2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-截面、交线问题（Word版解析版）

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1.已知过球面上三点A，B，C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝2，则球的表面积是( )
A.256π81B.16π9
C.256π9D.64π9
解析：选D.因为AB＝BC＝CA＝2，2sin60°＝2r，所以△ABC的外接圆半径为r＝233.
设球半径为R，则R2－12R2＝43，所以R＝43，S＝4πR2＝64π9.
2.一棱长为4的正四面体木块如图所示，P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，则截面PFED的面积为( )
A.2B.22
C.23D.4
解析：选D.P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，
VB∥平面PFED，VB⊂平面VBA，平面VBA∩平面PFED＝PF，所以VB∥PF，
同理可得VB∥DE，AC∥EF，AC∥PD，
所以EF∥PD，PF∥DE，所以四边形PFED是平行四边形，且P，F，E，D均是中点，
又因为正四面体对棱互相垂直，所以VB⊥AC，所以PF⊥EF，
所以四边形PFED是边长为2的正方形，所以该四边形面积为4.
3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是( )
A.45＋42B.55＋17
C.45＋22＋4D.65＋2
解析：选B.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH，
由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG＝DD1＝AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，
A1G∥AE，A1G＝AE，由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH＝12A1G＝12AE，
梯形AFHE是正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，
AE＝AF＝42＋22＝25，FH＝22＋12＝5，EH＝42＋12＝17，
所以所求截面的周长是55＋17.
4.如图，已知P，Q，R分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC和C1D1的中点，由点P，Q，R确定的平面β截该正方体所得截面为( )
A.三角形B.四边形
C.五边形D.六边形
解析：选D.如图，取A1D1的中点T，AA1的中点M，CC1的中点S，连接PM，TM，RT，RS，QS，PQ，
由正方体的性质可知A1C1∥MS∥AC，
由中位线性质可知PQ∥AC，RT∥A1C1，
所以PQ∥MS∥RT，
所以由点P，Q，R确定的平面β即为截面PQSRTM，其为六边形.
5.如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的球面正好经过点M，则下列结论中正确的是( )
A.AB⊥MN
B.球O的体积与四面体ABCD外接球的体积之比为1∶3
C.直线MN与平面BCD所成角的正弦值为33
D.球O被平面BCD截得的截面面积为4π3
解析：选C.如图，对于A：连接MB，MC，则MB＝MC＝3，又N为BC中点，所以MN⊥BC，若MN⊥AB，AB，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，所以MN⊥平面ABC，可知这是不成立的，所以MN⊥AB不成立，故A错误；
对于B：利用结论：若正四面体的棱长为a，则该四面体的外接球半径为R＝64a，内切球半径为r＝612a.在△MBC中，MN＝MC2－NC2＝3－1＝2，所以球O的半径为22，四面体ABCD的外接球半径为64×2＝62，所以球O的体积与四面体ABCD外接球的体积之比22623＝3∶9，故B错误；
对于C：连接DN，取△BCD的中心G，则G在DN上，连接AG，则AG⊥平面BCD，作ME⊥平面BCD，则E为DG中点.∠MND为直线MN与平面BCD所成的角，在Rt△MNE中，MN＝2，ME＝12AG＝63，ME⊥EN，所以sin∠MND＝632＝33，故C正确；
对于D：因为点O到平面BCD的距离为12ME＝66，所以球O被平面BCD截得的截面圆半径为(22)2－(66)2＝33，所以截面面积为π3，故D错误.
6.已知三棱锥P-ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝43，PB＝PC＝4.以BC为直径的球与平面APC的交线为l，则l的长度为( )
A.4B.43
C.4π3D.4π
解析：选D.不妨将三棱锥放入长方体中，由于BC为直径，所以球心在BC中点处，且半径为12BC＝22，取PC中点，则OM⊥PC，所以MO⊥平面APC，且OM＝12BP＝2，
故O到平面APC的距离为2，平面APC所在截面圆的半径为222－OM2＝2，
故截的图形为圆，圆的周长为4π，即交线l的长度为4π.
7.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为( )
A.3B.132
C.2103D.2133
解析：选C.取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，
在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，又C1H＝CH2＋CC12＝12＋32＝10，所以NP＝2103.
8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，记A1B1的中点为E，平面C1EC与AB1C1的交线为l，则直线l与AC所成角的余弦值是( )
A.65B.64
C.66D.63
解析：选C.如图所示取AB中点E1，连接EE1，AB1，两者相交于点O，由图可知面C1EC与面AB1C1的交线即为OC1，因为AC∥A1C1，所以∠OC1A1即为异面直线OC1和AC所成的角或补角，在△OA1C1中，OA1＝62，A1C1＝1，OC1＝62，由余弦定理可得cs∠OA1C1＝1+32－322×1×62＝66，故异面直线所成的角的余弦值即为66.
9.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则以AA1的中点P为球心，22为半径的球与侧面BCC1B1相交，则交线(在正方形BCC1B1内部)的长度为 .
解析：如图，作PE⊥BB1，垂足为E，则PE⊥平面BCC1B1，
设P为球心，22为半径的球与BC，B1C1相交于G，F，
则EF＝PF2－PE2＝222－22＝2，
即以AA1的中点P为球心，22为半径的球与侧面BCC1B1相交，交线为以E为圆心，2为半径的圆弧(如图所示)，
在Rt△EB1F中，B1E＝1，EF＝2，
所以∠B1EF＝π3，同理∠BEG＝π3，则∠GEF＝π3，
所以交线的长度l＝π3×2＝2π3.
答案：2π3
10.已知四面体ABCD的所有棱长均为4，点O满足OA＝OB＝OC＝OD，则以O为球心，2为半径的球与四面体ABCD表面所得交线总长度为 .
解析：已知四面体ABCD的所有棱长均为4，
所以四面体ABCD是正四面体，
因为点O满足OA＝OB＝OC＝OD，
所以O为正四面体ABCD的中心.
设正三角形BCD的中心为F，正三角形ACD的中心为G，CD的中点为E，
则连接AF，BG，AE，BE，则BG∩AF＝O，BF∩AG＝E.
OF∶OA＝GF∶AB＝EF∶EB＝1∶3，
所以OF∶AF＝1∶4，
则BE＝AE＝42－22＝23，BF＝23BE＝433，AF＝42－(433)2＝463，OF＝AF4＝63.
因为球O的半径为2，所以球O被平面BCD截得圆半径为r＝PF＝(2)2－(63)2＝233，
因为正三角形BCD的边长为4，所以正三角形内切圆半径为2tan 30°＝233，
故球O与四面体ABCD的每一个面所得的交线正好为内切圆，每个内切圆的周长为2πr＝433π，所以球与四面体ABCD表面所得交线总长度1633π.
答案：1633π