第32讲 立体几何中的截面问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练

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第32讲 立体几何中的截面问题 参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2021•诸暨市校级期中）过正方体的棱、的中点、作一个截面，使截面与底面所成二面角为，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【解答】解：过棱、的中点、作正方体的截面，二面角，二面角都大于，当截面为时，如下图所示时，为六边形，当截面为时，如下图所示时，为三边形，故选：．2．（2021•黄陵县校级二模）如图所示，点为正方体  的中心，点为棱的中点，若，则下面说法正确的是　　A．直线与直线所成角为 B．点到平面的距离为 C．四面体  在平面上的射影是面积为的三角形 D．过点，，的平面截正方体所得截面的面积为【解答】解：对于，连结，，，则，为直线与直线所成角，在△中，，，，直线与直线所成角的余弦值为，故错误；对于，连结，，则平面，到平面的距离为，到平面的距离为，故错误；对于，在底面的射影为正方形的中心，的射影为，和在底面的射影为，四面体  在平面上的射影是面积为的三角形，故错误；对于，取中点，连结，，，，则菱形是过，，的平面与正方体的截面，，，截面面积．故正确．故选：．3．（2021•张家口期末）在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱靠近点的三等分点，用过点，，的平面截正方体，则截面图形的周长为　　A． B． C． D．【解答】解：根据题意作出截面如图，利用勾股定理和对边相等易得周长为，故选：．4．（2021春•天心区校级月考）在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，过点、、、的截面与平面的交线为，则异面直线、所成角的正切值为　　A． B． C． D．【解答】解：如图所示，，分别为上下底面中心，．，分别为，的中点，为的中点．则为异面直线、所成角．，故选：．5．（2021春•瑞金市月考）在棱长为4的正方体中，点，分别为，的中点，则过，，三点的平面与正方体各个面的交线组成的平面多边形的面积为　　A． B． C． D．【解答】解：连接，，显然有，，故过，，三点的截面多边形为平行四边形，又，四边形为菱形，正方体棱长为4，故，，菱形的面积为．故选：．6．（2021•丽水期末）斜线段与平面所成的角为，为斜足，点是平面上的动点且满足，则动点的轨迹是　　A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支【解答】解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中抛物线定义．故可知动点的轨迹是抛物线．故选：．7．（2021•泉州模拟）设四棱锥的底面不是平行四边形，用平面去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面　　A．不存在 B．只有1个 C．恰有4个 D．有无数多个【解答】证明：由侧面与侧面相交，侧面与侧面相交，设两组相交平面的交线分别为，，由，确定的平面为，作与平行且与四条侧棱相交，交点分别为，，，则由面面平行的性质定理得：，，从而得截面必为平行四边形．由于平面可以上下移动，则这样的平面有无数多个．故选：．8．（2021•西湖区校级模拟）如图，为正方体，任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为，周长为，则　　A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值【解答】解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个，如图而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中，显然，故为定值．当位于中点时，多边形为正六边形，而当移至处时，为正三角形，易知周长为定值的正六边形与正三角形面积分别为与，故不为定值．故选：．9．（2021•安徽二模）已知正四面体的中心与球心重合，正四面体的棱长为，球的半径为，则正四面体表面与球面的交线的总长度为　　A． B． C． D．【解答】解：正四面体的中心与球心重合，正四面体的棱长为，取中点，连结，，过作底面，交于，则，，，，设正四面体内切球半径为，则，解得正四面体内切球半径为，球的半径为，由球的半径知球被平面截得小圆半径为，故球被正四面体一个平面截曲线为三段圆弧，且每段弧所对中心角为，正四面体表面与球面的交线的总长度为：．故选：．10．（2021春•浙江期中）如图所示，一个圆柱形乒乓球筒，高为12厘米，底面半径为2厘米．球筒的上底和下底分别粘有一个乒乓球，乒乓球与球筒底面及侧面均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计），一个平面与两个乒乓球均相切，且此平面截球筒边缘所得的图形为一个椭圆，则该椭圆的离心率为　　A． B． C． D．【解答】解：不妨设椭圆方程为，由题意得，解得，，，该椭圆的离心率为．故选：．11．（2021秋•翠屏区校级期末）如图，为平面内一定点，是平面的定长斜线段，为斜足，若点在平面内运动，使面积为定值，则动点的轨迹是　　A．圆 B．两条平行线 C．一条直线 D．椭圆【解答】解：因为三角形面积为定值，以定长斜线段为底，则得到直线的距离为定值，分析可得，点在以为轴线的圆柱面与平面的交线上，且与圆柱的轴线斜交，由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得的轨迹为椭圆；故选：．12．（2021春•江西期中）已知是平面的斜线段，为斜足，若与平面成角，过定点的动直线与斜线成角，且交于点，则动点的轨迹是　　A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【解答】解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．此题与平面成角，过定点的动直线与斜线成角，且交于点，故可知动点的轨迹是抛物线．故选：．13．（2021•滨州一模）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为　　A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分【解答】解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．参考上图：此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，故可知动点的轨迹是椭圆．故选：．二．多选题（共5小题）14．（2021春•湖南期末）已知在正方体中，点，分别为棱，上的中点，过，的平面与底面所成的锐二面角为，则正方体被平面所截的截面形状可能为　　A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【解答】解：如图所示：设正方体的棱长为，在上取一点使得平面与平面所成的锐二面角为，因为，分别为棱，的中点，所以，连接交于点，连接，所以，且为的中点，，所以，所以为平面与平面所成的锐二面角为，所以，所以，所以此时平面为平面，所以平面为三角形，故正确；在和上分别取点和点，使得，取，的中点，，则平面，又因为平面，所以又，所以平面，又因为平面，所以为平面与平面所成的锐二面角为，所以，所以，延长交于，延长交于，连接交于，交于，连接，，则平面为平面，所以平面为六边形，故正确．故选：．15．（2021•唐山三模）将边长为2的正方形沿对角线折成直二面角，如图所示，点，分别为线段，的中点，则　　A．与所成的角为 B． C．过且与平行的平面截四面体所得截面的面积为 D．四面体的外接球的表面积为【解答】解：如图建立空间直角坐标系，则，0，，，，，，0，，，0，，，，，，0，．对于，，，，，，，，故错；对于，，，，，故错；对于，取中点为，的中点为，过且与平行的平面截四面体所得截面为矩形，，，故截面的面积为，故正确；对于，四面体的外接球的球心为，半径为，所以表面积为，所以对．故选：．16．（2021•雁峰区校级模拟）由四个三角形围成的多面体称为四面体，对棱相等的四面体称为等腰四面体．已知如图等腰四面体中，，，，，，，分别是棱，，，的中点．下面结论中，正确的有　　A．直线，有可能是异面直线 B． C．过直线的平面截四面体外接球所得截面面积为定值 D．共顶点的三个侧面面角和等于【解答】解：如图所示： 对于：由于、、、为各边的中点，所以：，所以、、、四点共面，故错误；对于：由于，，，所以，所以，故，所以，由于点为的中点，所以，故正确；对于：把四面体补形为长方体，则四面体与长方体外接球为同一个球，球心为的中点，所以截面为球的大圆，其面积为定值，故正确；对于：四个面全等，设一个面的三个内角为、、、则共顶点的三个侧面的内角和为，故正确；故选：．17．（2021•江苏模拟）正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面．以下命题正确的有　　A．侧面上存在点，使得 B．直线与直线所成角可能为 C．平面与平面所成锐二面角的正切值为 D．设正方体棱长为1，则过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大为【解答】解：作辅助线，、、，分别为所在棱中点，点为与延长线交点，连线交于，则为中点，为中点，为与交点；对于，当取中点时，，所以，，平面，平面，所以对；对于，当点与点或点重合时，与直线所成的角最大，所以，所以不对；对于，平面平面，所以平面与平面所锐二面角，即为平面与平面所成锐二面角，二面角的平面角即为，其正切值为，所以对；对于，因为过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大的截面为菱形，其面积为，所以对．故选：．18．（2021•新罗区校级月考）如图，是平面的斜线段，为斜足，点满足，且在平面内运动，则有以下几个命题，其中正确的命题是　　A．当时，点的轨迹是线段 B．当时，点的轨迹是一条直线 C．当时，点的轨迹是圆 D．当时，点的轨迹是椭圆【解答】解：在中，点满足，当时，即，则在过的中点且垂直直线的平面与平面的交线上，即点的轨迹是一条直线，故错误，正确；当时，，设点在平面内的射影为，连接，，，设，，则，在平面内，以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立如图所示坐标系：设，则，，所以，，，则，整理可得，即的轨迹是圆，故正确，错误；故选：．三．填空题（共9小题）19．（2021春•邵阳县期末）已知正方体的棱长为1，每条棱所在的直线与平面所成的角相等，则平面截正方体所得的截面面积的最大值为 　　．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且是正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，截此正方体所得截面最大值为：．故答案为：．20．（2021•上海模拟）如图，圆锥的母线长为，轴截面的顶角，则过此圆锥的顶点作该圆锥的任意截面，则面积的最大值是 　　，此时　　．【解答】解：过此圆锥的顶点作该圆锥的任意截面，则面积的最大值时是等腰直角三角形时，且顶角为，三角形中，，所以此时，且故答案分别为：，．21．（2021•闵行区校级月考）如图所示，点，，分别在正方体的棱，，上，，，，，那么正方体被平面所截得的截面面积是 　525　．【解答】解：连接，因为，所以，如图，过点作平行于的直线交于点，连接，过点作交于点，过点作交于点，连接，则六边形为平面与正方体的交线组成的多边形，的中点是正方体的中心，所以六边形上的点关于正方体的中心对称，因此六边形的面积是梯形的2倍，易知，，，所以梯形的高故所求面积为．故答案为：525．22．过正四面体的顶点作一个形状为等腰三角形的截面，且使截面与底面所成的角为，这样的截面共可作出　18　个．【解答】解：作正四面体的高，连接交于，连接．则为的中点，为△等边三角形的中心．，，为二面角的平面角．设，则，，．．．，．在平面内，以为圆心，以为半径作圆，则圆在内部．若截面与底面所成角为，则截面与平面的交线为圆的切线．（1）若圆的切线与的一边平行，如图1所示：则存在6个符合条件的截面三角形．（2）若圆的切线过三角形的顶点，不妨设过点，交于，如图2所示：则由可得，故截面为符合条件的截面三角形，显然存在6个这样的截面三角形．（3）若圆的切线与三角形的两边相交，不妨设与交于，与交于，且，如图3所示：显然，故而，截面为符合条件的截面三角形．显然这样的截面也有6个．综上，符合条件的截面共有18个．故答案为：18．23．（2021春•绍兴期末）已知四面体的所有棱长均为4，点满足，则以为球心，为半径的球与四面体表面所得交线总长度为 　　．【解答】解：正四面体的中心与球心重合，正四面体的棱长为4，取中点，连结，，过作底面，交于，则，，，又，，由球的半径知球被平面截得小圆半径为．而的内切圆半径为，故球被正四面体一个平面截曲线为圆弧，正四面体表面与球面的交线的总长度为：．故答案为：．24．（2021春•开福区校级月考）以棱长为的正四面体中心点为球心，以为半径的球面与正四面体的表面相交得到若干个圆（或圆弧）的总长度的取值范围是　，　．【解答】解：将正四面体看作是正方体的6条面对角线围成的正四面体，设正方体棱长为，则，故，于是正四面体的外接球半径为，又正四面体的体积为，表面积为，设正四面体的内切球半径为，则，解得．设三角形的内切圆半径为，圆心为，为的中点，则，，故，此时，（1）当时，球面与正四面体无交点或相切，此时圆弧总长度为0；（2）当时，球面与正四面体的每个面交线均为相等的圆，设圆的半径为，则，故当时，圆弧总长度取得最大值，最大值为；（3）当时，球面与正四面体的每个面的交线均为三段相等的圆弧，不妨设其中一段为，如图所示：设，显然，，，于是的长为，，令，则，在上单调递增，故，，故在上单调递减，，故当时，圆弧总长度小于．综上，圆（或圆弧）的总长度的取值范围是：，．故答案为：，．25．（2021春•金山区校级期中）设正方体的棱长为2，为过直线的平面，则截该正方体的截面面积的取值范围是　　．【解答】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，2，，，0，，设与棱的交点为，与棱的交点为，则四边形为平行四边形，在平面内过点作的垂线，垂足为，则截面的面积，设，，，，2，，则，因为，所以，所以，所以，因为，所以，又，有，可得，所以，则截该正方体的截面面积的取值范围是．故答案为：．26．（2021春•杨浦区校级期末）如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，母线，是底面圆心，是底面圆内一点，且，为的中点，，垂足为，当三棱锥的体积最大时，　　．【解答】解：，可得，即面，所以面面．，则面，，，又，，所以面．即是三棱锥的高．．而的面积在时取得最大值（斜边的直角三角形）．当时，由，知，．故答案为：．27．（2021•东阳市校级月考）顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点，则当三棱锥的体积最大时，的长为　　．【解答】解：，，，，面面，，，是的中点，，当时，最大，即最大，此时，，，，，故答案为：．四．解答题（共3小题）28．如图，是正方体的棱的延长线上的一点，、是棱、的中点，试分别画出：（1）过点、、的平面与正方体表面的交线；（2）过点、、的平面与正方体表面的交线．【解答】解：如图，过点、、的平面为平面，过点、、的平面与正方体表面的交线分别为：，，，．（2）如图，过点、、的平面为平面，过点、、的平面与正方体表面的交线分别为：，，，．．29．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥中，平面与直线和直线平行，点为的中点，点在上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）求作过作四棱锥的截面，使与截面平行（写出作图过程，不要求证明）．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．【解答】证明：（1）平面与直线平行，平面，平面，又与共面于平面，与共面于平面，，，，平面与直线平行，平面，平面，又与共面于，与共面于，，，，四边形是平行四边形．解：（2）延长，与交于点，延长，与面交于点（直线为平面和平面的交线），连接，与交于点，连接．平面为所求截面，截面．30．（2021•邢台月考）如图，在边长为3的正方体中，点，，分别在棱，，上，且．（1）求点到平面的距离；（2）若平面与线段的交点为，求的值．【解答】解：（1）以点为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，0，，，3，，，3，，，，，，，设平面的法向量为，则，代入可得，令，则，，所以，故点到平面的距离为．（2）因为点在平面内，可设（其中，为常数，又与共线，可设，由图可得，即，1，，2，，，，3，，整理得，由①③可得④，由②③可得⑤，联立④⑤解得，代入②可得，所以，即．