2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 060-课时作业54 空间几何体的截面、交线问题（教用）

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单选题每小题5分，多选题每小题6分，填空题每小题5分，共31分.
1．（2025·江苏南通模拟）过正方体ABCD−A1B1C1D1的中心作与AC1垂直的平面α ，则平面α 截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面是（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】D
【解析】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥ 平面ABCD，BD⊂ 平面ABCD，所以CC1⊥BD，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又AC，CC1⊂ 平面ACC1,AC∩CC1=C，所以BD⊥ 平面ACC1，又AC1⊂ 平面ACC1，所以BD⊥AC1.设E,F，G，H，M，N分别为BC,CD，DD1，A1D1，A1B1，BB1的中点，则BD//EF，故EF⊥AC1，同理可得NE⊥AC1，又NE∩EF=E，所以AC1⊥ 平面EFGHMN，又平面EFGHMN过正方体ABCD−A1B1C1D1的中心O，故所求截面为六边形EFGHMN.故选D.
2．（2025·河北唐山模拟）已知正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=2，则平面PCD截此正四棱锥的外接球所得截面的面积为（ ）
A. π B. 43πC. 53π D. 2π
【答案】B
【解析】取底面ABCD的中心O，连接PO，OD，OC，可得PO⊥ 平面ABCD，
因为PA=AB=2，所以OP=OD=2，所以正四棱锥P−ABCD的外接球的球心为O，半径R=2，
设O到平面PCD的距离为ℎ，由V三棱锥P−OCD=V三棱锥O−PCD，可得13×2×12×2×2=13×ℎ×12×32×2×2，解得ℎ=63，设平面PCD截球O所得截面圆的半径为r，则r2+ℎ2=R2，所以r2=43，所以该截面的面积为πr2=43π .故选B.
3．（2025·广东湛江二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，则以顶点A为球心，7为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为（ ）
A. 3π B. πC. π2D. π3
【答案】B
【解析】因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，所以面ABCD,ADD1A1,ABB1A1上的点到点A的最大距离为6PE2，即在△PEF中，任意两边的平方和大于第三边的平方，所以△PEF为锐角三角形，故B正确.
若△PEF为等边三角形，则满足PE2=EF2=PF2，由PE2=PF2，可得AE=AF，
即S△AEF=12⋅AE2⋅sinπ3=12×12×2×2×sinπ3，可得AE=AF=2，此时EF2=2，PE2=PF2=6−22，可得EF2≠PE2，所以截面△PEF不可能是等边三角形，故C错误.
将正四面体PABC放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体PABC的外接球，
图4
设该外接球的球心为O，半径为R，因为正四面体PABC的棱长为2，所以正方体的棱长为2，则2R=6，解得R=62，过点N作平面截外接球，当外接球的球心O到截面的距离最大，即ON垂直于截面时，截面的面积最小，此时N为截面圆的圆心，球心O到截面的距离d=ON=22，截面圆的半径r=R2−d2=1，故截面面积的最小值为πr2=π ，故D正确.故选ABD.
9．（2025·安徽合肥三模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BD=2AB=2.若∠A1BA+∠A1CA+∠A1DA=π2，点M在长方体内，且A1M=3MC，则平面ADM截长方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】6+22
【解析】由BD=2AB=2，得AD=BD2−AB2=3，
设AA1=x,则tan∠A1BA=x,tan∠A1CA=x2,tan∠A1DA=x3，
∵∠A1BA+∠A1CA+∠A1DA=π2，
∴∠A1BA+∠A1CA=π2−∠A1DA，
∴tan(∠A1BA+∠A1CA)=tan(π2−∠A1DA)，
∴tan∠A1BA+tan∠A1CA1−tan∠A1BA⋅tan∠A1CA=1tan∠A1DA，
∴x+x21−x22=3x，
∴x2=3−1，即AA12=3−1.
∵AA1//CC1，∴A,A1,C,C1四点共面，设该平面为α ，由A1M=3MC可知点M在线段A1C上，故点M在平面α 内，延长AM交CC1于点E，连接DE，过点E作EF//BC，交BB1于点F，连接AF，则矩形DEFA即为平面ADM截长方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面.
设CE=y，∵ 点M在平面α 内，
∴△CEM∼△A1AM，
∴yx=CMMA1=13，则y2=x23=3−13.
在Rt△DEC中，DE2=y2+1=3+23，
∴DE=23+46=3+16，
∴S矩形DEFA=AD⋅DE=3×3+16=6+22.
10．（2025·河北保定模拟）在四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=BD=3，AD=BC=5，则该四面体的外接球的表面积为_ _ _ _ ；E，F分别是AD，BC的中点，若用一个与直线EF垂直且与四面体的每个面都相交的平面α 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_ _ _ _ _ _ .
【答案】6π； 62
【解析】将四面体ABCD补形成长方体，如图，设HB=a,AH=b,HC=c，则a2+b2=4,b2+c2=3,c2+a2=5,解得a=3,b=1,c=2,易知长方体的外接球即为四面体ABCD的外接球，则外接球的半径R=12×3+1+2=62，所以外接球的表面积为4πR2=6π .
因为E,F分别是AD，BC的中点，所以E，F为长方体两个底面的中心，设平面α 与AC交于点K，与AB交于点L，与BD交于点M，与CD交于点N，则截面KLMN与直线EF垂直，且与长方体的上底面BHCG平行，故KL//BC//NM，LM//AD//KN，且KL=NM，LM=KN，所以KLBC=ALAB,LMAD=BLAB，则KLBC+LMAD=1，
又AD=BC=5，故KL+LM=5，
设∠KLM=θ ，则θ=∠CFG=2∠CBG，
故sinθ=2sin∠CBG⋅cs∠CBG=2⋅CGBC⋅BGBC=23×2(5)2=265，
则截面面积S=KL⋅LMsinθ≤14(KL+LM)2sinθ=14×5×265=62，当且仅当KL=LM，即K，L，M，N分别为AC，AB，BD，CD的中点时取等号，故截面面积的最大值为62.