全品高考备战2027年数学一轮教师备用习题57增分微课7立体几何中的截面、交线问题

增分微课7立体几何中的截面、交线问题【备选理由】例1以三棱柱为背景,考查截面图形的面积、几何体的体积、线面平行的判断及线面角;例2以正方体为背景,主要考查截面图形的形状判断与截面图形的面积;例3以四棱锥为背景,考查截面图形的作法及截面图形的周长;例4以四棱柱为背景,考查截面分成两部分的体积问题,考查两平面夹角的正切值.例1[配例3使用](多选题)[2025·江西抚州质检]如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,P,M分别是棱BC,A1B1的中点,R是线段BM的中点,Q是棱AB上靠近点B的四等分点,则下列说法正确的是 (ACD)A.平面RPQ∥平面CC1MB.直线AC与平面RPQ所成的角为πC.三棱锥B-RPQ的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积之比为1∶48D.若AB=2AA1=4,则过A,P,R三点作平面α,截正三棱柱ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为2[解析]对于选项A,如图①,取AB的中点D,连接CD,MD,则在△BCD中,P为BC的中点,Q为BD的中点,所以PQ∥CD.在△BMD中,Q为BD的中点,R为BM的中点,所以RQ∥MD.因为MD∥CC1,MD=CC1,所以M,D,C,C1四点共面.又CD,MD⊂平面CC1M,PQ,RQ⊄平面CC1M,所以PQ∥平面CC1M,RQ∥平面CC1M,又PQ∩RQ=Q,所以平面RPQ∥平面CC1M,所以A正确.对于选项B,由A知平面RPQ∥平面CC1MD,所以直线AC与平面RPQ所成的角即为直线AC与平面CC1MD所成的角.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易得AB⊥CD,AB⊥DM,又CD∩DM=D,所以AB⊥平面CC1MD,所以直线AC与平面CC1MD所成的角为∠ACD,而∠ACD=π6,所以B错误.对于选项C,因为MD⊥平面ABC,RQ∥MD,所以RQ⊥平面BPQ.因为PQ∥CD,CD⊥AB,所以PQ⊥AB所以S△BPQS△ABC=12BQ·PQ12AB·CD=18,所以三棱锥B-RPQ的体积与正三棱柱ABC-A1B1C1的体积之比为VB-RPQVABC-A1B1C1=13S△BPQ·RQS△ABC·MD=1因为△ABC为正三角形,P为BC的中点,所以AP⊥BC.因为CC1⊥平面ABC,AP⊂平面ABC,所以CC1⊥AP.又CC1∩BC=C,CC1,BC⊂平面BCC1B1,所以AP⊥平面BCC1B1.又PE⊂平面BCC1B1,所以AP⊥PE.在△APC中,AP=32×AC=23,在△ABE中,RQBE=AQAB=34,又RQ=12BB1=1,所以BE=43.根据勾股定理得EP=BE2+BP2=169+4=2133,所以S△APE=12AP×例2[配例2、例3使用](多选题)[2025·辽宁省实验中学模拟]在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是棱AA1,CC1,C1D1的中点,Q是棱A1D1上的动点(包含端点),则 (ABC)A.当点Q是棱A1D1的中点时,过点Q且与平面A1C1D平行的平面截该正方体所得截面图形的面积为23B.若过点B,M,P的平面截该正方体所得截面与A1D1交于点Q,则A1Q=8C.过点Q且与BN垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为85D.存在点Q,使得过点Q,M,N的平面截该正方体所得截面图形为五边形[解析]对于A,如图①所示,取DD1的中点S,连接QS,PS,PQ,因为P,Q,S分别为C1D1,A1D1,DD1的中点,所以PQ∥A1C1,SQ∥A1D,又PQ⊄平面A1C1D,A1C1⊂平面A1C1D,SQ⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D,所以PQ∥平面A1C1D,SQ∥平面A1C1D,又PQ∩SQ=Q,所以平面SPQ∥平面A1C1D,所以△SPQ即为过点Q且与平面A1C1D平行的平面截该正方体所得截面图形,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,所以PQ=SQ=PS=22,所以△SPQ的面积为12×32×(22)2=23,故A正确.对于B,如图②,延长B1A1,BM,延长线交于点K,连接PK,与A1D1交于点Q,延长B1C1,KP,延长线交于点H,连接BH,与CC1交于点J,连接MQ,则五边形PQMBJ为平面BMP截正方体所得的截面图形,因为M为AA1的中点,所以A1KKB1=A1MBB1=12,所以A1K=A1B1,又△A1QK∽△D1QP,所以A1QD1Q=A1KD1P=2,所以A1Q=83,故B正确.对于C,如图③,分别取A1D1,B1C1的中点F,E,连接FE,EC,FD,易得FE⊥BN,EC⊥所以过点Q且与BN垂直的平面与平面FECD平行或重合,且截该正方体所得截面图形为矩形,当点Q在线段A1F上时,矩形的面积最大,且等于矩形FECD的面积,又EC=25,FE=4,则截面图形面积的最大值为85,故C正确.对于D,连接MN,AC,A1C1,由题可知,M,N分别是AA1,CC1的中点,则MN∥A1C1∥AC.当点Q与点A1重合时,过点Q,M,N的平面截该正方体所得截面图形为矩形;当点Q与点D1重合时,截面图形为四边形(菱形);当Q在棱A1D1(除端点外)上时,如图④,作QR∥A1C1交C1D1于点R,连接RN并延长,交DC的延长线于点V,连接QM并延长,交DA的延长线于点U,连接UV,交AB于点G,交BC于点I,连接MG,NI,则多边形QRNIGM为过Q,M,N三点的截面图形,由正方体的对称性可知梯形QRNM与梯形IGMN全等,则截面图形为六边形.综上,过Q,M,N三点的平面截该正方体所得截面图形不可能是五边形,故D错误.故选ABC.例3[配例1、例3使用][2025·浙江浙南名校联考]如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,M,N分别是PB,CD的中点,AD=3BC,PE=λED.(1)求证:MN∥平面PAD;(2)若PB∥平面ACE,求λ的值;(3)当λ=2时,若PA=PB=PC=AD=9,CD=12,AF=2FD,请在图中作出四棱锥P-ABCD过点B,E,F的截面(保留作图痕迹),并求出截面周长.解:(1)证明:方法一:取AB的中点Q,连接MQ,NQ,如图①.∵AD∥BC,N,Q分别为CD,AB的中点,∴NQ∥AD,又NQ⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,∴NQ∥平面PAD.∵M,Q分别为PB,AB的中点,∴MQ∥PA.∵MQ⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,∴MQ∥平面PAD.∵MQ∩NQ=Q,MQ,NQ⊂平面MNQ,∴平面MNQ∥平面PAD,又MN⊂平面MNQ,∴MN∥平面PAD.方法二:取PA的中点R,过C作CG∥AB交AD于G,取DG的中点H,连接MR,NH,HR,如图②,则MR∥AB,MR=12AB,NH∥CG∥AB,NH=12AB,∴MR∥NH,MR=∴四边形MNHR是平行四边形,∴MN∥RH.∵MN⊄平面PAD,RH⊂平面PAD,∴MN∥平面PAD.(2)连接BD,AC,设交点为O,连接OE,如图③.∵PB∥平面ACE,平面PBD∩平面ACE=OE,PB⊂平面PBD,∴OE∥PB,∴PEED=OB又OBOD=BCAD=13,∴PE=13ED,(3)设V为PC上靠近点C的三等分点,连接EF,EV,BF,BV,如图④,则四边形VEFB为所求截面.证明如下:∵λ=2,∴PE=2ED,∴VE∥CD.∵BC∥DF,BC=DF,∴四边形BCDF是平行四边形,∴BF∥CD,∴VE∥BF,故V,E,F,B四点共面,故四边形VEFB为所求截面.∵PA=PB=PC=AD=9,CD=12,∴VE=23CD=8,EF=13PA=3,BF=CD在△PBC中,∵PB=PC=9,BC=13AD∴cos∠PCB=16,则BV=BC2故截面周长为12+3+8+15=23+15.例4[配例4使用][2025·浙江丽水质检]如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC,过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与平面ABCD的夹角的正切值.解:(1)证明:如图,延长DC,AB,延长线交于点O,因为AA1∩A1D=A1,AB∩CD=O,AA1∩AB=A,且AA1,AB⊂平面ABB1A1,A1D∩CD=D,且A1D,CD⊂平面A1QCD,所以平面ABB1A1∩平面A1QCD=A1O,因为BB1∩平面A1QCD=Q,所以Q∈A1O,因为AD∥BC,AD=2BC,所以AB=OB,因为AA1∥BQ,所以BQ=12AA1,即Q为BB1的中点(2)延长A1B1,D1C1,延长线交于点E,连接EO,因为几何体ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,所以几何体ADO-A1D1E为三棱柱,易知VA1-因为Q为BB1的中点,AD=2BC,所以VQ-BOC=18VA1-所以VQBC-A1AD=7因为B,C分别是AO,OD的中点,所以VB1EC1-BOC=所以VQBC-A1ADVABCD-A1(3)由(1)知平面A1OD为平面α,作AH⊥OD,垂足为H,连接A1H,因为AA1⊥平面AOD,OD⊂平面AOD,所以AA1⊥OD,因为AH