2026版步步高大一輪高考數(shù)學復習110練第七章§7.9立體幾何中的截面、交線問題§7.9立體幾何中的截面、交線問題分值：42分一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，如果點E是AA1的中點，那么過點D1，B，E截正方體所得的截面圖形為()A.三角形 B.矩形C.正方形 D.菱形2.在三棱錐P-ABC中，AB+2PC=9，E為線段AP上更靠近P的三等分點，過E作平行于AB，PC的平面，則該平面截三棱錐P-ABC所得截面的周長為()A.5 B.6 C.8 D.93.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為1，點M在線段BC(不包括端點)上，點N在線段CC1上，且CN=13，若平面AMN截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面為四邊形，則線段BMA.23，1 C.0，13 4.設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，與直線A1C垂直的平面α截該正方體所得的截面多邊形為M，則M的面積的最大值為()A.338 B.334 C.二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點Q是棱DD1上的動點，則過A，Q，B1三點的截面圖形可能是()A.等邊三角形 B.矩形C.等腰梯形 D.正方形6.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則()A.直線A1G與平面AEF平行B.V三棱錐E-AC.過A1C的平面截此正方體所得的截面可能不是四邊形D.過A1C的平面截此正方體所得的截面面積的取值范圍是6三、填空題(每小題5分，共10分)7.如圖，四棱錐S-ABCD的所有棱長都等于2，E為線段SA的中點，過C，D，E三點的平面與SB交于點F，則四邊形DEFC的周長為.8.如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點K為棱A1B1的中點，過A，C，K三點作正方體的截面，則截面的面積為.答案精析1.D2.B[如圖所示，在三棱錐P-ABC中，過E分別作EF∥AB，EH∥PC，再分別過點H，F(xiàn)作HG∥AB，F(xiàn)G∥PC，可得E，F(xiàn)，G，H四點共面，因為AB?平面EFGH，EF?平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可證，PC∥平面EFGH，所以截面即為平行四邊形EFGH，又由E為線段AP上更靠近P的三等分點，且AB+2PC=9，所以EF=13AB，EH=23所以平行四邊形EFGH的周長為2(EF+EH)=23(AB+2PC)=6.3.D[要想平面AMN截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面為四邊形，則要平面AMN與正方形BCC1B1，ADD1A1分別交于MN，AR，顯然與正方形ABB1A1無交線，只需保證與正方形A1B1C1D1無交線即可，因為平面BCC1B1∥平面ADD1A1，平面AMNR與兩個平面分別交于MN，AR，由面面平行的性質(zhì)可得MN∥AR，因為點N在線段CC1上，且CN=1由幾何關系知，隨著BM的增大，AR增大，故當R與D1重合時，BM最大，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為1，所以正方體棱長為1，連接AD1，D1N，如圖所示，由于MN∥AD1，故△ADD1∽△MCN，故CM=CN=13，故BM故BM長的取值范圍是0，234.B[連接A1B，因為BC⊥平面ABB1A1，AB1?平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，且AB1⊥A1B，A1B∩BC=B，BC，A1B?平面A1BC，圖①圖②所以AB1⊥平面A1BC，A1C?平面A1BC，所以AB1⊥A1C，同理B1D1⊥A1C，且AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1?平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，所以平面α為平面AB1D1或與其平行的平面，M只能為三角形或六邊形.當M為三角形時，其面積的最大值為34×(2)2=3設KD=x，則AK=1-x，KL=2(1-x)，KE=2x，依次可以表示出六邊形的邊長，如圖②所示，六邊形可看作由兩個等腰梯形構成，其中LP∥KO∥EN，KO=2，兩個等腰梯形的高分別為62(1-x)，則S六邊形LKENOP=12(2x+2)·62(1-x)+12[2(1-x)+2]·62x=3=-3x-當且僅當x=12時，六邊形面積最大，即截面是正六邊形時截面面積最大，最大值為335.ABC[當點Q與點D1重合時，截面圖形為等邊三角形AB1D1，如圖(1)；當點Q與點D重合時，截面圖形為矩形AB1C1D，如圖(2)；當點Q不與點D，D1重合時，若Q，R滿足D1Q=D1R，則截面圖形為等腰梯形AQRB1，如圖(3)，不可能為正方形.]6.ABD[對于A，取B1C1的中點H，分別連接GH，A1H，如圖1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，可得A1H∥AE，因為A1H?平面AEF，且AE?平面AEF，所以A1H∥平面AEF，又由E，F(xiàn)，G，H分別為正方形BCC1B1的邊BC，CC1，BB1，B1C1的中點，可得GH∥EF，因為GH?平面AEF，且EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF，又因為A1H∩GH=H，且A1H，GH?平面A1GH，所以平面A1GH∥平面AEF，因為A1G?平面A1GH，所以A1G∥平面AEF，所以A正確；對于B，由E，F(xiàn)，G分別為正方形BCC1B1的邊BC，CC1，BB1的中點，可得S△EFG=14S正方形BCC1B1=14，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，可得A即A1到平面BCC1B1的距離為A1B1=1，又由V三棱錐E-A1FG=V三棱錐A1-EFG=13S△EFG·A1對于C，連接A1D，B1C，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，可得A1B1∥CD，且B1C∥A1D，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，其中A1C?平面A1B1CD，所以過A1C的平面截此正方體所得的截面可能是四邊形，所以C錯誤；對于D，如圖2所示，當截面為矩形ACC1A1時，此時點C1到A1C的距離最遠，所以截面的面積最大，最大值為1×2=2；分別取C1D1，AB的中點I，J，當截面為菱形A1JCI時，根據(jù)正方體的對稱性，可得點I到A1C的距離最近，截面的面積最小，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，可得A1C=3，IJ=所以菱形的面積為S=12×所以過A1C的平面截此正方體所得的截面面積的取值范圍是62，2，所以7.3+23解析由題意知，四邊形ABCD為菱形，∴CD∥AB，∵CD?平面SAB，AB?平面SAB，∴CD∥平面SAB，∵CD?平面CDE，平面CDE∩平面SAB=EF，∴EF∥CD，則EF∥AB，∵E為SA的中點，則F為SB的中點，∴EF=12AB=1∵△SAD是邊長為2的等邊三角形，則DE⊥SA，且DE=2sin60°=3同理可得CF=3因此四邊形DEFC的周長為3+23.8.9解析如圖1，取B1C1的中點M，連接KM，MC，易證四邊形KMCA為等腰梯形，上底KM=22，下底AC=2，腰長AK=MC=52，過點K作KH⊥AC，如圖2，則其高為KH=3§7.10立體幾何中的動態(tài)、軌跡問題分值：42分一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1內(nèi)的動點，A1Q⊥BC1，則Q點的軌跡是()A.點B1 B.線段B1CC.線段B1C1 D.平面B1BCC12.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M為A1C1的中點，N為側面BCC1B1上的一點，且MN∥平面ABC1，若點N的軌跡長度為2，則()A.AC1=4 B.BC1=4C.AB1=6 D.B1C=63.(2024·南充模擬)在三棱錐A-BCD中，AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動點，AP=22，則點P的軌跡長度為()A.π B.2π C.3π D.4π4.(2025·長沙模擬)在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長為3的正三角形，PA=52，PC⊥BC，則三棱錐P-ABCA.1538 B.23 C.33二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.如圖，正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長為4，動點E，F(xiàn)在棱AB上，且EF=2，動點Q在棱D'C'上，則在三棱錐A'-EFQ中，下列說法正確的是()A.△EFQ的面積與點E，F(xiàn)的位置無關B.三棱錐A'-EFQ的體積與點Q的位置有關C.三棱錐A'-EFQ的體積與點E，F(xiàn)，Q的位置都有關D.三棱錐A'-EFQ的體積與點E，F(xiàn)，Q的位置均無關，是定值6.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為正方體表面上的動點，N為線段AC1上的動點，若直線AM與AB的夾角為π4A.點M的軌跡確定的圖形是平面圖形B.點M的軌跡長度為π2+2C.C1M的最小值為2-1D.當點M在側面BB1C1C上時，33AN+MN三、填空題(每小題5分，共10分)7.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，點M在正方體內(nèi)部運動(包括表面)，且BM∥平面AD1C，則動點M的軌跡所形成區(qū)域的面積為.8.如圖，點P是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的一個動點，直線AP與平面ABCD所成的角為60°，則點P的軌跡長度為.答案精析1.B2.B[如圖，取B1C1的中點D，BB1的中點E，連接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD?平面ABC1，AB?平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE=D，MD，DE?平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故點N的軌跡為線段DE，又由DE=12BC1=2，可得BC1=4.3.B[如圖所示，由AB=AC=AD=4，BC=CD=DB=6，可知三棱錐A-BCD為正三棱錐，設點A在底面BCD上的射影為O，連接BO并延長，交CD于點E，可知E為CD的中點，則BE=33，OB=23，OE則AO⊥平面BCD，OA=AB2又P為△BCD內(nèi)部及邊界上的動點，AP=22所以OP=2，所以點P的軌跡為以點O為圓心，2為半徑的圓在△BCD內(nèi)部及邊界上的部分，如圖所示，OE⊥P1P2，所以cos∠EOP1=OEOP即∠EOP1=π6，∠P1OP2所以點P的軌跡長度為2π×2-3×π3×2=2π.4.C[如圖，因為PC⊥BC，所以P點在過C點且與BC垂直的平面α上，設平面α∩平面ABC=l，過點A作l的垂線段交l于點A1，則AA1⊥α，且AA1=3因為PA=52，所以P點在以A由圖可知P到底面ABC的最大高度為PA2所以三棱錐體積的最大值為V三棱錐P-ABC=13×S△ABC×2=13×34×325.AD[連接AD'，BC'，如圖.對于選項A，因為AB∥C'D'，且AB=C'D'，可知四邊形ABC'D'為平行四邊形，且AB⊥平面ADD'A'，AD'?平面ADD'A'，則AB⊥AD'，可知四邊形ABC'D'為矩形，所以△EFQ的面積S△EFQ=12EF·AD'=12×2×42即△EFQ的面積為定值，與點E，F(xiàn)的位置無關，故A正確；對于選項BCD，因為A'D'⊥平面ABB'A'，且平面ABB'A'∥平面DCC'D'，可知三棱錐Q-A'EF的高為A'D'=4，所以三棱錐A'-EFQ的體積V三棱錐A'-EFQ=V三棱錐Q-A'EF=13A'D'·S△A'EF=13×4×12×2即三棱錐A'-EFQ的體積為定值，與點E，F(xiàn)，Q的位置均無關，故D正確，BC錯誤.]6.BCD[如圖，建立空間直角坐標系，則D(0，1，0)，C1(1，1，1)，∵直線AM與AB的夾角為π4，當點M在側面AA1D1D上時，AB⊥當點M在底面A1B1C1D1和側面CC1D1D(不包含邊界)上時，點M到直線AB的距離大于AB的長度，此時，AM與AB的夾角大于π4當點M在側面AA1B1B和底面ABCD上時，可知線段AB1，AC滿足題意；當點M在側面BCC1B1上時，由AB⊥BM，可知BM=AB，此時弧B1C為所求.∴M點的軌跡為線段AC，AB1，弧B1C，顯然線段AC，AB1，弧B1C不共面，∴A錯誤；對于B，點M的軌跡長度為π2+2∴B正確；對于C，若M在線段AC上，則C1M的最小值為1，同理，若M在線段AB1上，則C1M的最小值也為1，若M在弧B1C上，則C1M的最小值為C1B-1=2-1，∴C正確；對于D，M(1，y，z)(0≤y≤1，0≤z≤1)，且y2+z2=1，由題意設N(λ，λ，λ)，λ∈[0，1]，則33AN+MN=λ+≥λ+(1-λ)2=λ+(1-λ當且僅當y=z=λ，且y2+z2=1，即y=z=λ=22∴D正確.]7.9解析因為平面A1BC1∥平面ACD1，點M是該正方體表面及其內(nèi)部的一動點，且BM∥平面AD1C，所以點M的軌跡是△A1BC1及其內(nèi)部，所以動點M的軌跡所形成區(qū)域的面積為S△A1BC1=128.433解析因為直線AP與平面ABCD所成的角為60°，所以點P的軌跡在以A為頂點，底面圓的半徑為33，高為又因為點P是正方體ABCD-A1B1C1D1表面上的一個動點，所以點P的軌跡如圖所示，則點P的軌跡長為21+332+14×2π×33必刷大題14空間向量與立體幾何分值：60分1.(13分)(2025·保定模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PCD內(nèi)存在一條直線EF與AB平行，PA⊥平面ABCD，直線PC與平面ABCD所成的角的正切值為32，PA=BC=23，CD=2AB=4(1)證明：四邊形ABCD是直角梯形；(6分)(2)若點E滿足PE=2ED，求平面PEF與平面BEF夾角的正弦值.(7分)2.(15分)如圖所示的五面體ABC-A1DC1為直三棱柱ABC-A1B1C1截去一個三棱錐D-A1B1C1后的幾何體，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，D為BB1的中點，E，F(xiàn)分別為C1D，A1D的中點.(1)判斷BF和CE是否垂直，并說明理由；(6分)(2)設AP=λAC(0≤λ≤1)，是否存在λ，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為27？若存在，請求出λ的值；若不存在，請說明理由.3.(15分)(2024·天津模擬)如圖，直線PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F(xiàn)為線段PA上一點，PD=2，AB=AD=12CD=1，四邊形PDCE為矩形(1)若F是PA的中點，求證：AC∥平面DEF；(5分)(2)求直線AE與平面BCP所成角的正弦值；(5分)(3)若點F到平面BCP的距離為16，求PF的長.4.(17分)(2025·八省聯(lián)考)在平面四邊形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，將△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P為動點.(1)設PC⊥AB，三棱錐P-ABC的各個頂點都在球O的球面上.①證明：平面PAC⊥平面ABC；(4分)②求球O的半徑；(6分)(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.(7分)答案精析1.(1)證明因為AB∥EF，EF?平面PCD，AB?平面PCD，所以AB∥平面PCD，因為AB?平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，所以AB∥CD，連接AC，因為PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直線PC與平面ABCD所成的角，則tan∠PCA=PAAC=23AC=32因為AB=2，BC=23，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥又AB≠CD，所以四邊形ABCD是直角梯形.(2)解取CD的中點M，連接AM，以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則P(0，0，23)，D(23，-2，0)，C(23，2，0)，B(0，2，0)，AB=(0，2PC=(23，2，-23PD=(23，-2，-23由PE=2ED得E4則BE=4設平面PCD的法向量為n=(x1，y1，z1)，則n取x1=1，得y1=0，z1=1，即n=(1，0，1)，設平面ABE的法向量為m=(x2，y2，z2)，則m取x2=1，得y2=0，z2=-2，即m=(1，0，-2).平面PEF與平面BEF的夾角即平面PCD與平面ABE的夾角，設其為θ，則cosθ=|cos〈n，m〉|=|n·所以sinθ=1-1010故平面PEF與平面BEF夾角的正弦值為3102.解(1)BF和CE不垂直，理由如下：以點C為坐標原點，直線CA，CB，CC1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，則A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，D(0，2，1)，C1(0，0，2)，E0，1，32BF=1，-1，32因為BF·CE=1×0+(-1)×1+32×32=所以BF和CE不垂直.(2)假設存在λ，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為2由AP=λAC，得P(2(1-λ)，0，0顯然平面ABC的一個法向量為n1=(0，0，1)，PB=(2(λ-1)，2，0設平面PBF的法向量為n2=(x，y，z)，則n取x=3，得n2=(3，3-3λ，-2λ)，設平面ABC與平面PBF的夾角為θ，則cosθ=|cos〈n1，n2〉|=n=2λ9+9(1-而0≤λ≤1，解得λ=1所以存在實數(shù)λ=12，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為3.(1)證明設CP∩DE=G，連接FG，因為四邊形PDCE為矩形，所以G為PC的中點，又F為PA的中點，則AC∥FG，又FG?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF.(2)解以D為坐標原點，DA，DC，DP的方向分別為x則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，2，所以BC=(-1，1，0)，CP=(0，-2，AE=(-1，2，2設平面BCP的法向量為n=(x，y，z)，則BC令y=1，解得x=1，z=2所以n=(1，1，2設直線AE與平面BCP所成的角為θ，所以sinθ=|AE·n則直線AE與平面BCP所成角的正弦值為37(3)解PA=(1，0，-2)，設PF=λPA=(λ，0，-2λ)，λ∈[0，1]，由平面BCP的一個法向量n=(1，1，2則點F到平面BCP的距離為d=|PF·n||解得λ=13，且PF所以|PF|=19+24