新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.9立体几何中的截面、交线问题（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.9立体几何中的截面、交线问题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．过正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为( )
A．三角形或五边形 B．三角形或四边形
C．正六边形 D．三角形或六边形
2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝2，AD＝AA1＝4，E，F分别为BB1，A1D1的中点，过点A，E，F作长方体ABCD－A1B1C1D1的一个截面，则该截面的周长为( )
A．6eq \r(2) B．6eq \r(5)
C．2eq \r(5)＋4eq \r(2) D．4eq \r(5)＋2eq \r(2)
3．(2023·承德模拟)在三棱锥P－ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P－ABC所得截面的周长为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为A1B1，B1C1的中点，过M，N的平面所得截面为四边形，则该截面的最大面积为( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(5) C.eq \f(3\r(10),2) D.eq \f(9,2)
5.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥(以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点)而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为( )
A．4π－4 B．4π
C．4π－2 D．2π－2
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，过M，N，B1三点的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面形状为( )
A．六边形 B．五边形
C．四边形 D．三角形
二、多项选择题
7．用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是( )
A．锐角三角形 B．直角梯形
C．正五边形 D．正六边形
8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，H是棱BC，D1C1，AA1上的动点(包含端点)，且满足CE＝D1F＝AH，则下列结论正确的是( )
A．DB1⊥平面EFH
B．存在E，F，H，使得点D到平面EFH的距离为1
C．平面EFH截此正方体所得截面面积的最大值为3eq \r(3)
D．平面EFH截此正方体所得截面的周长为定值
三、填空题
9．(2024·曲靖模拟)“中国天眼”(如图1)是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠(球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是R，球冠的高度是h，则球冠的面积S＝2πRh)．已知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积(球冠面积)约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为________米.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数值：\r(\f(4,π)－1)≈0.52))
10.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq \r(5)，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为________．
§7.9 立体几何中的截面、交线问题
1．D 2.D 3.B 4.D
5．C [截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为4π，
设正四棱锥的底面正方形边长为a，则2a2＝16，所以a＝2eq \r(2)，
正四棱锥的底面正方形的面积为(2eq \r(2))2＝8，
由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似，
设圆面中挖去一个正方形的面积为S′，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则eq \f(S′,S)＝eq \f(S′,8)＝eq \f(1,4)，从而S′＝2，
所以截面图形的面积为4π－2.]
6．B [如图，在AB上取点Q，且BQ＝3AQ，取CD的中点P，连接QM，BP，NP，B1Q.
在DD1上取点R，且D1R＝3DR，连接NR，MR.
因为eq \f(AQ,CP)＝eq \f(AM,BC)＝eq \f(1,2)，∠QAM＝∠PCB，
所以△QAM∽△PCB，
所以∠AQM＝∠BPC.
又AB∥CD，所以∠ABP＝∠BPC，
所以∠ABP＝∠AQM，所以QM∥BP.
因为N，P分别为C1D1，CD的中点，
所以PN∥CC1，且PN＝CC1.
根据正方体的性质，可知BB1∥CC1，且BB1＝CC1，
所以PN∥BB1，且PN＝BB1，
所以四边形BPNB1是平行四边形，
所以B1N∥BP，所以B1N∥QM.
同理可得NR∥B1Q.
所以五边形QMRNB1即为所求正方体的截面．]
7．BC [对于A，截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形．如图所示的截面为△ABC.设DA＝a，DB＝b，DC＝c，所以AC2＝a2＋c2，AB2＝a2＋b2，BC2＝b2＋c2.
所以由余弦定理得，cs∠CAB＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(2a2,2\r(a2＋b2)\r(a2＋c2))
>0，
所以∠CAB为锐角．同理可求，∠ACB为锐角，∠CBA为锐角．所以△ABC为锐角三角形，故A不符合题意；
对于B，如图，截面图形如果是四边形，可能是正方形、矩形、菱形、一般梯形、等腰梯形，不可能是直角梯形，故B符合题意；
对于C，如图，当截面为五边形时，不可能出现正五边形，故C符合题意；

对于D，当截面过棱的中点时，如图，即截面为正六边形，故D不符合题意．]
8．ACD [如图所示，建立空间直角坐标系，设CE＝D1F＝AH＝m，m∈[0,2]，
则D(0,0,0)，E(m,2,0)，F(0，m,2)，H(2,0，m)，B1(2,2,2)，
eq \(DB1,\s\up6(—→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝(2,2,2)·(－m，m－2,2)＝－2m＋2m－4＋4＝0，故eq \(DB1,\s\up6(—→))⊥eq \(EF,\s\up6(→))，即DB1⊥EF，
同理可得DB1⊥EH，EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFH，故DB1⊥平面EFH，故A正确；
平面EFH的一个法向量为eq \(DB1,\s\up6(—→))＝(2,2,2)，
点D到平面EFH的距离为|eq \(DH,\s\up6(→))||cs〈eq \(DH,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(DH,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(—→))|,|\(DB1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(4＋2m,2\r(3))＝1，
解得m＝eq \r(3)－2，不满足题意，故B错误；
设平面EFH分别与A1D1，AB，CC1交于P，Q，R，设P(p,0,2)，则eq \(PF,\s\up6(→))·eq \(DB1,\s\up6(—→))＝(－p，m,0)·(2,2,2)＝－2p＋2m＝0，p＝m，即P(m,0,2)，
同理可得，Q(2，m,0)，R(0,2，m)，故|eq \(HR,\s\up6(→))|＝|eq \(PE,\s\up6(→))|＝|eq \(FQ,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，PF∥HR∥QE，
如图，过点P作PM⊥HR于M，EN⊥HR于N，
则|eq \(PM,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(6),2)(2－m)，|eq \(EN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(6),2)m，
截面面积为S＝eq \f(1,2)(eq \r(2)m＋2eq \r(2))×eq \f(\r(6),2)(2－m)＋eq \f(1,2)×(2eq \r(2)＋2eq \r(2)－eq \r(2)m)×eq \f(\r(6),2)m＝－eq \r(3)(m－1)2＋3eq \r(3)，当m＝1时有最大值为3eq \r(3)，故C正确；
截面的周长为eq \r(2)m＋eq \r(2)(2－m)＋eq \r(2)m＋eq \r(2)(2－m)＋eq \r(2)m＋eq \r(2)(2－m)＝6eq \r(2)，为定值，故D正确．]
9．130
10．3eq \r(2)＋eq \r(14)
解析 由题意可知过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即△AMC1的周长，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的各侧面均为矩形，所以AC1＝eq \r(AC2＋CC12)＝eq \r(14)，
直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面部分展开图如图所示，则在矩形ACC1A1中，AM＋MC1≥AC1＝eq \r(AC2＋CC\\al(2,1))＝3eq \r(2)，
所以过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为3eq \r(2)＋eq \r(14).