2025年高考数学一轮复习-几何体的截面或交线-专项训练【含答案】

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这是一份2025年高考数学一轮复习-几何体的截面或交线-专项训练【含答案】，共13页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.过一个圆锥的侧面一点(不是母线的端点)作圆锥的截面，则截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分中的( )
A.①②③④ B.①③④
C.①② D.①②④
2.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )
3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一小部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq \f(1,3)DD1，NB＝eq \f(1,3)BB1，那么正方体的过M，N，C1的截面图形是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
5.在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，则该正方体被过E，F，G三点的平面截得的截面面积为( )
A.eq \f(\r(3),4)a2 B.eq \f(\r(3),2)a2
C.eq \f(3\r(3),4)a2 D.eq \f(3\r(3),2)a2
6.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )
A.0条 B.1条
C.2条 D.1条或2条
7.在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为( )
A.4eq \r(2) B.4eq \r(5)
C.8eq \r(5) D.16eq \r(2)
8.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为( )
A.3eq \r(2)＋2eq \r(5) B.4＋4eq \r(2)
C.2eq \r(2)＋2eq \r(5) D.6eq \r(2)
9.(多选)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是( )
A.四边形BFD1E有可能是梯形
B.四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形
C.四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D
D.四边形BFD1E面积的最小值为eq \f(\r(6),2)
10.(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是面对角线BD上的动点，Q是棱C1D1的中点，用过A1，P，Q三点的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1，则所得截面多边形可能是( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
11.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________.
12.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，过B，E，D1的截面与棱A1B1交于F，则截面BED1F分别在平面A1B1C1D1和平面ABB1A1上的正投影的面积之和为________.
二、创新拓展练
13.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确的是( )
A.当0B.当CQ＝eq \f(1,2)时，S为等腰梯形
C.当CQ＝eq \f(3,4)时，S与C1D1的交点R满足C1R＝eq \f(1,3)
D.当eq \f(3,4)14.(多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于点N，则下列说法正确的是( )
A.截面α可能为五边形
B.存在点N，使得BN⊥截面α
C.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2
D.当点N与点C重合时，截面面积为eq \f(3\r(6),4)
15.四棱锥P－ABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AB＝2，AD＝4，设E，F分别是PB，BC的中点，则球O被平面AEF所截得的截面面积为________.
16.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段CB1上，若平面α经过点A，C1，P，则它截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面的周长最小值为________.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 A
解析根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示，
故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分.
2.答案 D
解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B、C图中四点也共面；D中四点不共面.
3.答案 C
解析 ∵EH∥A′D′，EH∥平面BCC′B′，
∴EH∥GF，又平面ABB′A′∥平面DCC′D′，
∴EF∥GH，四边形EFGH为平行四边形.
故剩下的几何体为五棱柱.
4.答案 C
解析正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱DD1和BB1上的点，
MD＝eq \f(1,3)DD1，NB＝eq \f(1,3)BB1，
延长C1M交CD的延长线于P，延长C1N交CB的延长线于Q，
连接PQ交AD于E，AB于F，连接NF，ME，
则正方体的过M，N，C1的截面图形是五边形.故选C.
5.答案 C
解析作出过E，F，G三点的截面，如图，
由图可知，截面为正六边形，且边长为eq \f(\r(2),2)a，
所以截面面积S＝6×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))eq \s\up12(2)＝eq \f(3\r(3),4)a2，故选C.
6.答案 C
解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.
∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，
∴EF∥平面BCD.
又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，
∴EF∥CD.
又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.
∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH.
所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.
7.答案 C
解析分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，
则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形，
由于△B1BM≌△BCN，
所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，
所以BM⊥CN，
又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，
所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α，又CN＝2eq \r(5)，
所以截面的面积为2eq \r(5)×4＝8eq \r(5).
8.答案 A
解析正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，
所以BD⊥AM(三垂线定理)，
如图，取BB1中点N，A1B1中点E，
连接MN，AN，BE，可知BE⊥AN，
所以BE⊥AM(三垂线定理)，
所以AM⊥平面DBE，取A1D1中点F，
则α即为截面BEFD，易求周长为3eq \r(2)＋2eq \r(5).
9.答案 BCD
解析对于选项A，过BD1，作平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为四边形BFD1E，
如图所示，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，
且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，
平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，
所以BE∥D1F，同理D1E∥BF.
故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；
对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，因此B正确；
对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，
又EF⊂平面BFD1E，
则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正确；
对于选项D，当F点到线段BD1的距离最小时，平行四边形BFD1E的面积最小，
此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，
此时最小值为eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(6),2)，
因此D正确.故选BCD.
10.答案 ABC
解析如图①，当点P与点D重合时，截面多边形是三角形，选项A满足题意；
图①
图②
如图②，取棱CD的中点Q1，连接QQ1和AQ1，
因为Q是棱C1D1的中点，
所以QQ1∥DD1∥AA1，
将点P移动到平面
AA1QQ1与BD交点处，
此时截面多边形是四边形，选项B满足题意；
图③
如图③，令点P距离点B较近，
此时截面多边形是五边形，选项C满足题意；
易知点P无论如何移动，截面与平面ABCD的交线都平行于A1Q，
所以这条交线只能与正方形ABCD的边AB，AD之一有交点(顶点A除外)，
则截面不可能与正方形ABB1A1和正方形ADD1A1都有交线(棱AA1除外)，
所以截面不可能与正方体的六个面都有交线，
则截面多边形不能是六边形，
所以选项D不满足题意.故选ABC.
11.答案平行四边形
解析 ∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG.同理EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
12.答案 1
解析因为平面BED1F∩平面ABCD＝BE，平面BED1F∩平面A1B1C1D1＝D1F，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，
所以BE∥D1F，同理D1E∥BF，
所以截面BED1F是平行四边形，所以BE＝D1F，所以A1F＝CE，从而B1F＝DE，
截面BED1F在平面A1B1C1D1上的正投影是以B1F为底，该底对应的高为1的平行四边形，在平面ABB1A1上的正投影是以A1F为底，该底上的高为1的平行四边形，
因此两个投影的面积和S＝(CE＋DE)×1＝1为定值.
二、创新拓展练
13.答案 ABC
解析如图1，当Q为CC1的中点，即CQ＝eq \f(1,2)时，PQ∥BC1且PQ＝eq \f(1,2)BC1，
又AD1綊BC1，
图1
故PQ∥AD1且PQ＝eq \f(1,2)AD1，PA＝D1Q，
故截面APQD1为等腰梯形，故B正确；
当0当CQ＝eq \f(3,4)时，延长AP，DC交于M，连接QM，直线QM与C1D1交于点R，如图2，因CQ＝eq \f(3,4)，则C1Q＝eq \f(1,4)，CS＝1，又eq \f(C1R,CM)＝eq \f(C1Q,QC)，故C1R＝eq \f(1,3)，选项C正确；
图2
当eq \f(3,4)14.答案 ACD
解析选项A，设P为CC1的中点，
当N在PC1之间时，截面α为平行四边形NQMB1，
当N在PC之间时，截面α为五边形N1Q1GMB1，
其中NQ∥B1M，N1Q1∥B1M，
故选项A，C正确；
若BN⊥截面α，则BN⊥B1M，
这显然是不成立的，
因为如果成立，可以推出B1M⊥平面BB1C1C，
显然错误，故选项B错误；
当点N与点C重合时，截面为梯形CGMB1，
易知G为AD的中点.
易求CG＝GM＝eq \f(\r(5),2)，MC＝eq \r(3)，MB1＝eq \r(2)，B1C＝eq \r(5)，
所以CM⊥B1M，△CGM为等腰三角形，
故S＝S△CGM＋S△CMB1＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(2)＝eq \f(3\r(6),4)，故选项D正确.故选ACD.
15.答案 eq \f(14π,3)
解析由题可知PC的中点即为球心O，
故球的半径R＝eq \r(12＋12＋22)＝eq \r(6)，
设球心O到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r.
由题意可知球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，
在三棱锥B－AEF中，由等体积法可得d＝eq \f(2\r(3),3)，
故r2＝R2－d2＝eq \f(14,3)，
故截面面积S＝πr2＝eq \f(14π,3).
16.答案 2eq \r(5)
解析当点P靠近点C或与点C重合时，
A，C1，P三点确定的平面α如图①所示，
图①
因为平面ADD1A1∥BCC1B1，
所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，
所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，
设D1E＝x(0≤x≤1)，则A1E＝1－x，
所以AQ＝EC1＝eq \r(x2＋1)，QC1＝AE＝eq \r(（1－x）2＋1)，
AQ＋AE＝eq \r(x2＋1)＋eq \r(（1－x）2＋1)＝eq \r(（x－0）2＋（0－1）2)＋eq \r(（x－1）2＋（0－1）2)，
可以看作R(x，0)到M(0，1)和N(1，1)距离之和的最小值，M(0，1)关于x轴的对称点为M′(0，－1)，连接M′N，
其长度即AQ＋AE的最小值，
由勾股定理得|M′N|＝eq \r(5)，
所以周长的最小值为2eq \r(5).
图②
当点P靠近点B1或与点B1重合时，
A，C1，P三点确定的平面α如图②所示，因为平面ADD1A1∥BCC1B1，
所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，
所以四边形AEC1Q是平行四边形，
即为所求的截面，同理，所求周长的最小值为2eq \r(5).
综上所述，周长的最小值为2eq \r(5).