截面与翻折问题的4大核心题型（压轴题专练）-2026年高考数学临考冲刺押题预测解析版

压轴15截面与翻折问题的4大核心题型

在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱钱、长方体、

正方体等），得到的平面图形，研究截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线.截面与交线问题是深

层次考查学生直观想象及数学建模等核心素养的题型，它渗透了线、面等元素.求截面与交线问题，一是可

用平面几何图形的性质，如解三角形、多边形面积、塌形弧长、面积等相结合求解，二是利月坐标法或向

量运算求解.

I►时型01截面问题

1.已知正方体中，点E是线段上靠近用的三等分点，点"是线段RG上靠近2的三等

分点，则平面AQ截正方体A2CD-A2cA形成的截面图形为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】C

【解题指导】基本事实—由空间线面的位置关系一＞面面平行的性质定理一＞相似三

角形的性质确定截面图形.

【解析】如图，设45=6,分别延长AE、4片交于点G,此时8。=3,

连接产G交耳C于H，连接EH,

设平面Ab与平面OCGA的交线为/，则尸e/，

因为平面ABB4〃平面DCCQ1,平面AEbc平面A84同=AE,

平面A所c平面Q"Q=/,

所以〃/4E,设则F///4E,

4

此时，FR/s...ABE,故肛="连接4,

所以五边形A/F/7E为所求截面图形，故选C.

【解疑答惑】判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在亍弄清这个平面与几何体的面相交成线的形

状和位置.

2.（2025•安徽合肥•三模）一知止四棱锥P-A4C'D的所有棱长都等于3,点G是aPAC'的重心，过点G作平

面a，若平面a//平面PC。，则平面。截正四棱锥〃-A3C£＞的截面面枳为（）

5百5屈

A.C.2GD.2x/15

4

【解题指导】过点G在平面内作立行线—得到截面一＞比例确定边长知截面为等腰梯形一＞求面积.

【答案】C

【解析】点G是，PAC的重心，为二g，过G作GU//PC交AC于H,并延长交PA于M,

过H作EF//CD,过E作EN//PC,如图四边形EFMN为截面,

【技巧】找交线的方法：（1）线面交点法：各棱线与截平面的交点；（2）面面交线法：各棱面与截平面的交线.

•・•点G是,/AC的重心，祭;.OHOG\

'~HC~~PG~2

.HC\PMPNMN

MN=1,EF=3,MF=NE=2,

~^C~2~~PA~~PI3~~AB

四边形EM为等腰梯形，故面积为联吟9=25故选C.

A题型02交线问题

技法指导

找交线的方法

（1）线面交点法：各棱线与横平面的交点.

（2）面面交线法：各棱面与截平面的交线.

【例2】（2020•新高考I卷）已知直四棱柱ABCD-MB^Dy的棱长均为2,N8W=60。.以D】为球心，石为半径

的球面与侧面BCG%的交线长为.

【答案】华

【解析】如图，设BC的中点为E球面与棱BBLCG的交点分别为PQ

连接DB,DiBi,D、P,DiQ,DiE,EP,EQ,

由/84＞=60。/8二人。,知4ABD为等边二角形,

••・。山产。8=2,・・・/\。出。|为等边三角形，

则且Q|EJ_平面BCCiBi,

・•・£为球面截侧面BCCB所得截面圆的圆心，

设截面圆的半径为r,则r=帆孙氏g=九可得EP=EQ=五,

・•・球面与侧面BCC向的交线为以E为圆心的圆弧网?.

又D、P二有，：.BiP=］。|户-。|跻=1,

同理GQ=1,・・.P,Q分别为BBi,CCi的中点，

・•・NP田”，知⑷的长为£加二学

4.（2026•南通二模）如图，在矩形A3CO中，A8=l,BC=近,£为线段3c上一动点，现将△A8E沿AE

折起得到△儿"£点"在平面A8C上的投影为K,当点石从B运动到。时，若二面角夕-AE-0的平面角恒

为120°,则点K所形成轨迹的长度为

【答案】*

【解析】如图1,过点K作KOJ_AE,连接O",则O4U_AE,显然3OJ_4£因为二面角"-AE-O的平面角

为120°,所以/B0K=6O°,所以KO=，e=/O,且K为8。中点.如图2,因为BO_LAE,所以。在

以A8为直径的圆上，取4B的中点J,连接JK,则JK_LBK,所以点K的轨迹是以8/为直径的圆上的一段

弧，设此圆的圆心为0',得其半径为-8=；.当E与。重合时，/KO'B=1200=印所以所对的孤长为:X?

44343

_H

6

图1图2

A题型03与截面有关的最值问题

技法指导

解决截面最值范围问题的策略：

（1）通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否也调）：

[2）通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解；

13）通过图形转化，把立体图杉转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算.

5.直三楂柱A4G中，AB=AC=AAl=4rACJ.AB,过4G作该直三楂柱外接球的截面，所得截

面的面积的最小值为.

【答案】87c

【解析】由直三棱柱ABC-A4C可知，平面A8C,

又AC_LAB,所以48,AC,AA两两垂直，

设直三楂柱ABC-A,4c外接球的半径为R，

通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以A8,AC,朋为边长的长方体外接球相同；

过AG作该直三棱柱外接球的截面，当八6为所截圆的直役时截面面积最小，

因为AC]=+4'=4>/2，

则所求截面面枳最小值为兀（竽|=8兀

6.如图，已知正四面体A3。的棱长为1,过点B作截面a分别交侧棱AC,A。于E,F两点，旦四面体4Mp

的体积为四面体A3CD体积的;，则S*=,EF的最小值为.

【答案】今*

b=c厂厂

当且仅当.1,即匕=c・='时，取等号，所以a的最小值为史

33

A题型04翻折问题

技法指导

求解折叠问题的一般步骤

变：位于“折痕”两侧的点.线、面之间的位置关摹金卷.且对应点.对

“…明也所召二县应线段关于折痕对称

^二厂的变与不变不变：位于“折痕”同制的点、级、面之间的位置关系不会变，且线段长

度等均保持不变

笊;求出3t本，靖合巳知，利用勾股定理、余弦定理、三角函数的定义、体积公式等求出

、斗力或函由“

折叠后的线段、夹角或证出折叠后的线面、面面关系

构造规则几何体：结合设问,将折叠后的立体图形构造血补形、切割等)成

，第3建立几规则的几何体

何模型建立空间直角坐标系：结合第2步证出的线面、面面关系建立空间直角坐

标系

根据设问,结合点到宜线的矩高公式、向量夹角的余弦公式、等体积法.向

髭正宜与平行的坐标表示等再进行计算或证明得结论

7.12025全国H卷T17)如图，在四边形八AC7)中，A8//CZ),ND48=90。，户为CO的中点，点E在AB

上，EF//AD,AB=3AD.CD=2ADf将四边形EP7M沿防翻折至四边形石&X4',使得面£FOA与面

EFCB所成的二面角为60°.

AEB

(1)证明:A8//平面。£>'尸；

(2)求面8CD与面EFDA所成的二面角的正弦值.

【解题指导】

。条件转化

①四边形EFDA为平行四边形;②4D'FC=60。.

。思路分析

(1)4B〃CO-D*F〃*E,CF〃E8一平面CO'F〃平面"E8一结论得证

(2)：解法一】

条件转建立耨的空—相关点的坐标平面EFDT与平［譬F。售售

化a②一直角坐标系一及向量坐标一面8处的颉二靠黑孵一彳落案成

【解法二】

作辅助线，找出平面EFDZ'条件转化①②平面EFD4与平面BCD，

与平面8GT所成角的平面角构造直角三角形’相关战段卜度一所成角的正弦值

(解［(1)设AZ)=1,所以A8=3,CD=2,

因为广为CD中点，所以。尸=1,

因为M//A。，ABUCD,所以AE/办是平行四边形，

所以AE7/O/，所以4E//ON,

因为u平•面CDF,A'E(z平面CON,所以A石〃平面CON,

因为FC//EB,FCu平面CDPEB<z平面CD下,所以旗//平面CDT,

又EBA'E=E,EB,A'Eu平面A'EB，所以平面AE8//平面8人

乂A8u平面HE8,所以A4//F面CDF.

(2)因为NZMB=90。，所以4

又因为AB〃FC,EF//AD,所以四_1小，

第一步：建立空间直角坐标系.

以F为原点，庄,尸。以及垂直于平面8汉尸的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.

因为。NJ.EEC/J.E/"平面厅7y4'与平面EPC8所成二面角为60。，

所以N£)'FC=60".

则B(l,2,o),C(0J,0),。[吟,£(1,0,0),-0,0,0),.

,FE=(1,0,0),FDr=0,；,当

所以3C=(—1,-1,O),CZ)'=。,一了

第二步：求出平面的法向量.

设平面BCD的法向量为h=(x,y,z),则

[1n

BCn=0——y+——z=0

,，所以2-2

CD'〃=0

-x-y=0

令y=,则z=1,x=-6，则〃=.

设平面EFDK的法向量为〃7=(%/,zj,

FEm=0

则，所以力争=。

FD'm=0

x=0

令？=&,则z=_l,x=0,所以"?=(0,75,7).

第三步：计算向量的夹角

\m-n\0+3-11

所以8淅'〃=丽=j3+3+lxJ+3=?T

【易错提醒】两个平面的夹角的范围为[0°,90°],不同于两个平面法向显的夹角。所以两个平面的夹角的余

弦值需要用法向量夹角余弦值的绝对值表示

所以平面BCD与平面EFUA'夹角的正弦值为

8.（2026・湖北宜昌•二模）如图1,在边长为2的正方形A3CD中，E、〃分别为线段BC、A。的中点，现

将四边形CQ也折起至MNFE,得到三棱柱A/W-gf,如图2所示，记二面角”-痔-A的平面角为。.

（2）若。为线段E/上一点，满足求直线A尸与平面N8E所成角的正弦值的取值范围.

【解】⑴翻折前，在图1中，因为四边形ABC拉为正方形，所以AB//CD,AD//BC,AD=BC,

因为E、尸分别为BC、AD的中点，所以AF"BE,AF=BE,

所以四边形A8E尸为平行四边形，且律=AB=2,

因为A8_LAD,所以£F1A。，

翻折后，在图2中，EFLAF,EFYNF,

所以二面角M-EF-A的平面角为0=NAFN,

因为A尸尸，AF.N/u平面4N尸，所以四_1_平面人胸，

当。=色时，BpZAFN=-,且A尸二可r=1,则尸•入户=4x『二_L,

22-222

所以三棱柱AFN-BEM的体积为匕网一峋,=S*硒EF=gx2=l.

（2）因为比_L平面AZW,以点尸为坐标原点，£4、庄所在直线分别为x、），轴，

过点F且垂直于平面ABEF的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则41,0,0）、80,2,0）、£（0,2,0）,N（cos&0,sin。），

设点尸（0,帆,0）,其中0<mK2,由题意可知0<。<兀，则0<sin041,故工N1,

smd

AP=（-1,M,0）,8尸=（一1,6一2,0）,

因为AP_L8P,WOAPBP=\+=（/n-1）2=0,解得m=1,

则点尸(0,1,0),AP=(-1J,O),

设平面NBE的一个法向量为〃=(x,y,z),EB=(1,0,0),EN=(cos。,-2,sin。),

n-EB=x=0

则取y=sin。，则n=(0,sin0,2),

n-EN=xcos，-2y+zsin。=0

设宜线与平面N8E所成角为a,

\AP-n\

sina=|cos八=

则川•问

1.已知正方体4BCQ-A4G。中，点E、/满足BE=2E4，C/=2F〃，则平面截正方体

46。。-A4G。形成的截面图形为（）

A.六边形B.五边形C.四边形D.三角形

【答案】B

【解析】如图，

因为点E、F满足BE=2EBi，C7=2尸R,

点E是线段B旦上靠近B1的三等分点，点F是线段CR上靠近D,的三等分点,

延长AE.A4与交于点G,连接FG交与G于“，

延长GF，AR交于点K,连接AK交。已于/,连接IF、HE,

则五边形AEHF1为所求截面图形，故选B.

2.如图所示，已知正方体ABCO-AIIGOI的棱长为2,长为2的线段MN的一个端点M在棱DD}上运动,

另一端点N在正方形A8CO内运动，则MN中点轨迹的面积为（）

A.4几B.2花

C.xD.-

2

【答案】D

【解析】易知力Qi_L平面48CQ,/MDN=90°,取线段MN的中点P,则。尸=}WN=1,所以点。的轨

迹是以。为球心，I为半径的;球面，故5=94兀义12=三.

3.（2025.浙江嘉兴模拟）已知边长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为

一个面积为16兀的圆，则该球的表面积为（）

A.96兀B.10071C.125兀D.204立

【答案】B

【解析】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.

连球心与任意面中心，则连线长为3,且连线垂直该面，

再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5,

则表面积为4兀5=100冗.故选：B.

4.（2025•湖南♦三模）如图，在四棱锥P-/W8中，底面A3。是边长为6的正方形，PDV^ABCD,

点M是平面ABCD内的动点，且满足线段MC的长度是点M到。。的距离的2倍,则点M的轨迹的长度为

B.4nC.6nD.8兀

【答案】D

【解析】•・•尸。_L平面488,MDu平面A8C。，

/.P£>_LM£>即点M到尸。的距离为M£>,・\MC=2MD,

如图平面ABC。中以C为原点建立平面直角坐标系,

设“(X，A，C(o,o),A/(0,6),

MC=2MD,Ay]x2+y2=25/x2+(y-6)2,整理得f+(y—81=16,

即M的轨迹是以P(0,8)为圆心，半径为4的圆上，

即点〃的轨迹的长度为/=2口=8兀，故选D.

5.在三棱锥/MBC中，AB+2PC=9,E为线段”上更靠近尸的三等分点，过E作平行于AB,PC的平面,

则该平面截三棱锥P-4BC所得截面的周长为()

A.5B.6C.8D.9

【答案】B

【解析】如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作E尸〃A3,EH//PC,

再分别过点从尸作〃G〃/W,FG//PC,可得£,F,G,，四点共面，

因为人“U平面EFGH,K尸u平面EFGH，所以A"〃平面EFGH,

同理可证，PC〃平面石尸G”,所以截面即为平行四边形EFG”,

又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9,所以石尸号48,EH=^PC,

所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=^AB+2PC)=6.

6.(2025・云南曲靖•一模)已知正三棱锥P-A8C的所有顶点都在球。的球面上，PA=4百，AB=6,过棱

AB作球。的截面，则所得截面面积的取值范围是()

A.[9兀.12兀]R.[9冗,16冗]C.[12n,167t]D.[12兀36兀]

【答案】B

【解析】如图，作平面A8C,垂足为〃，取A3的中点。，外接球的球心为0,连接AQW”,

易得〃为VA8C的中心，则A”=2ji,以i以PHZPN-AH?=148二12=6,

设外接球半径为R,则AO2=A〃2+O”2,即芥=12+(6—R『，解得R=4,

当。。垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，

最小面积为兀x3?=9兀，

当截面过球心。时，截面圆的面积最大，最大面积为冗x4?=167：，

故截面面积的取值范围是［9兀,16可•故选：B.

7.（多选）已知在正方体ABCD—A8cA中，AB=4,点P,。，丁分别在棱8g,C6和人4上，且87=3,

C笈=1，BT=3,记平面PQ7与侧面AOQM，底面A8CO的交线分别为，〃，〃，则)

A.m的长度为逆B.〃？的长度为步

33

C.〃的长度为平D.〃的长度为巫

3

【答案】AD

【解析】如图所示，

连接QP并延长交C8的延长线「E.连接灯并延长交AO「点S,

交8的延长线于点〃，连接"Q,交。A于点R,连接SR,

则阳即为SR,〃即为ST,

PBEEB1

由PB〃QC，得说=诉所以砧=2,EC=6.

ASAT110

AS//EB,得8=且=上，贝IJAS=LE5=W

EBTB333

所以〃=ST=VA52+AT'=把3,故C错误，D项正确；

3

由SD//EC,得冷黑=£

ECHE9

SRHSSR5

又易知SR〃PQ,得矿无，所以万肯

所以S/?=[QE=[JQC2+EC2=乎,故A项正确，B项错，故选：AD.

8.（多选）（2025•甘肃张掖•模拟预测）如图，已知底面为矩形的四棱锥P-人次中的顶点P的位置不确定,

点加在棱C。上，且AA/_L3M,平面AWL平面人BC。，则二列结论正确的是（）

A.PA1BM

B.平面上平面P8M

C.若AD=g,MD=l,则直线CM与平面0AM所成角为:

D.存在某个位置，使平面尸AM与平面P3C的交线与底面A8C。平行

【答案】ABC

【解析】对■于A,.・平面J_平面A8CD,平面QWc平面AACO二人例,人Mu平面

ABCD,:.BM±平面PAM,

又P4u平面故A正确；

对于B,由A知3M_L平面RW,乂8Wu平面PBM,.•.平面24A/_L平面P8W,故B正确；

对于C,由A知8WJ■平面PU7,在矩形ABCZ）中，AB//CD,

•••直线CM与平面PAM所成的角为/BAM,在RtAADM中，

AD=yfi,MD=1./.tanZMAD=—ZMAD=ZBAM=--ZMAD=-，故C正确：

3623

对于D,设平面EAMc平面尸8C=/,假设/〃底面ABC。，

.立面A3coi平面以M=AW,平面ABC。1平面P8C=8C,

：A//AMJ//BC,:.AM//BC,则M与。重合，则ADJ_8r），

显然不成立，则假设不成立，故D错误.

故选：ABC.

9.已知IF四棱锥A4c。的底面边长为4,侧棱长为8,用平行干底面的平面截夫一个四棱锥,口截而与

底面的面积之比为I:4,则剩余凡何体的体积为

【答案】竽

【解析】设底面中心为。，连接。只C。,

如图：AB=BC=4,PC=8,故op=y]PC2-OC2

由干截面与底面的面积之比为1：4,

AB

故截面以上的棱锥与原四棱锥的体积之比为1:8,

故剩余几何体的体积为2匕…m」xk4x4x2jiZ=^巫，

8w833

10.（2025•山东滨州•二模）在三棱锥P-A8C中，24，平面48。,幺=48=4。=2津。=2&,点。为..245

内（包含边界）一点，且A/3_LCD,则点。的轨迹的长度为.

【答案】兀

【解析】因为尸AJL平面A3C,且ACu平面4BC,所以R4_L4C

又由A8=AC=2.8C=2VI,可得AB?+AC?=BC?,所以A8/AC,

又因为Q4AB=A,且PA,A8u平面/<44，所以ACJ•平面

因为8£>u平面B43,所以4C28。，

如图所示，连接82A。，若BDLCD,且81AC=C,且CDACu平面AC。，

所以3QS平面AC。，

又因为AOu平面AC。，所以人OJ.BO,

即在平面Q4E内，若ADJ.BD,则6D_L8,即，点。落在以AB为直径的半员1」.，

AR

因为48=2,所以点。的轨迹长度为兀x-^-=jt.

11.（2025•山东临沂•期中）如图，在四棱柱中，底面A8C。为直角梯形，AD//BC,

AD1CD.AA,_1平面44。。,以=。。=02=28仁=2,七为6"的中点.

⑴设平面8CE与平面ABCQ的交线为/,求证：BC//Z：

⑵求平面与平面夹隹的余弦值.

【解】（1）由题意可知：平面A3C。〃平面

且平面BCE】平面八成7）=AC,平面3CE1平面ABCQ=/,所以8C/〃.

（2）由题意可知：AD±CD,。口，平面4皮力，

如图，以。为坐标原点，QAQCOR分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,

z

则A(2AO),B(12O),C(O2O)，A(2A2)，A(O,O,2)，G(O22),E(OJ2),

可得A8=(T,2,0),A4,=(O,O,2),CB=(kO,O),CE=(O,-l,2),

设平面ABBiA的法向最〃二(%,y,ZJ,

n-AB=一%+2y=0

则

n•AAy=2Z1=0

令石=2,则y=2,Z1=0,可得〃=（2J0）为平面ABBM的一个法向量;

设¥面BCE的法向量而=5,>2,7），

m-CB=x,=0

则.",

m-CE=-y2+2Z2=0

令为=2,则与=0/2=1,可得〃z=(O,2,l)为平面BCE的一个法向量；

n•m22

则cosn,m=7j-r|=-j=-J==-,

|明用V5xV55

所以平面ABB,A与平面BCE夹角的余弦值为：.

J

12.(2025•广东梅州•一模)如图，在三棱锥V-A8C中，VA=V8=AB=AC=BC=2,VC=1.

⑴求证：AB1VC；

⑵求直线V8与平面AVC所成角的正弦值；

（3）若A4//a,VC/la,用平面"将三棱锥V-A3C分为两部分，求截面面积的最大值.

【解】（1）证明：如图所示，取VCA8中点M,N,连接AM,BM

因为必1=AC,V8=8C,“J"得且8WJ_VC,

又因为AAfc8W=y^，且4M,6Mu平面所以VC1平面4W3,

因为/Wu平面AM4，所以VCJLA8.

（2）解：作交AM于从连接MN,VH,

由（1）VC_L平面4W8,VCu平面AVC所以平面AVCJ_平面4W8,

因为平面AVCc平面AM8=AM,且平面AM8,所以3H_L平面力UC,

所以ZHVB为直线VB与平面/VC所成角，

又因为AM=BM=JVB2-VM2=姮,所以MN=dBM?-BN：=叵,

22

9叵一

因为可得BH二ABMN二一金二

22AMV1515

2

2>/165

又因为所以闹,

sinZ/7VB=—

VB2~15

所以直线V3与平面AVC所成角的正弦值为返.

15

（3）解：如图所示，设平面a1平面VA8=PQ,平面ail平面C48=S7,平面a1平面E4C=PS,平面

a'平面V3C=Qr,

因为A8//a,且A5u平面V48,所以43//PQ,

同理可证A8〃Sr,VC//PS,VC//QT,即PQ//ST,PS//QT

由（1）知A8_LVC,所以尸。_LQ7,所以截面PQ75为矩形，

设QT=x,其中xe（O,l）,则BrnZX,CT'uSTnZ-Zx,

所以矩形PQ7的面积S=PQx8=（2-2x）x=2（1-x）x<2（上>e]=-,

I2J2

当且仅当x=l-x,即x=；时，等号成立，所以截面面积的最大值为

13.（2024•新课标H卷•高考真题）如图，平面四边形4BCO中，A8=8,CD=3,AQ=56,Z4DC=90\

/朋。=30",点E,尸满足4£=44。，AF=-AB,将△从£尸沿£尸翻折至！庄尸，使得尸。=46.

(I)证明：EF工PD；

(2)求平面PCQ与平面P8尸所成的二面角的正弦值.

【解】(1)由48=8.A£)=564E=>£).A广」48,

〉2

得AE=2>/l4产=4,又NB4£>=30‘，在△AE尸中，

由余弦定理得石尸=y/AE2+AF2-2AE-AFcosZBAD=^16+12-2-4-=2,

所以+E户2=4尸2,则他，印，即b/AO,

所以EFA.PE,EF工DE,又PEDE=E,PE、DEu平面PDE，

所以所_L半囿PDE,乂PDu平曲PDE，

故M_LPD；

(2)连接CE,由4OC=90；ED=3&,CZ)=3,则CE?=£0?+必=36，

在《PEC中，PC=46，PE=26、EC=6,得EC、PE?=PC?,

所以PE_LEC,由(1)知PELEF，又ECCEF=E,EC、E^u平面ABCD,

所以尸EJ■平面ABC。，又EDu平面A8CZ),

所以则尸£所，区>两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-32,

则E(0,0,0),&0,0,26),^(0,3万,0)((3,36,0),F(2,0,0),A(0,-26,0),

由尸是AB的中点，得8(4.26.0),

所以PC=(3,36,一26),PD=(0,35/3,-2^),PB=(4、2瓜-2时,PF=(2,0,-2石)，

设平面PCQ和平面反歹的一个法向量分别为〃=*2/),〃?=(%,必~)，

n-PC=3x)+3A/3>'1-25/3^=0rn-PB=4x2+2\/3y2-2\/3z2=0

'nPD=3&「2+z、=()'[m-PF=2x2-2y/3z2=0

令y,=2,,r2=,得A-,=0,z,=3,y2=-\,z2=I,

所以〃=(023),5=(G,-1,1),

所以18sm刮=需=舄五=鲁，

设平面PCZ)和平面尸8尸所成角为夕，则sin0=Jl-cos2c=九医，

即,『面PC。和平面「/步'所成角的正弦值为幽.

65

14.（2025•广东梅州•一模）如图，在三棱锥V-ABC中，VA=VB=AB=AC=BC=2,VC=\.

B

⑴求证：AB1VC；

⑵求直线VB与平面AVC所成角的正弦值；

(3)若人A//a,VC//a,用平面a将三棱锥V-人〃。分为两部分，求截面面积的最大值.

【解】(1)证明：如图所示，取VC.4B中点A/,N,连接AM,BM

因为忆4=AC,VS=8C,可得AM_LVC且BM_LVC,

又因为且u平面AW所以VC_L平面AW/L

因为人"u平面八M8，所以VC_LA".

(2)解：作郎/J./U7交AM于从连接MN,VH,

rh(1)VC_L平面4A/A，VCu平面AVC所以平面AVC_L平面

因为平面AVCc平面AA仍=4W,且平面AM8,所以8H_L平面AVC,

所以ZHVB为直线VB与平面4W所成角，

又因为AM==dVB?-VM?=叵,所以MN7BM?-BN=叵,

22

7巫_

因为LB”AM=LA8MN,可得BH=ABMN=/

22AMVI515

F

2>/165

乂因为8〃_L07,所以.BH15闹，

sinZ/H5V/BD=----=-9—=----

VB215

所以宜线VB与平面AVC所成角的正弦值为运

15

（3）解：如图所示，设平面a'平面必\8=PQ,平面。「平面C44=S7,平面a'平面办C=PS,平面

al平面丫3。二。7，

因为A3//a,且Abu平面V48,所以AB//PQ,

同理可证A8//ST,VC//PS,VC//QT,即PQ//S7,PS//QT

由（1）知A3_LVC,所以PQ_LQT,所以截面PQ75为矩形，

设。r=x,其中xe（o,l）,则8T=2x,CT=S7=2-2x,

所以矩形尸05的面枳S=PQXQ7=（2—2X）X=2（1—X）XK2（上-[=L

I2J2

当且仅当x=l-x,即x=g时，等号成立，所以截面面积的最大值为

15.（2026•山西大同•一模）如图，在直三棱柱人4。一4局G中，AB=AC=\fNC48=9（）,D,E,尸分别

为棱的,BB、,G噂的中点.

（1）证明：平面所DJ_平面ACGA；

2

⑵过G作平面曰力的平行平面a,平面。将直三棱柱八AC-44G截成两部分，其中较大部分体积为：，

求直线\C与平面F.FD所成角的正弦值.

【解】（1）因为ABC-ABC是直三棱柱，所以

因为NCA8=90，所以AC_LA8,

又刈AC=A且A%,ACu平面ACGA，

所以A3,平面ACGA，

又。，七分别为棱A4,8g的中点，所以DE//AB,

所以O£L平面人CGA，又DEu平面EFD,

所以平面•平面ACG4.

（2）根据面面平行的判定定理作出平面。，如图所示,

平面a与直三棱柱ABC-ASC1的截面即为平面ABC1,

显然，平面ABC1将直三棱柱A8C-分成体积比为1:2的两部分,

…22

所以匕i大部分=§%c-A4G=

3

设儿4,=力，则：x,2x；xlxl）=；,所以力=2.

以A为原点，棱AC,AB.A%所在直线分别为工，y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,

则A（0,0,2）,C（l,0,0）,D（0,0J）,E（0