⊥AC1，又BM∩D所以AC1⊥平面（3）設(shè)AC1與平面B1因?yàn)閂C又VA?C其中VBVABCD?A1所以VA?CD1若VB1?CD1所以在線段AC1上取一點(diǎn)P，使得三棱錐B1則P為AO的中點(diǎn)，即C1PC【變式1-3】（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）已知正方體ABCD?A(1)求證：A1C⊥平面(2)若平面α//平面AB1(3)在（2）的情形下，設(shè)平面α與正方體的棱AB、BB1、B1C1交于點(diǎn)E、F【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)作圖見(jiàn)解析，3(3)7【解題思路】（1）通過(guò)證明A1C⊥AB1、A1（2）通過(guò)棱的中點(diǎn)作出符合題意的截面，并計(jì)算出截面的面積.（3）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得正確答案.【解答過(guò)程】（1）連接A1C，A1因?yàn)锳BCD?A1B1C因?yàn)锳B1?平面又因?yàn)樗倪呅蜛BB1A因?yàn)锳1B∩BC=B，A1B,BC?平面A1因?yàn)锳1C?平面A1BC，所以又因?yàn)锳B1∩B1D1

（2）設(shè)E,F,G,H,I,J分別是AB,BB連接EF,FG,GH,HI,IJ,JE，根據(jù)題意知截面面積最大時(shí)，圖形是邊長(zhǎng)為2的正六邊形EFGHIJ，所以最大的截面面積為S=6×1

（3）因?yàn)槠矫姒?/平面AB1D1，所以當(dāng)截面EFG的面積最大時(shí)，E、F、G分別是棱AB以D為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：D10,0,2，E2,1,0，F(xiàn)設(shè)平面D1EF的一個(gè)法向量是n=(x1則n?D1E=2x1+y設(shè)平面GEF的一個(gè)法向量是m=(x2,ym?EF=y2+z2=0cosn設(shè)二面角D1?EF?G的平面角為θ，由圖知θ為銳角，所以所以二面角D1?EF?G的余弦值為【題型2截面圖形的形狀判斷】【例2】（2025·廣東深圳·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1，過(guò)點(diǎn)A且以A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【答案】A【解題思路】作出輔助線，根據(jù)線面垂直的判定定理得到DB1⊥平面ACD1，故平面【解答過(guò)程】連接AC,AD因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC?所以BB又四邊形ABCD為正方形，所以BD⊥AC，又BB1∩BD=B，B所以AC⊥平面BB因?yàn)锽1D?平面所以AC⊥B同理可證明AD因?yàn)锳D1∩AC=A，A故B1D⊥平面故平面α即為平面ACD則α截該正方體所得截面的形狀為三角形.故選：A.【變式2-1】（2025·山東棗莊·二模）如圖，有一正方體形狀的木塊，A為頂點(diǎn)，B,C分別為棱的中點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)A,B,C的平面截該木塊所得截面的形狀為（

）A．等腰三角形 B．等腰梯形C．五邊形 D．六邊形【答案】C【解題思路】延長(zhǎng)BC，與兩條棱相交，再連接交點(diǎn)和點(diǎn)A即可得到結(jié)果.【解答過(guò)程】如圖，延長(zhǎng)BC，與兩條棱的延長(zhǎng)線分別交于E,F兩點(diǎn)，連接AE,AF，分別交棱于M,N兩點(diǎn)，連接BM,CN，則五邊形AMBCN及內(nèi)部，即過(guò)點(diǎn)A,B,C的截面.故選：C.【變式2-2】（2025·四川達(dá)州·二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為AB中點(diǎn)，

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形【答案】A【解題思路】根據(jù)點(diǎn)P在C1、D1以及【解答過(guò)程】B選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P與D1

取A1B1中點(diǎn)H，因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，則EH//D連接DE、EH、HD1、又因?yàn)镈D1⊥DEC選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P與C1

取BB1中點(diǎn)G，因?yàn)镋是AB的中點(diǎn)，所以連接DE、EG、GC1、D選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P為C1

因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，所以PB1//DE連接PB1、又因?yàn)锽1P=C因?yàn)槭钦襟w，所以C1D1所以平行四邊形EB不管點(diǎn)P在什么位置，都不可能是三角形.故選：A.【變式2-3】（2025·四川綿陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，點(diǎn)M是線段C1A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【答案】C【解題思路】延長(zhǎng)MN交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AF交BC于點(diǎn)H，連接NH，延長(zhǎng)NM交DD1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE交A1D1【解答過(guò)程】延長(zhǎng)MN交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AF交BC于點(diǎn)H，連接NH，延長(zhǎng)NM交DD1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE交A1D1則五邊形AHNMG為平面AMN截該長(zhǎng)方體所得的截面圖形，不妨設(shè)AB=2AD=2AA1=4，又點(diǎn)M是線段C1D1上靠近所以C1M=3，D1M=1，C1所以ABCF=BHCH=又D1MDF=E又GD1AD=E即五邊形AHNMG為平面AMN截該長(zhǎng)方體所得的截面圖形.故選：C.【題型3截面圖形的周長(zhǎng)或面積問(wèn)題】【例3】（2025·青海海東·二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，E，F(xiàn)分別是棱CD，

A．45+42 B．55+17【答案】B【解題思路】根據(jù)給定條件，作出截面并求出其面積.【解答過(guò)程】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，取C1

由E是CD的中點(diǎn)，得EG//DD1//AA1G//AE,A1G=AE，由F梯形AFHE是正方體ABCD?A1BAE=AF=42+所以所求截面的周長(zhǎng)是55故選：B.【變式3-1】（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長(zhǎng)都等于3，點(diǎn)G是△PAC的重心，過(guò)點(diǎn)G作平面α，若平面α/平面PCD，則平面α截正四棱錐P?ABCD的截面面積為（

A．534 B．5158 C．【答案】C【解題思路】過(guò)點(diǎn)G依次在平面內(nèi)作平行線，可得到截面，根據(jù)比例確定邊長(zhǎng)知截面為等腰梯形即可求面積.【解答過(guò)程】點(diǎn)G是△PAC的重心，OGPG=12，過(guò)G作GH//PC交AC于H，并延長(zhǎng)交過(guò)H作EF//CD，過(guò)E作EN//PC，如圖四邊形EFMN為截面，∵點(diǎn)G是△PAC的重心，OGPG=1∴HCAC=12=PMPA四邊形EFMN為等腰梯形，故面積為S=1+3故選：C.【變式3-2】（2025·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱BC的中點(diǎn)，用過(guò)點(diǎn)

A．32+25 B．9 C．2【答案】A【解題思路】作出正方體的截面圖形，求出周長(zhǎng)即可.【解答過(guò)程】

如圖，取AB的中點(diǎn)G，連接GE，A1G，因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以GE//AC，又AA1//所以四邊形ACC所以AC//A1所以A1C1所以用過(guò)點(diǎn)A1，E，C1的平面截正方體，所得截面為梯形其周長(zhǎng)為22故選：A．【變式3-3】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4,M為棱DC的中點(diǎn)，N為側(cè)面BC1的中心，過(guò)點(diǎn)M的平面A．45+2C．53 D．【答案】D【解題思路】取BC,CC1的中點(diǎn)E,F，由△ADM∽△DCE，證得AM⊥DE，再由CC1⊥平面ABCD，證得AM⊥NE，從而得到AM⊥平面DNE，同理證得D1M⊥DN，利用線面垂直的判定定理，證得DN⊥【解答過(guò)程】如圖所示，取BC,CC1的中點(diǎn)E,F，分別連接在正方形ABCD中，因?yàn)镸,E分別為DC,BC的中點(diǎn)，可得△ADM∽△DCE，所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因?yàn)椤螦DM=90°，所以∠AMD+∠CDE=90°，所以又因?yàn)镋,N分別為BC,BC1的中點(diǎn)，所以因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，AM?平面ABCD，所以C又因?yàn)镈E∩NE=E且DE,NE?平面DNE，所以AM⊥平面DNE，因?yàn)镈N?平面DNE，所以AM⊥DN，同理可證：D1又因?yàn)锳M∩D1M=M且AM,D1M?平面即平面α截正方體ABCD?A1B由正方體ABCD?A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面積為S=1故選：D.【題型4球的截面問(wèn)題】【例4】（2025·廣東·模擬預(yù)測(cè)）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M,N分別為A．π2 B．2π3 C．π【答案】A【解題思路】設(shè)T是線段MN的中點(diǎn)，則OT⊥MN，利用勾股定理求出MN，進(jìn)而求出OT，找出當(dāng)OT垂直于過(guò)MN的平面時(shí)，截得該正方體的內(nèi)切球所得截面圓的面積最小，再利用弦長(zhǎng)公式和面積公式即可求得結(jié)果.【解答過(guò)程】設(shè)T是線段MN的中點(diǎn)，則OT⊥MN，由勾股定理MN=M球心O到MN距離為OT=(當(dāng)OT垂直于過(guò)MN的平面時(shí)，截得該正方體的內(nèi)切球所得截面圓的面積最小，MN被球截得的弦長(zhǎng)為l=2R此時(shí)圓的半徑就是r=l2=故選：A.【變式4-1】（2025·江蘇·模擬預(yù)測(cè)）已知正三棱錐S?ABC的側(cè)棱長(zhǎng)為2，D為線段SC上一點(diǎn)，SD=2DC，SA⊥BD．設(shè)三棱錐S?ABC外接球?yàn)榍騉，過(guò)D點(diǎn)作球O的截面α，則截面α面積的最小值為（

）A．4π9 B．8π9 C．【答案】B【解題思路】如圖以點(diǎn)M為原點(diǎn)，BC的平行線為x軸，MN,MS為y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由SA⊥BD，利用坐標(biāo)運(yùn)算求得正三棱錐底面邊長(zhǎng)和高，從而可得外接球半徑，又過(guò)D點(diǎn)作球O的截面α，當(dāng)OD⊥α?xí)r，截面α面積的最小，可得解.【解答過(guò)程】如圖在正三棱錐S?ABC中，SM⊥平面ABC，且M為△ABC的中心，AN為中線，如圖以點(diǎn)M為原點(diǎn)，BC的平行線為x軸，MN,MS為y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)MS=h,AB=a，則h所以A0,?由于SD=2DC，所以CD=13所以AS=因?yàn)镾A⊥BD，則AS解得a=22設(shè)O0,0,k，則OA=OS，則a23所以R=2過(guò)D點(diǎn)作球O的截面α，當(dāng)OD⊥α?xí)r，截面α面積的最小，OD=a29則截面α面積的最小值為8π故選：B.【變式4-2】（2025·遼寧大連·模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB=3，AC=4，點(diǎn)D滿足AD=3DC，三棱錐P?ABC的外接球?yàn)榍騉，過(guò)點(diǎn)D作球O的截面，若所得截面圓的面積的最大值與最小值之差為4π，則球OA．16π B．20π C．24π【答案】D【解題思路】將三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體并建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA=h、外接球半徑為R，求出各點(diǎn)及球心坐標(biāo)，分析截面圓的面積差從而求出h、R，代入球的表面積公式即可得解.【解答過(guò)程】設(shè)PA=h，因?yàn)樵谌忮FP?ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，所以將其補(bǔ)為一個(gè)長(zhǎng)方體（長(zhǎng)為4，寬為3，高為h），三棱錐與該長(zhǎng)方體共外接球，球心O為長(zhǎng)方體體對(duì)角線中點(diǎn)，設(shè)外接球半徑為R，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AC、AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，A(0,0,0),B(0,3,0),C(4,0,0),D(3,0,0),O(2,3OD=1+R=A過(guò)D作求O的截面，最大截面為：過(guò)球心O，半徑為R，面積為πR最小截面為：與OD垂直，半徑為r=R2?O因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)D作球O的截面，若所得截面圓的面積的最大值與最小值之差為4π所以πR2?π則R2=25+故選：D.【變式4-3】（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測(cè)）已知正三棱錐A?BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC=3，側(cè)棱AB=23，點(diǎn)E在線段BD上，且BE=DE，過(guò)點(diǎn)E作球O的截面，則所得截面圓面積的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【答案】D【解題思路】設(shè)△BCD的外接圓的圓心為O1，根據(jù)Rt△OO1D中，R2=3+【解答過(guò)程】如圖，設(shè)△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D則O1D=3sin在Rt△OO1D中，當(dāng)截面過(guò)球心時(shí)，截面面積最大，最大面積為π?∴所得截面圓面積的最大值為4π故選：D．

【題型5截面切割幾何體的體積、表面積問(wèn)題】【例5】（2025·湖南邵陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是C1D1，ADA．1316 B．5972 C．119144【答案】C【解題思路】根據(jù)空間中立方體與平面相交的情況，做出的截面形狀，求出所截得的部分體積，作比求出結(jié)果.【解答過(guò)程】如圖所示，延長(zhǎng)EF,DC相較于H，連接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，則五邊形EKFJG為截面，不妨設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則△HCG～△HE1E，所以GC=12同理可得D1可知截得較小部分體積V=VI?DFH?2較大部分體積為1?25144=故選：C.【變式5-1】（2025·吉林長(zhǎng)春·二模）如圖，過(guò)圓錐PO的軸的截面邊長(zhǎng)為4的正三角形，過(guò)PO的中點(diǎn)O′作平行于底面的截面，以截面為底面挖去一個(gè)圓柱，則余下幾何體的表面積為（

A．11π+3π B．11π+2【答案】D【解題思路】根據(jù)給定條件，作出組合體的軸截面，求出圓柱的底面圓半徑和高，計(jì)算表面積作答.【解答過(guò)程】作出圓錐PO的軸截面△PAB，此截面截挖去的圓柱得圓柱的軸截面矩形CDEF，如圖，矩形CDEF是等腰△PAB內(nèi)接矩形，圓柱底面圓直徑CF在圓錐底面圓直徑AB上，依題意，截面是邊長(zhǎng)為4的正三角形，所以O(shè)B=2,OP=23因?yàn)镺'是PO中點(diǎn)，則CD=12PO=3圓柱OO′的側(cè)面積S1=2π剩余幾何體的表面中，圓錐底面圓挖去以CF為直徑的圓（圓柱下底面圓），而挖去圓柱后，圓柱上底面圓（以DE為直徑的圓）成了表面的一部分，它與圓柱下底面圓全等，所以剩余幾何體的表面積是S1故選：D.【變式5-2】（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）過(guò)圓錐PO高的中點(diǎn)O′作平行于底面的截面，則截面分圓錐PO上部分圓錐與下部分圓臺(tái)體積比為（

A．12 B．13 C．15【答案】D【解題思路】利用圓錐、圓臺(tái)的體積公式求得圓錐與圓臺(tái)的體積關(guān)系．【解答過(guò)程】設(shè)截面圓半徑為r，圓錐的高為h，圓錐的體積為V1,則圓臺(tái)下底面圓的半徑為2r，圓臺(tái)的高為h，圓臺(tái)的體積為V所以V2=1可得V1故選：D.【變式5-3】（2025·江蘇南通·三模）已知正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1，A1C1AC=23A．5:4 B．12:7 C．2:1 D．15:4【答案】B【解題思路】通過(guò)構(gòu)造平行截面展現(xiàn)空間想象能力，先由重心分割比例，來(lái)證明所分成的兩個(gè)幾何體中，有一部分是棱柱．然后利用臺(tái)體體積和柱體體積公式來(lái)求解即可.【解答過(guò)程】根據(jù)A1C1則在正三棱臺(tái)ABC?A1B1C過(guò)O作EF//AC分別交AB，BC于點(diǎn)E，∵O為△ABC的重心，∴BE∴A1B1//∴A1E//BB1且A設(shè)此正棱臺(tái)高為h，則臺(tái)體體積V=1棱柱的體積V1=3∴兩部分體積之比為12:7，故選：B．【題型6交線的長(zhǎng)度、軌跡問(wèn)題】【例6】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）在正六棱柱ABCDEF?A1B1C1D1E1F1中，A．(3+3)π B．(6+3)π【答案】D【解題思路】根據(jù)題意，畫(huà)出圖形，設(shè)G,H分別為CC1,DD1的中點(diǎn)，連接OC1,A1C1,OE1,A【解答過(guò)程】因?yàn)榍騉的半徑為6，AB=3，所以球O不與側(cè)面ABB1A設(shè)G,H分別為CC1,D則由題意可得OA所以O(shè)C所以球O與側(cè)面BCC1B1交于點(diǎn)C1在正六邊形A1B1C1所以A1因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C因?yàn)镃1D1∩CC所以A1C1⊥平面CDD1C所以O(shè)H=O所以球O與側(cè)面CDD1C同理可得球O與側(cè)面EDD1E因?yàn)椤螮1A1C1=所以球面與該正六棱柱各面的交線總長(zhǎng)為2故選：D.【變式6-1】（2025·甘肅·模擬預(yù)測(cè)）在所有棱長(zhǎng)為4的正四棱錐P?ABCD中，M是底面正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)（含邊界），若PM⊥MD，則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度是（

）A．2π B．2π C．22【答案】A【解題思路】令正方形ABCD中心為O，取PD中點(diǎn)O1【解答過(guò)程】在正四棱錐P?ABCD中，令正方形ABCD中心為O，取PD中點(diǎn)O1，連接O取OD,AD,CD中點(diǎn)E,M1,M2，連接O1E,OD?平面ABCD，則PO⊥OD,O1E⊥平面ABCD，由PM⊥MDO1E=12PO=因此O1E⊥EM，EM=O1M2為半徑的圓在正方形ABCD及內(nèi)部的圓弧，顯然OM則∠M1OM2=90°，而點(diǎn)所以點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度是2π故選：A.【變式6-2】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,M是棱CC1的中點(diǎn)，空間中的動(dòng)點(diǎn)A．55 B．3 C．2π 【答案】D【解題思路】分別取A1D1,B1C1的中點(diǎn)E,F，連接DE,EF,CF，證明BM⊥平面CDEF，從而可得點(diǎn)P在平面CDEF內(nèi)，再根據(jù)D1P=1，得點(diǎn)P在以D1【解答過(guò)程】如圖，分別取A1D1,B因?yàn)镃D⊥平面BCC1B1，BM?平面在Rt△BCM,Rt△C所以Rt△BCM?Rt△C又∠BCM=∠BCF+∠FCC1=90°，所以∠BCF+∠CBM=90°又CF∩CD=C，CF,CD?平面CDEF，所以BM⊥平面CDEF，由DP⊥BM，得點(diǎn)P在平面CDEF內(nèi)，由D1P=1，得點(diǎn)P在以因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為平面CDEF與球D1的球面的交線，即在平面CDEF連接DF，設(shè)點(diǎn)D1到平面DEF的距離為h，平面DEF截球D1所得截面圓的半徑為則由V三棱錐D1?DEF=V且S△DEF=12×2×因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為25故選：D.【變式6-3】（24-25高一下·四川成都·期中）如圖，在棱長(zhǎng)為6正方體中，點(diǎn)P為棱AB的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為棱A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)M為棱CC1上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)，則經(jīng)過(guò)P,Q,MA．五邊形，21815 C．五邊形，21835 【答案】B【解題思路】根據(jù)題意作出截面可判斷截面形狀，得出截面與側(cè)面CDD1C【解答過(guò)程】設(shè)AD中點(diǎn)為N，連接QN，∵Q是A1D1中點(diǎn)，QN⊥底面連接PN，并延長(zhǎng)PN交CD的延長(zhǎng)線于E，又N是AD中點(diǎn)，所以△APN≌△DEN，則AP=DE=3，過(guò)點(diǎn)E作EF//NQ，且交PQ的延長(zhǎng)線于F，與C1D1△PNQ∽△PEF，則NQEF=PNPE=連接FM交C1D1于G，所以△FRG∽△M其中FRC1M=64=∴C所以截面與側(cè)面CDD1C延長(zhǎng)GM交DC的延長(zhǎng)線于J，連接JP交BC于H，并延長(zhǎng)交DA的延長(zhǎng)線于K，連接KQ交AA1于I，所以截面為六邊形故選：B.【題型7截面的最值與范圍問(wèn)題】【例7】（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐P?ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，過(guò)點(diǎn)P作截面分別交AC,BC于點(diǎn)E,F，且二面角P?EF?C的平面角為60°，則所得截面PEF的面積最小值為（

A．43 B．83 C．2【答案】B【解題思路】由二面角的定義可得PGC=60°，從而PG=433,CG=2【解答過(guò)程】過(guò)P作PG⊥EF，垂足為G，連接CG，則由三垂線定理可得EF⊥CG，∴∠PGC即為二面角P?EF?C的平面角，∴PGC=60°，PC=2，所以PG=4設(shè)CE=a,CF=b，則EF=a在三角形CEF中，ab=2又a2+b所以ab≥83，所以三角形PEF的面積為12故截面PEF面積的最小值為83故選：B.【變式7-1】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D為B1C1

A．3,92 B．3,92 C．【答案】A【解題思路】過(guò)E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F，取C1F的中點(diǎn)H，連接DH【解答過(guò)程】直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，過(guò)E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F

設(shè)CE=2m(0≤m≤1)，①當(dāng)m=0時(shí)，平面BDE截直三棱柱ABC?A1B1C②當(dāng)0<m≤1時(shí)，因?yàn)镋F//CC1，CE//C1F，所以四邊形EC因?yàn)镈，H分別為B1C1，C1F因?yàn)镋F//BB1，EF=CC所以BE//B1則BE//DH，BE=2DH，即平面BDE截直三棱柱ABC?A1在Rt△HFE中，∠EFH=90°，EF=2，HF=m在Rt△BB1D中，∠BB1D=在Rt△BCE中，∠BCE=90°，BC=2，CE=2m，則過(guò)D作DM⊥BE垂足為M，過(guò)H作HN⊥BE垂足為N，所得平面圖形如下;

則HE=4+m2，BD=5，BE=2設(shè)BM=x，則NE=所以DM2=5?x2化簡(jiǎn)可得：x=11+m所以S梯形因?yàn)楫?dāng)0<m≤1，所以2<5m2綜上，平面BDE截直三棱柱ABC?A1B故選：A.【變式7-2】（2025高三·全國(guó)·專(zhuān)題練習(xí)）如圖，已知四面體ABCD為正四面體，AB=a,E,F分別是AD,BC中點(diǎn)，若用一個(gè)與直線EF垂直，且與四面體的每一個(gè)面都相交的平面α去截該四面體，由此得到一個(gè)多邊形截面，則該多邊形截面面積的最大值為（

）A．a(chǎn)23 B．a(chǎn)24 C．【答案】B【解題思路】將四面體補(bǔ)成正方體，在正方體內(nèi)利用截面為平行四邊形KLMN可得KL+LM=a，進(jìn)而利用基本不等式即可得解.【解答過(guò)程】把正四面體補(bǔ)為正方體，如圖，根據(jù)題意可得截面為平行四邊形KLMN，所以KL∥BC，LM∥AD，KLBC=AL所以KL=AL，LM=BL，KL+LM=AL+BL=a，又因?yàn)锽C⊥AD，所以KL⊥LM，所以所求截面面積S=KL?LM≤KL+LM22故選：B.【變式7-3】（2025·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)若Р是線段BM上的動(dòng)點(diǎn)，試探究：A1(2)過(guò)A1【答案】(1)是定值，2(2)9π【解題思路】（1）根據(jù)題意利用勾股定理可得A1M⊥BM，所以向量A1P在（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出點(diǎn)O到直線A1M的距離即點(diǎn)O到過(guò)A1【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镸是DD1的中點(diǎn)，所以所以A1M=2，BM=因?yàn)锳1M2+BM2=所以向量A1P在A1M上的投影向量為（2）設(shè)球心為O，外接球半徑為R，最小截面圓的半徑為r．由已知可得R=12+以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，則O12,1,1，A取a=OM=?12,?1,0所以點(diǎn)O到直線A1M的距離為即點(diǎn)O到過(guò)A1M的截面的距離最大值為所以過(guò)A1M的最小截面圓的半徑因此最小的截面面積為πr綜上，截面面積的取值范圍是9π一、單選題1．（2025·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，點(diǎn)M在棱A1B1A．10+52 B．45+62 【答案】A【解題思路】設(shè)平面ACM與棱B1C1交于點(diǎn)N，則MN∥AC【解答過(guò)程】設(shè)平面ACM與棱B1C1交于點(diǎn)N，則MN由題意知該三棱臺(tái)體積為14．設(shè)MB1=x解得x=1，平面ACM截正方體ABCD?A1BAC=42，MN=2，AM=CN=5，所以截面ACNM的周長(zhǎng)為故選：A．2．（2024·湖南郴州·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E、F滿足A．六邊形 B．五邊形C．四邊形 D．三角形【答案】B【解題思路】由題意，點(diǎn)E是線段BB1上靠近B1的三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是線段C【解答過(guò)程】如圖，因?yàn)辄c(diǎn)E、F滿足BE=2點(diǎn)E是線段BB1上靠近B1的三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是線段C延長(zhǎng)AE,A1B1與交于點(diǎn)G，連接FG交延長(zhǎng)GF,A1D1交于點(diǎn)K，連接AK交DD則五邊形AEHFI為所求截面圖形.故選：B．3．（2025·遼寧撫順·模擬預(yù)測(cè)）如圖，桌面上放置著兩個(gè)底面半徑和高都是R的幾何體，左邊是圓柱挖去一個(gè)倒立的圓錐（以圓柱的上底面為底面，下底面圓心為頂點(diǎn)）剩余的部分，右邊是半球，用平行于桌面的平面截這兩個(gè)幾何體，截得左邊幾何體的截面面積為S1，截得半球的截面面積為S2，則（A．S1<SC．S1>S2 D．【答案】B【解題思路】設(shè)截面與圓柱底面的距離為h，分別求出S1和S【解答過(guò)程】設(shè)截面與圓柱底面的距離為h，該平面截半球所得圓面的半徑為R2?h由于圓柱的底面半徑與高相等，所以，圓環(huán)的內(nèi)圓半徑為h，所以，圓環(huán)的面積為S1=π故選：B.4．（2025·江蘇鹽城·模擬預(yù)測(cè)）現(xiàn)有一塊棱長(zhǎng)為2的正四面體木料，用平行于該木料底面的一個(gè)平面將木料截成兩部分，若這兩部分的表面積相等，則該平面在木料上的截面面積為（

）A．33 B．63 C．62【答案】D【解題思路】畫(huà)出圖形，設(shè)DE=2k，分別求出四面體V?DEF的表面積和三棱臺(tái)DEF?ABC的表面積，由這兩部分的表面積相等，求出k2【解答過(guò)程】如圖正四面體V?ABC，VC=VA=VB=AB=AC=BC=2，△DEF～△ABC，令DE=2k，截面S△DEF因?yàn)镈E//AB，所以VDVA=DEAB，即S△VDE=1四面體V?DEF的表面積為：S1設(shè)梯形DEAB的高為3?3k，△VDE所以梯形DEAB的面積為2k+2?所以三棱臺(tái)DEF?ABC的表面積為：S2又S1=S2，所以所以截面S△DEF故選：D.

5．（2025·河北秦皇島·一模）在《通用技術(shù)》課上，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的多面體ABCDEFKLHMNG，已知平面LMH//平面ABCDEF，平面AKF//平面CDGHMN，平面BCN//平面EFKLHG，平面DEG//平面ABNMLK，AB=CD=EF=KL=MN=HG=2，且△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均為邊長(zhǎng)為1的正三角形，該同學(xué)欲過(guò)LK的中點(diǎn)P作該幾何體的截面α，若LK⊥α，則截面α的面積為（

）A．42 B．1524 C．7【答案】C【解題思路】利用面面平行的性質(zhì)得到MH//CD，LM//AB，HL//EF，結(jié)合平面的基本性質(zhì)確定MN,AB,CD、LK,MN,HG、LK,AB,EF、EF,HG,CD均交于一點(diǎn)，從而將幾何體補(bǔ)全為正棱錐，進(jìn)而找到截面α，最后由正棱錐的結(jié)構(gòu)特征及已知求截面面積.【解答過(guò)程】面LMH//面ABCDEF，面LMH∩面CDGHMN=MH，面ABCDEF∩面CDGHMN=CD，所以MH//CD，同理可證：幾何體各個(gè)六邊形側(cè)面的對(duì)邊均平行，由AB,CD?面ABCDEF，且AB,CD不平行，則AB,CD必有一個(gè)交點(diǎn)，同理MN,CD、MN,AB都分別交于一點(diǎn)，而MN?面ABCDEF，則MN與面ABCDEF相交且該交點(diǎn)唯一，所以MN,AB,CD三者交于一點(diǎn)Q，同理LK,MN,HG、LK,AB,EF、EF,HG,CD分別都交于R,S,O，如下圖示，又AB=CD=EF=KL=MN=HG=2，△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均為邊長(zhǎng)為1的正三角形，易知R?OSQ為棱長(zhǎng)為4的正三棱錐，且R?LMH,S?AFK,Q?BCN,O?DEG均為棱長(zhǎng)為1的正三棱錐，由P為L(zhǎng)K中點(diǎn)，即為RS的中點(diǎn)，連接PO,PQ分別交EG,BN于U,T，由△RSO,△RSQ都是正三角形，則PO⊥RS,PQ⊥RS，且PO∩PQ=P都在面POQ內(nèi)，則RS⊥面POQ，即LK⊥面POQ，所以面α即為面POQ，連接UD,TC，則截面PUDCT即為所求，由題設(shè)PO=PQ=23,OQ=4，則所以sin∠OPQ=22同理可得S△OUD所以SPUDCT故選：C.6．（2025·江西·模擬預(yù)測(cè)）在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，A0,BA．2 B．32 C．43 【答案】A【解題思路】應(yīng)用錐體體積及柱體體積公式結(jié)合圖形特征計(jì)算求解即可.【解答過(guò)程】設(shè)三棱柱ABC?A1B1C1的體積為滿足A1A0=BB故四棱錐C1?A0B0B則幾何體ABC?A0B故過(guò)A0,B0,故選：A.7．（2025·山東·一模）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=2，E為A1BA．12π B．π C．32【答案】B【解題思路】方法一：根據(jù)題意可得B1在△BCC1的外接圓上，即可的球O為四棱錐方法二：根據(jù)題意可得B1在△BCC1的外接圓上，即可的球O【解答過(guò)程】方法一：因?yàn)椤螧CC1=π2所以三棱錐E?BCC1的四個(gè)頂點(diǎn)均在球即球O為四棱錐E?B故球心O在正方形B1C1CB的中心，則球過(guò)BB1作球則截面圓圓心為BB1中點(diǎn)（即過(guò)O作截面垂線，垂足為所以截面圓半徑為1，所以面積最小值為π．方法二：因?yàn)椤螧CC1=π2所以三棱錐E?BCC1的四個(gè)頂點(diǎn)均在球即球O為四棱錐E?B故B,B1兩點(diǎn)在球O上，所以最小截面圓為以則截面圓圓心為BB1中點(diǎn)（即過(guò)O作截面垂線，垂足為所以截面圓半徑為1，所以面積最小值為π．故選：B.8．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱錐P?ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，PA=43，AB=6，過(guò)棱AB作球O的截面，則所得截面面積的取值范圍是（

A．9π,12π B．9π,16π【答案】B【解題思路】求出三棱錐外接球的半徑，取AB的中點(diǎn)D，當(dāng)OD垂直截面時(shí)，截面的面積最小，此時(shí)截面圓的直徑為AB長(zhǎng)，當(dāng)截面過(guò)球心時(shí)，截面圓的面積最大，即可得解.【解答過(guò)程】如圖，作PH⊥平面ABC，垂足為H，取AB的中點(diǎn)D，外接球的球心為O，連接AO,AH，易得H為△ABC的中心，則AH=23，所以PH=設(shè)外接球半徑為R，則AO2=AH2當(dāng)OD垂直過(guò)AB的截面時(shí)，截面的面積最小，此時(shí)截面圓的直徑為AB長(zhǎng)，最小面積為π×當(dāng)截面過(guò)球心O時(shí)，截面圓的面積最大，最大面積為π×故截面面積的取值范圍是9π故選：B.二、多選題9．（2025·湖南郴州·三模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的表面積與體積的數(shù)值之比為3，P，Q分別是棱BC，A．AB．多面體ADD1C．存在一點(diǎn)G，使得GD．若AC1⊥平面PQG，則平面PQG截正方體【答案】BD【解題思路】由正方體的表面積、體積公式，棱錐的體積公式、異面直線的判斷、及正方體截面的結(jié)構(gòu)逐項(xiàng)判斷即可.【解答過(guò)程】對(duì)于A，因?yàn)檎襟w的表面積與體積之比為3，所以6AA1對(duì)于B，因?yàn)樗拿骟wABPQ的體積為V=1所以多面體ADD1A對(duì)于C，設(shè)CC1的中點(diǎn)為R，連接PR，則PR//AD1，因?yàn)锳P在平面APRD1內(nèi)，而G是線段AD1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，即點(diǎn)G在平面對(duì)于D，在正方體中，連接BC1，易得又結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)易證AB⊥BAB,BC1是平面所以B1C⊥平面ABC1，又所以AC1⊥B1C,D所以AC1⊥平面B1C所以平面B1CD又P,Q分別是棱BC，BB所以平面PQG截正方體的截面分別交棱CD,DD1,所以截面為正六邊形PFHIJQ，又PQ=2，所以截面面積為6×故選：BD.10．（2025·山東德州·三模）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為棱AB,AD,PC的中點(diǎn)，則（

）A．AG⊥PDB．異面直線FG和AC所成的角為πC．平面EFG與平面ABCD所成角的正弦值為6D．過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)，G的平面截四棱錐P?ABCD所得的截面圖形為五邊形【答案】ACD【解題思路】以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立平面直角坐標(biāo)系，利用空間向量的系列公式計(jì)算即可判斷A，B，C；對(duì)于D，作出截面即得.【解答過(guò)程】如圖，因PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，故可以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.對(duì)于A，A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),G(1則AG=(12則AG⊥PD，即A正確；對(duì)于B，因點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)，故F(0,12,0),則FG=(12,0,12),則cosθ=|因α∈(0,π2]對(duì)于C，由于PA⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量可取為m=(0,0,1)點(diǎn)E為棱AB的中點(diǎn)，則E(12,0,0)，EF設(shè)平面EFG法向量為n=(x,y,z)，則n?EF=0設(shè)直線EFG與平面ABCD所成角為α，則|cosα|=|cos對(duì)于D，如圖，延長(zhǎng)FE與直線CB交于點(diǎn)N，延長(zhǎng)EF與直線CD交于點(diǎn)J，連接NG與PB交于點(diǎn)H，連接GJ與PD交于點(diǎn)K，連接HE,KF，則平面EFG截四棱錐P?ABCD的截面為五邊形HEFKG.即D正確.故選：ACD.11．（2025·江蘇泰州·二模）勒洛四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能在兩個(gè)平行平面間自由轉(zhuǎn)動(dòng)，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來(lái)回滾動(dòng)（如圖甲）．利用這一原理，科技人員發(fā)明了轉(zhuǎn)子發(fā)動(dòng)機(jī)．勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的相交部分圍成的幾何體（如圖乙）．若正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為3，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．勒洛四面體ABCD表面上任意兩點(diǎn)間距離的最大值大于3B．勒洛四面體ABCD被平面ABC截得的截面面積是9C．勒洛四面體ABCD四個(gè)曲面交線長(zhǎng)的和為6D．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為3?【答案】AD【解題思路】求出過(guò)正四面體相對(duì)棱中點(diǎn)的勒洛四面體ABCD的弦長(zhǎng)判斷A；作出截面，利用扇形面積與三角形面積公式求解B；利用弧長(zhǎng)公式求出四個(gè)曲面交線長(zhǎng)判斷C；借助正四面體求出勒洛四面體ABCD內(nèi)切球半徑判斷D.【解答過(guò)程】對(duì)于A，S,T分別為正四面體的棱AB,CD的中點(diǎn)，連接ST并延長(zhǎng)交勒洛四面體的曲面于點(diǎn)P,Q，BT=AT=332，則等腰△ABT等腰△ABQ的高SQ=A由對(duì)稱(chēng)性知，PT=SQ，則PQ=PT+SQ?ST=33而勒洛四面體ABCD表面上任意兩點(diǎn)間距離的最大值不小于PQ長(zhǎng)，A正確；對(duì)于B，勒洛四面體ABCD被平面ABC截得的截面是3個(gè)弓形加上△ABC，面積為S=(1對(duì)于C，由對(duì)稱(chēng)性知，勒洛四面體ABCD四個(gè)曲面的每條交線長(zhǎng)相等，其中交線AC所在圓的圓心在以BD中點(diǎn)M為圓心，則該圓半徑MA=MC=3由余弦定理得cos∠AMC=(3因此勒洛四面體ABCD四個(gè)曲面交線長(zhǎng)的和為6×3對(duì)于D，勒洛四面體ABCD能夠容納的最大球的半徑即為該四面體內(nèi)切球半徑，由對(duì)稱(chēng)性知，勒洛四面體ABCD內(nèi)切球球心是正四面體ABCD的內(nèi)切球、外接球球心O，

正△BCD外接圓半徑O1B=23×3令正四面體ABCD的外接球半徑為R，在Rt△BOO1中，R取正四面體ABCD中心為O，連接BO交平面ACD于點(diǎn)E，交曲面ACD于點(diǎn)F，其中BO即為正四面體外接球半徑R=364，點(diǎn)A,C,D,F則BF=AB=3，勒洛四面體ABCD內(nèi)切球半徑OF=BF?BO=3?3

故選：AD.三、填空題12．（2025·河北秦皇島·三模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的各頂點(diǎn)都在球O的表面上，若球O的表面積為12π【答案】8【解題思路】根據(jù)給定條件，求出正方體的棱長(zhǎng)，再求出△C【解答過(guò)程】由球O的表面積為12π，得球的半徑為3，則正方體ABCD?A1正方體ABCD?A1B1C1D則△C1BD外接圓面積為πr2=8故答案為：8π

13．（2025·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）棱長(zhǎng)均為1m的正三棱柱透明封閉容器盛有am3水，當(dāng)側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，液面高為hm【答案】3【解題思路】由題可得VA?A1BC=312【解答過(guò)程】由題意，正三棱柱的棱長(zhǎng)均為1m，所以S△ABC=12×1×1×sin60°=12×1×1×∵DCAC=DEAB在等邊△ABC中，AB邊上的高為32因?yàn)閔32=故答案為：3?14．（2025·河北邯鄲·一模）已知三棱錐P?ABC中，PA=PC=PB=BA=BC=2,AC=22，D為PB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作三棱錐P?ABC外接球的截面，則截面面積的最小值為【答案】π【解題思路】取線段AC的中點(diǎn)E，根據(jù)長(zhǎng)度關(guān)系求出點(diǎn)E為三棱錐P?ABC的外接球球心，再根據(jù)d2+r【解答過(guò)程】取線段AC的中點(diǎn)E，連接PE,BE,DE，因PA=PC=2，AB=BC=2，AC=22則由勾股定理可知，PA⊥PC，AB⊥BC，則PE=BE=AE=EC=2則點(diǎn)E為三棱錐P?ABC的外接球球心，外接球半徑為2因PB=2，則由勾股定理可知，PE⊥BE，因D為PB的中點(diǎn)，則DE=1設(shè)球心E到過(guò)點(diǎn)D的三棱錐P?ABC外接球的截面的距離為d，截面圓的半徑為r，則d2欲使截面面積最小，即r最小，則要求d最大，當(dāng)DE垂直截面時(shí)，d最大，最大值為DE=1，則r的最小值為2?1=1，則截面面積的最小值為π故答案為：π.四、解答題15．（2025·陜西西安·一模）如圖，正方體ABCD?A1B1C

(1)求三棱錐D1(2)當(dāng)E為CD中點(diǎn)時(shí)，求過(guò)點(diǎn)D且與A1【答案】(1)4(2)3【解題思路】（1）利用等體積法結(jié)合棱錐的體積公式求解即可；（2）設(shè)BC的中點(diǎn)為G，CC1中點(diǎn)為F，連接DG,DF,FG，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量即可證明A1E⊥DG,A1E⊥DF，進(jìn)而得到A1E⊥【解答過(guò)程】（1）在正方體ABCD?A1B1C則E到平面A1B1則VD

（2）設(shè)BC的中點(diǎn)為G，CC1中點(diǎn)為F，連接以A為原點(diǎn)，以AB,AD,AA1所在直線為則A1所以A1則A1E?因?yàn)镈G∩DF=D，DG,DF?平面DGF，所以A1E⊥平面則△DGF即為過(guò)點(diǎn)D且與A1由正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，可得GF=2在△DGF中，cos∠DFG=則sin∠DFG=所以S△DGF

16．（2025高三·全國(guó)·專(zhuān)題練習(xí)）如圖在正方體ABCD?A1B(1)求平面APQ與平面ABCD夾角的余弦值(2)補(bǔ)全截面APQ【答案】(1)3(2)答案見(jiàn)解析【解題思路】（1）利用投影面積法可得cosθ=（2）利用正方體截面的性質(zhì)即可得結(jié)果.【解答過(guò)程】（1）由投影面積法可得cosθ=因?yàn)镻,Q是所在棱上的中點(diǎn)，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則S投影PQ=12+12所以在△APQ中，PQ邊上的高為32所以S△APQ所以cosθ=（2）如圖，設(shè)PQ所在直線與A1B1所在直線交于點(diǎn)F，與A連接AF交BB1于點(diǎn)G，連接AR交DD1于點(diǎn)則五邊形ASQPG是平面APQ截正方體所得的截面.17．（2025·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知，四棱錐P?ABCD的底面是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3AB=4，∠BCD=60°，點(diǎn)M在AC上，且(1)過(guò)點(diǎn)M作截面，使其與PC,BD均平行，求該截面的面積；(2)求二面角P?CD?A的正弦值．【答案】(1)5(2)2【解題思路】（1）由已知條件AB,AC,CM,MA的長(zhǎng)度，連接BD，過(guò)點(diǎn)M作BD的平行線，分別BC,CD于點(diǎn)E,F，分別過(guò)點(diǎn)E,F作PC的平行線，分別交PB,PD于點(diǎn)N,G，在平面PAC中，過(guò)點(diǎn)M作PC的平行線交PA于點(diǎn)H，連接HN,HG，得截面為五邊形EFGHN，求出S矩形（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC,AP所在的直線分別為x,z軸，過(guò)點(diǎn)A垂直于平面PAC的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，分別求出平面PCD和平面ACD的一個(gè)法向量，進(jìn)而求出法向量的夾角余弦，再由同角三角函數(shù)關(guān)系求出正弦即可【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镻A=3AB=4，所以在菱形ABCD中，∠BCD=60°，所以AC=4．又CA=4CM，所以如圖所示，連接BD，過(guò)點(diǎn)M作BD的平行線，分別交BC,CD于點(diǎn)E,F，再分別過(guò)點(diǎn)E,F作PC的平行線，分別交PB,PD于點(diǎn)N,G，在平面PAC中，過(guò)點(diǎn)M作PC的平行線交PA于點(diǎn)H，連接HN,HG，所以該截面為五邊形EFGHN．因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以BD⊥AC，又因?yàn)镋F∥BD，所以又P