备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破2空间几何体的截面交线问题

这是一份备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破2空间几何体的截面交线问题，共4页。试卷主要包含了故选D等内容，欢迎下载使用。
A.2B.153C.263D.3
解析 由题意，正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O为体对角线AC1的中点，正方体体对角线长为23，所以球的半径R＝3.易知点A到平面EFG的距离为33，所以球心O到平面EFG的距离为3－33＝233，所以截面圆的半径r＝R2－（233）2＝153，故选B.
2.[2023南通市部分学校第一次联考]祖暅是南北朝时代的伟大数学家，他于公元5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则可以用来验证祖暅原理的两个几何体为（ D ）
①② ③④
A.①②B.①③C.②④D.①④
解析 设平行于底面的截面与底面间的距离为h，则①中截面圆环的面积为π（R2－h2）；②中截面圆的半径为R－h，截面圆的面积为π（R－h）2；③中截面圆的半径为R－h2，截面圆的面积为π（R－h2）2；④中截面圆的半径为R2－h2，截面圆的面积为π（R2－h2）.所以①④中的几何体在等高处的截面的面积恒相等，故选D.
3.[2024安徽滁州中学模拟改编]如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于4，E，F分别是棱AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面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（ B ）
A.32B.4C.42D.6
解析 将正四面体补成正方体，如图所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方体的棱长为22.由于EF⊥平面α，且平面α 与四面体的每一个面都相交，故截面为平行四边形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴平行四边形MNKL为矩形，
∴S矩形MNKL＝KN·KL≤（KN＋KL2）2＝4，当且仅当KN＝KL＝2 时取等号.
4.[2023福州质检]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为（ D ）
A.6B.102
C.13＋25D.213+95+253
解析 如图，取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，D1N，则FN∥BG，所以FN∥D1E.延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点，A1E＝AE＝2，C1N＝3，CN＝1，则D1E＝42＋22＝25，D1N＝42＋32＝5，FN＝12＋22＝5.取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，所以AMFQ＝AHHQ，所以AM＝AHHQ·FQ＝46×4＝83，则MB＝43，则ME＝AE2＋AM2＝4+（83）2＝103，MF＝MB2＋BF2＝（43）2+4＝2133，所以截面图形的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝25＋103＋2133＋5＋5＝213+95+253.故选D.
5.[2023广西联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球表面积为27π，点E为棱BB1的中点，且DE⊥平面α，点C1∈平面α，则平面α截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面图形的面积为（ D ）
A.8124 B.8128C.814 D.818
解析 设该正方体外接球的半径为R，依题意得4πR2＝27π，解得R2＝274，故R＝332，又3AB＝2R，故AB＝3，即正方体的棱长为3.如图，分别取棱AB，BC的中点F，G，连接GF，A1F，C1G，A1C1，根据正方体的性质可知，四边形A1C1GF为等腰梯形，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1（0，0，0），F（32，0，3），C1（3，3，0），E（3，0，32），D（0，3，3），可得DE＝（3，－3，－32），A1F＝（32，0，3），A1C1＝（3，3，0），则DE·A1F＝92－92＝0，DE·A1C1＝9－9＝0，所以DE⊥A1F，DE⊥A1C1.
由于A1F∩A1C1＝A1，所以DE⊥平面A1C1GF，即截面图形为等腰梯形A1C1GF.
连接AC，则FG＝12AC＝322，又A1F＝C1G＝32＋（32）2＝352，A1C1＝32，所以等腰梯形A1C1GF的高为（352）2－（32－3222）2＝924.
故截面图形的面积为12×（322＋32）×924＝818.故选D.
6.[多选/2023襄阳市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α，平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是（ ACD ）
A.截面形状可能为正三角形
B.截面形状可能为正方形
C.截面形状不可能是正五边形
D.截面面积的最大值为33
解析 如图所示，易知直线AC1⊥平面A1BD，依题意知，平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α截此正方体所得截面可能为正三角形（如图中△A1BD），也可能为六边形，不可能为正方形或正五边形.当截面为正六边形时（如图中六边形EFGHIP，E，F，G，H，I，P分别为其所在棱的中点），截面面积取得最大值为6×34×（2）2＝33.综上可知，结论正确的是ACD.
7.[2024广东七校联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为侧棱BB1上一点，且B1M＝23B1B，平面A1DM将该正方体分成两部分，其体积分别为V1，V2（V1＜V2），则V1V2＝ 1341 .
解析 如图，延长线段A1M，与AB的延长线交于点N，连接DN，交BC于点K，连接MK，故平面A1DM延展后为平面A1DKM，该平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台BMK－AA1D.因为MB∥A1A，所以NBNA＝MBAA1＝MBBB1＝13，不妨设正方体的棱长为3，则V1＝V三棱台BMK－AA1D＝13（S△BKM＋S△AA1D＋S△BKM×S△AA1D）×AB＝13×（12×1×1＋12×3×3＋12×92）×3＝132，V2＝V正方体ABCD－A1B1C1D1－V三棱台BMK－AA1D＝33－132＝412，所以V1V2＝1341.
8.[2023济南摸底考试改编]在正四面体ABCD中，AB＝2，过线段AB的一个三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长为 26+223 .
解析 如图所示，取AB的中点为E，连接CE，DE，因为四面体ABCD是正四面体，所以AB⊥CE，AB⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE.取线段AB的一个靠近点A的三等分点F，过点F分别作FG∥EC，FH∥ED，且分别交AC，AD于G，H，连接GH，则可得平面FGH∥平面CDE，所以AB⊥平面FGH，且GH∥CD，因为AFAE＝23，所以FGEC＝FHED＝GHCD＝23，因为EC＝2×32＝62，所以FG＝63，则FH＝FG＝63，因为CD＝2，所以GH＝223，则截面FGH的周长为26+223，由对称性，知过线段AB上靠近点B的三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长也为26+223，故截面周长为26+223.
9.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为 22 .
解析 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易知ME∥NH，ME＝NH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MN∥HE.
因为MN⊄平面EFHG，HE⊂平面EFHG，所以MN∥平面EFHG，
所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF＝2，FH＝2，所以截面EFHG的面积为2×2＝22.