重難點(diǎn)19 立體幾何中的截面、交線(xiàn)問(wèn)題（舉一反三）（新高考專(zhuān)用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)練（新高考專(zhuān)用）

重難點(diǎn)19立體幾何中的截面、交線(xiàn)問(wèn)題【七大題型】【新高考專(zhuān)用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1截面作圖】 2【題型2截面圖形的形狀判斷】 7【題型3截面圖形的周長(zhǎng)或面積問(wèn)題】 12【題型4球的截面問(wèn)題】 16【題型5截面切割幾何體的體積、表面積問(wèn)題】 18【題型6交線(xiàn)長(zhǎng)度、軌跡問(wèn)題】 21【題型7截面的范圍與最值問(wèn)題】 251、立體幾何中的截面、交線(xiàn)問(wèn)題“截面、交線(xiàn)”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題中最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線(xiàn)、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線(xiàn)問(wèn)題，一是與解三角形、多邊形面積、周長(zhǎng)、扇形弧長(zhǎng)、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.【知識(shí)點(diǎn)1立體幾何中的截面問(wèn)題】1．作截面的幾種方法(1)直接法：有兩點(diǎn)在幾何體的同一個(gè)面上，連接該兩點(diǎn)即為幾何體與截面的交線(xiàn)，找截面實(shí)際就是找交線(xiàn)的過(guò)程.(2)延長(zhǎng)線(xiàn)法：同一個(gè)平面有兩個(gè)點(diǎn)，可以連線(xiàn)并延長(zhǎng)至與其他平面相交找到交點(diǎn).(3)平行線(xiàn)法：過(guò)直線(xiàn)與直線(xiàn)外一點(diǎn)作截面，若直線(xiàn)所在的面與點(diǎn)所在的平面平行，可以通過(guò)過(guò)點(diǎn)找直線(xiàn)的平行線(xiàn)找到幾何體與截面的交線(xiàn).2．球的截面(1)球的截面形狀

①當(dāng)截面過(guò)球心時(shí)，截面的半徑即球的半徑，此時(shí)球的截面就是球的大圓；

②當(dāng)截面不過(guò)球心時(shí)，截面的半徑小于球的半徑，此時(shí)球的截面就是球的小圓.

(2)球的截面的性質(zhì)

①球心和截面圓心的連線(xiàn)垂直于截面；

②球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r之間滿(mǎn)足關(guān)系式：.

圖形解釋如下：

在球的軸截面圖中，截面與球的軸截面的關(guān)系如圖所示.若設(shè)球的半徑為R，以O(shè)'為圓心的截面的半徑為r，OO'=d.則在Rt△OO'C中，有，即.【知識(shí)點(diǎn)2立體幾何中的截面、交線(xiàn)問(wèn)題的解題策略】1．立體幾何截面問(wèn)題的求解方法(1)坐標(biāo)法：所謂坐標(biāo)法就是通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問(wèn)題，進(jìn)行求解.(2)幾何法：從幾何視角人手，借助立體幾何中的線(xiàn)面平行及面面平行的性質(zhì)定理，找到該截面與相關(guān)線(xiàn)、面的交點(diǎn)位置、依次連接這些點(diǎn)，從而得到過(guò)三點(diǎn)的完整截面，再進(jìn)行求解.2．截面、交線(xiàn)問(wèn)題的解題策略(1)作截面應(yīng)遵循的三個(gè)原則：①在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線(xiàn)；②凡是相交的直線(xiàn)都要畫(huà)出它們的交點(diǎn)；③凡是相交的平面都要畫(huà)出它們的交線(xiàn).(2)作交線(xiàn)的方法有如下兩種：①利用基本事實(shí)3作交線(xiàn)；②利用線(xiàn)面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線(xiàn)面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線(xiàn).【題型1截面作圖】【例1】（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）在如圖所示的幾何體中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC=2DE=4，BC=2，DC=1，∠BCD=60°.

（1）證明：BD⊥平面ACDE；（2）過(guò)點(diǎn)D作一平行于平面ABE的截面，畫(huà)出該截面，說(shuō)明理由，并求夾在該截面與平面ABE之間的幾何體的體積.【解題思路】分析（1）由余弦定理結(jié)合勾股定理可證明BD⊥CD，利用線(xiàn)面垂直的性質(zhì)可證明AC⊥BD，由線(xiàn)面垂直的判定定理可得BD⊥平面ACDE；（2）取AC的中點(diǎn)F，BC的中點(diǎn)M，連接DF,DM,MF，截面DFM即為所求，由（1）可知，BD⊥平面ACDE，F(xiàn)C⊥平面CDM，由“分割法”利用棱錐的體積公式可得結(jié)果.【解答過(guò)程】（1）證明：在ΔBCD中，BD所以BC2=BD2又因?yàn)锳C⊥平面BCD，所以AC⊥BD.而AC∩CD=C，所以BD⊥平面ACDE.（2）取AC的中點(diǎn)F，BC的中點(diǎn)M，連接DF,DM,MF，平面DFM即為所求.理由如下：因?yàn)镈E∥AC,DE=AF，所以四邊形AEDF為平行四邊形，所以DF∥AE，從而DF∥平面ABE，同理可證FM∥平面ABE.因?yàn)镕M∩DF=F，所以平面DFM∥平面ABE.由（1）可知，BD⊥平面ACDE，F(xiàn)C⊥平面CDM.因?yàn)閂B?ACDEVF?CDM所以，所求幾何體的體積V=3【變式1-1】（2024高一下·廣東佛山·競(jìng)賽）如圖，在正方體ABCD?A1B1C

(1)請(qǐng)?jiān)谡襟w的表面完整作出過(guò)點(diǎn)E?(2)請(qǐng)求出截面分正方體上下兩部分的體積之比.【解題思路】（1）根據(jù)截面定義作圖即可；（2）利用圖形分割即可求出體積之比.【解答過(guò)程】（1）連接D1F并延長(zhǎng)交CD于I，連接IE并延長(zhǎng)交BC于H，DA于J，連接JD1交

則截面D1（2）連接DE,D

則截面下部的體積V2設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則VE?ADD1因此截面上下兩部分的體積之比為8955【變式1-2】（2023·貴州·模擬預(yù)測(cè)）矩形ABCD中，AB=3,AD=1（如圖1），將△DAC沿AC折到△D1AC的位置，點(diǎn)D1在平面ABC上的射影(1)證明：AD(2)過(guò)D1E的平面與BC平行，作出該平面截三棱錐D1?ABC所得截面（不要求寫(xiě)作法）.記截面分三棱錐所得兩部分的體積分別為【解題思路】（1）利用線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理證明線(xiàn)線(xiàn)垂直；（2）根據(jù)三角形的等面積法求出D1E的長(zhǎng)度，再根據(jù)勾股定理求出AE長(zhǎng)度，進(jìn)而確定【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镈1E⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以且由翻折關(guān)系可知BC⊥AB，且D1E∩AB=E,D1所以BC⊥平面D1又因?yàn)锳D1?平面D（2）由（1）可知，BC⊥平面D1又因?yàn)锽D1?平面D且BC=AD=1,D所以D1且D1A=1,AB=3,所以A所以12AB×D所以AE=D1A所以取AC的三等分點(diǎn)為F，且AF=1連接EF,D則有BC∥EF,BC?平面D1EF,EF?平面所以BC∥平面D1EF,所以所作截面為平面因?yàn)椤鰽EF,△ABC的相似比為1:3，所以S△AEFS△ABC所以V1【變式1-3】（23-24高一下·河北廊坊·階段練習(xí)）如圖正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，(1)畫(huà)出平面α截正方體所得的截面，并簡(jiǎn)要敘述理由或作圖步驟；(2)求（1）中截面多邊形的面積；(3)平面α截正方體，把正方體分為兩部分，求較小的部分與較大的部分的體積的比值.【解題思路】（1）取AB的中點(diǎn)F，連接EF、A1B、CF，利用平行線(xiàn)的傳遞性可證得EF//D1C（2）分析可知，四邊形CD（3）利用臺(tái)體的體積公式可求得三棱臺(tái)AEF?DD【解答過(guò)程】（1）如圖，取AB的中點(diǎn)F，連接EF、A因?yàn)镋是AA1的中點(diǎn)，所以在正方體ABCD?A1B1C所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以所以E、F、C、D因?yàn)镋、C、D1三點(diǎn)不共線(xiàn)，所以E、F、C、D所以面EFCD1即為平面（2）由（1）可知，截面EFCD1為梯形，CD1=同理可得CF=5如圖所示：分別過(guò)點(diǎn)E、F在平面CD1EF內(nèi)作EM⊥CD1則D1E=CF，∠ED所以△EMD1≌△FNC因?yàn)镋F//CD1，EM⊥CD所以，MN=EF=2，則D所以EM=E故梯形CD1EF（3）多面體AEF?DD1C為三棱臺(tái)，S該棱臺(tái)的高為2，所以，該棱臺(tái)的體積為13故剩余部分的體積為8?7故較小的那部分與較大的那部分的體積的比值為717【題型2截面圖形的形狀判斷】【例2】（2024·四川達(dá)州·二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為AB中點(diǎn)，

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形【解題思路】根據(jù)點(diǎn)P在C1、D1以及【解答過(guò)程】B選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P與D1

取A1B1中點(diǎn)H，因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，則EH//D連接DE、EH、HD1、又因?yàn)镈D1⊥DEC選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P與C1

取BB1中點(diǎn)G，因?yàn)镋是AB的中點(diǎn)，所以連接DE、EG、GC1、D選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P為C1

因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，所以PB1//DE連接PB1、又因?yàn)锽1P=C因?yàn)槭钦襟w，所以C1D1所以平行四邊形EB不管點(diǎn)P在什么位置，都不可能是三角形.故選：A.【變式2-1】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別為AD，C1D1A．六邊形 B．五邊形 C．四邊形 D．三角形【解題思路】在AB上取點(diǎn)Q，且BQ=3AQ，取CD中點(diǎn)為P，在DD1上取點(diǎn)R，且D1R=3DR.通過(guò)△QAM∽△PCB，可得∠AQM=∠BPC，進(jìn)而得出∠ABP=∠AQM，QM∥BP.通過(guò)證明B1【解答過(guò)程】在AB上取點(diǎn)Q，且BQ=3AQ，取CD中點(diǎn)為P，連接QM,BP,NP,B在DD1上取點(diǎn)R，且D1因?yàn)锳QCP=AM所以△QAM∽△PCB，所以∠AQM=∠BPC.又AB∥CD，所以∠ABP=∠BPC，所以∠ABP=∠AQM，所以，QM∥BP.因?yàn)镹,P分別為C1D1,CD的中點(diǎn)，所以根據(jù)正方體的性質(zhì)，可知BB1∥C所以，PN∥BB1，且所以，四邊形BPNB所以，B1N∥BP，所以同理可得，NR∥B所以，五邊形QMRNB故選：B.【變式2-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示的幾何體是由一個(gè)圓柱挖去一個(gè)以圓柱上底面為底面，下底面圓心為頂點(diǎn)的圓錐而得到的幾何體，現(xiàn)用一個(gè)豎直的平面去截這個(gè)幾何體，則截面圖形可能是（

）A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5）【解題思路】應(yīng)用空間想象，討論截面與軸截面的位置關(guān)系判斷截面圖形的形狀即可.【解答過(guò)程】當(dāng)截面ABCD如下圖為軸截面時(shí)，截面圖形如（1）所示；當(dāng)截面ABCD如下圖不為軸截面時(shí)，截面圖形如（5）所示，下側(cè)為拋物線(xiàn)的形狀；故選：D.【變式2-3】（2024·江西·模擬預(yù)測(cè)）已知在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BB1=2BC，點(diǎn)P，Q，T分別在棱BB1，CA．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【解題思路】連接QP并延長(zhǎng)交CB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，連接ET并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)S，過(guò)點(diǎn)S作SR//EQ交DD1于點(diǎn)【解答過(guò)程】如圖連接QP并延長(zhǎng)交CB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，連接ET并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)S，過(guò)點(diǎn)S作SR//EQ交DD1于點(diǎn)則五邊形PQRST即為平面PQT截該長(zhǎng)方體所得的截面多邊形.其中因?yàn)锽1P=3BP，CQ=3C所以△EBP∽△ECQ，則EBEC=BP又△SAT∽△EBT，所以SAEB=AT則SD=5顯然△SDR∽△ECQ，則SDEC=DR故選：C.【題型3截面圖形的周長(zhǎng)或面積問(wèn)題】【例3】（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測(cè)）正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的體積為43π，E、A．5π3 B．4π3 C．【解題思路】由已知，得到正方體ABCD?A1B【解答過(guò)程】

設(shè)正方體ABCD?A1B1C因?yàn)檎襟wABCD?A1B所以43πR由3a2=設(shè)球心O到平面EFG的距離為?，平面EFG截球的截面圓的半徑為r，設(shè)A1到平面EFG的距離為?因?yàn)镋、F、G分別為棱AA所以△EFG是邊長(zhǎng)為2的正三角形,由VA1?EFG則13解得?′=3所以A1到平面EFG的距離為?則?=OAr2所以平面EFG截球的截面面積為，πr故選：A.【變式3-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱BC的中點(diǎn)，用過(guò)點(diǎn)

A．32+25 B．9 C．2【解題思路】作出正方體的截面圖形，求出周長(zhǎng)即可.【解答過(guò)程】

如圖，取AB的中點(diǎn)G，連接GE，A1G，因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以GE//AC，又AA1//所以四邊形ACC所以AC//A1所以A1C1所以用過(guò)點(diǎn)A1，E，C1的平面截正方體，所得截面為梯形其周長(zhǎng)為22故選：A．【變式3-2】（2024·江蘇南通·二模）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，Q，R分別為棱BC，CD，A．53π B．83π C．【解題思路】根據(jù)正方體的幾何性質(zhì)確定外接球半徑R，設(shè)球心為O，求解O到截面PQR的距離OM，從而可得截面圓的面積.【解答過(guò)程】取正方體的中心為O，連接OP,OQ,OR，由于正方體的棱長(zhǎng)為2，所以正方體的面對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)為22，體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)為2正方體外接球球心為點(diǎn)O，半徑R=1又易得OP=OQ=OR=12×2所以三棱錐O?PQR為正四面體，如圖所示，取底面正三角形PQR的中心為M，即點(diǎn)O到平面PQR的距離為OM，又正三角形PQR的外接圓半徑為MQ，由正弦定理可得2MQ=PQsin60°=2即正方體ABCD?A1B1C1D所以截面PQR被球O所截圓的半徑r=R則截面圓的面積為πr故選：A.【變式3-3】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4,M為棱DC的中點(diǎn)，N為側(cè)面BC1的中心，過(guò)點(diǎn)M的平面A．45+2C．53 D．【解題思路】取BC,CC1的中點(diǎn)E,F，由△ADM∽△DCE，證得AM⊥DE，再由CC1⊥平面ABCD，證得AM⊥NE，從而得到AM⊥平面DNE，同理證得D1M⊥DN，利用線(xiàn)面垂直的判定定理，證得DN⊥【解答過(guò)程】如圖所示，取BC,CC1的中點(diǎn)E,F，分別連接在正方形ABCD中，因?yàn)镸,E分別為DC,BC的中點(diǎn)，可得△ADM∽△DCE，所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因?yàn)椤螦DM=90°，所以∠AMD+∠CDE=90°，所以又因?yàn)镋,N分別為BC,BC1的中點(diǎn)，所以因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，AM?平面ABCD，所以C又因?yàn)镈E∩NE=E且DE,NE?平面DNE，所以AM⊥平面DNE，因?yàn)镈N?平面DNE，所以AM⊥DN，同理可證：D1又因?yàn)锳M∩D1M=M且AM,D1M?平面即平面α截正方體ABCD?A1B由正方體ABCD?A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面積為S=1故選：D.【題型4球的截面問(wèn)題】【例4】（2024·四川資陽(yáng)·二模）已知球O的體積為500π3，點(diǎn)A到球心O的距離為3，則過(guò)點(diǎn)A的平面α被球O所截的截面面積的最小值是（A．9π B．12π C．16π【解題思路】根據(jù)球的體積公式，結(jié)合球的截面的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【解答過(guò)程】設(shè)球O的半徑為R，則43πR因?yàn)辄c(diǎn)A到球心O的距離為3，所以過(guò)點(diǎn)A的平面α被球O所截的截面圓的半徑的最小值為r=5則所求截面面積的最小值為πr故選：C.【變式4-1】（2024·四川自貢·三模）已知球O半徑為4，圓O1與圓O2為球體的兩個(gè)截面圓，它們的公共弦長(zhǎng)為4，若OO1=3，OA．3 B．433 C．3+3【解題思路】根據(jù)球心與截面圓心連線(xiàn)垂直圓面，求得兩個(gè)圓面所成二面角，再根據(jù)直角三角形以及勾股定理求解即可.【解答過(guò)程】設(shè)圓O1與圓O2公共弦為AB，其中點(diǎn)為則O1A=所以O(shè)1E=所以在Rt△OO1E中，在Rt△OO2E中，所以在△O1EO2故選：D.【變式4-2】（2024·陜西榆林·一模）已知H是球O的直徑AB上一點(diǎn)，AH:HB=1:2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，M為α上的一點(diǎn)，且MH=24，過(guò)點(diǎn)M作球O的截面，則所得的截面面積最小的圓的半徑為（A．142 B．114 C．144【解題思路】設(shè)截得的截面圓的半徑為r，球的半徑為R，由平面幾何知識(shí)得截面與球心的距離為13R，利用勾股定理求得R2的值，由題意可知球心O【解答過(guò)程】如圖，設(shè)截得的截面圓的半徑為r，球O的半徑為R，因?yàn)锳H:HB=1:2，所以O(shè)H=13R.由勾股定理，得R所以R2=1+1此時(shí)過(guò)點(diǎn)M作球O的截面，若要所得的截面面積最小，只需所求截面圓的半徑最小.設(shè)球心O到所求截面的距離為d，所求截面的半徑為r′，則r所以只需球心O到所求截面的距離d最大即可，而當(dāng)且僅當(dāng)OM與所求截面垂直時(shí)，球心O到所求截面的距離d最大，即dmax=OM=1故選：C.【變式4-3】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，某同學(xué)制作了一個(gè)工藝品.該工藝品可以看成是一個(gè)球被一個(gè)棱長(zhǎng)為8的正方體的六個(gè)面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合）.若其中一截面圓的周長(zhǎng)為4π，則球的體積為（

A．405π3 B．805π3【解題思路】設(shè)球的半徑為R，截面圓的半徑為r，兩個(gè)截面圓間的距離為2d，依題意求出r與d，利用勾股定理求出R，即可求出球的體積.【解答過(guò)程】設(shè)球的半徑為R，截面圓的半徑為r，兩個(gè)截面圓間的距離為2d，因?yàn)榻孛鎴A的周長(zhǎng)為4π，可得2πr=4又因?yàn)樵摴に嚻房梢钥闯墒且粋€(gè)球被一個(gè)棱為8的正方體的六個(gè)面所截后剩余的部分，所以?xún)山孛鎴A之間的距離為2d=8，解得d=4，根據(jù)球的截面的性質(zhì)，可得R2=r所以球的體積為V=4故選：C.【題型5截面切割幾何體的體積、表面積問(wèn)題】【例5】（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為4cm和6cm，AA1，BB1為圓臺(tái)的兩條母線(xiàn)，截面ABB1A1與下底面所成的夾角大小為60°，且A．193cm3 B．103cm3【解題思路】分別取A1B1，AB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，則易知截面ABB1A1與下底面所成的夾角為∠EFO=60°，E作EH⊥FO【解答過(guò)程】如圖，分別取A1B1，AB的中點(diǎn)E則O1E⊥A1B1，OF⊥AB且O1E//OF，又OF∩O1O=O，OF,O1O?平面又EF?平面FEO1O∴截面ABB1A過(guò)E作EH⊥FO于點(diǎn)H，則EH//O1又⊙O1劣弧A1B1∴∠A1O1B1=同理可得OF=3，∴FH=3?2=1，又∠EFO=60°，∴O又三角形A1O1同理可得三角形AOB的面積為12∴三棱臺(tái)ABO?A1B故選：C．【變式5-1】（2024·上海普陀·二模）若一個(gè)圓錐的體積為22π3，用通過(guò)該圓錐的軸的平面截此圓錐，得到的截面三角形的頂角為πA．2π B．2π C．22【解題思路】由體積求出圓錐的底面圓半徑和高，母線(xiàn)長(zhǎng)，即可計(jì)算圓錐的側(cè)面積．【解答過(guò)程】設(shè)圓錐的底面圓半徑為r，高為?，由軸截面三角形的頂角為π2，得r=?所以圓錐的體積為V=13π所以圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為l=2所以圓錐的側(cè)面積為S側(cè)故選：C．【變式5-2】（2024·河南開(kāi)封·二模）已知經(jīng)過(guò)圓錐SO的軸的截面是正三角形，用平行于底面的截面將圓錐SO分成兩部分，若這兩部分幾何體都存在內(nèi)切球（與各面均相切），則上、下兩部分幾何體的體積之比是（

）A．1:8 B．1:9 C．1:26 D．1:27【解題思路】作出圓錐SO的軸的截面，根據(jù)題意推出上、下兩部分幾何體的兩部分的內(nèi)切球的半徑之比為1:3，從而可得上部分圓錐的體積與圓錐SO的體積之比為1:27，從而可得解．【解答過(guò)程】如圖，作出圓錐SO的軸截面SAB，設(shè)上、下兩部分幾何體的兩部分的內(nèi)切球的球心分別為E，F(xiàn)，半徑分別為r，R，即OF=FG=R，EG=r，根據(jù)題意可知△SAB為正三角形，易知SE=2r，圓錐SO的底面半徑OB=3∴SO=2r+r+R+R=3r+2R，又SO=3∴3r+2R=3R，∴R=3r，∴上部分圓錐的底面半徑為3r，高為3r又圓錐SO的底面半徑為OB=3R=33∴上部分圓錐的體積與圓錐SO的體積之比為13∴上、下兩部分幾何體的體積之比是1:26．故選：C．【變式5-3】（2024·江西贛州·一模）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱A．62 B．54 C．6 【解題思路】根據(jù)給定條件，作出并證明過(guò)點(diǎn)B1，且與平面A【解答過(guò)程】在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，取連結(jié)DF,B1F,DB1顯然BF//DE//A1G，BF=DE=A1則BE//DF，A1E//GD，A1E,BE?平面A1于是DG//平面A1BE，DF//平面A1BE，又DG∩DF=D，因此平面DGF//平面A1BE，又EF//AB//A1B則B1F//A1E//DG從而過(guò)B1且平行于平面A1BE又DF=FB1=而DB1=所以四邊形DFB1G故選：A.【題型6交線(xiàn)長(zhǎng)度、軌跡問(wèn)題】【例6】（2025·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）在正六棱柱ABCDEF?A1B1C1D1E1F1中，A．(3+3)π B．(6+3)π【解題思路】根據(jù)題意，畫(huà)出圖形，設(shè)G,H分別為CC1,DD1的中點(diǎn)，連接OC1,A1C1,OE1,A【解答過(guò)程】因?yàn)榍騉的半徑為6，AB=3，所以球O不與側(cè)面ABB1A設(shè)G,H分別為CC1,D則由題意可得OA所以O(shè)C所以球O與側(cè)面BCC1B1交于點(diǎn)C1在正六邊形A1B1C1所以A1因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C因?yàn)镃1D1∩CC所以A1C1⊥平面CDD1C所以O(shè)H=O所以球O與側(cè)面CDD1C同理可得球O與側(cè)面EDD1E因?yàn)椤螮1A1C1=所以球面與該正六棱柱各面的交線(xiàn)總長(zhǎng)為2π故選：D.【變式6-1】（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱錐A?BCD中，AB,AC,AD兩兩垂直，且AB=AC=AD=3，以A為球心，6為半徑作球，則球面與底面BCD的交線(xiàn)長(zhǎng)度的和為（

）

A．23π B．3π C．3【解題思路】由等體積公式求出截面圓的半徑為r=(6)2?(3)2【解答過(guò)程】由題意知三棱錐A?BCD為正三棱錐，故頂點(diǎn)A在底面BCD的射影為△BCD的中心H，連接AH，由V三棱錐得13×1因?yàn)榍虻陌霃綖?，所以截面圓的半徑r=(所以球面與底面BCD的交線(xiàn)是以H為圓心，3為半徑的圓在△BCD內(nèi)部部分，如圖所示

易求HN=13×3易得∠EHF=π2，所以所以交線(xiàn)長(zhǎng)度和為2π故選：C.【變式6-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐P?ABCD的體積為423，底面ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)在經(jīng)過(guò)球心的截面圓上，頂點(diǎn)P在球O的球面上，點(diǎn)E為底面ABCD上一動(dòng)點(diǎn)，PE與PO所成角為π6，則點(diǎn)EA．2π B．43π C．6【解題思路】根據(jù)錐體的體積公式結(jié)合外接球的性質(zhì)可得半徑和四棱錐的底邊邊長(zhǎng)，進(jìn)而根據(jù)銳角三角函數(shù)可得OE=OP?tan∠EPO=63，即可判斷點(diǎn)E的軌跡為【解答過(guò)程】由題意，設(shè)球O的半徑為R．如圖所示，連接AC,BD交于點(diǎn)O，連接PO，則AO=BO=PO=R，AB=2R，PO⊥平面ABCD，所以V四棱錐在Rt△POE中，因?yàn)镺P=2，∠EPO=π因?yàn)檎叫蜛BCD的中心O到各邊的距離為22R=1>63，所以點(diǎn)E的軌跡為平面ABCD內(nèi)，以點(diǎn)O為圓心，半徑r=6故選:D．【變式6-3】（2024·河南·二模）已知四面體ABCD的各個(gè)面均為全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.設(shè)E為空間內(nèi)一點(diǎn)，且A,B,C,D,E五點(diǎn)在同一個(gè)球面上，若AE=23，則點(diǎn)E的軌跡長(zhǎng)度為（

A．π B．2π C．3π 【解題思路】將四面體ABCD放入長(zhǎng)方體中，求解長(zhǎng)方體的長(zhǎng)寬高，求解外接球的半徑，判斷E的軌跡，然后求解即可．【解答過(guò)程】將四面體ABCD放入長(zhǎng)方體中，設(shè)長(zhǎng)方體的相鄰三條棱長(zhǎng)分別為x，y，z，依題意，可知DA=CB=DB=AC=4，DC=AB=2，則x2+y2=4，x2+由于z=14，即異面直線(xiàn)AB和CD的距離為14由于長(zhǎng)方體的左右側(cè)面為正方形，所以AB⊥CD，取CD中點(diǎn)M，連接MF，則MF⊥左側(cè)面，AB在左側(cè)面，所以MF⊥AB，又CD∩MF=M,CD,MF?平面CFD，故AB⊥平面CFD，四面體ABCD的外接球半徑為R=x2+由AE=23，知點(diǎn)E的軌跡為一個(gè)圓，設(shè)軌跡圓的半徑為r，圓心為F過(guò)A,E,O作球的一個(gè)軸截面，所以AF2+AF2?F解得OF=2所以E的軌跡長(zhǎng)度為2π故選：D．【題型7截面的范圍與最值問(wèn)題】【例7】（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測(cè)）已知SO1=2，底面半徑O1A=4的圓錐內(nèi)接于球O，則經(jīng)過(guò)S和OA．252π B．253π C．【解題思路】根據(jù)球的截面性質(zhì)，結(jié)合三角形面積等積性、勾股定理進(jìn)行求解即可.【解答過(guò)程】如圖，設(shè)球O的半徑為R，線(xiàn)段O1A的中點(diǎn)為E，因?yàn)樗?2+(R?2)設(shè)經(jīng)過(guò)S和O1A中點(diǎn)E的平面截球O所得截面圓的圓心為O2，半徑為r，球心O則r2=R2?因?yàn)楫?dāng)d為點(diǎn)O到SE的距離時(shí)最大，此時(shí)d?SE=SO?EO1，又所以d=SO?E所以r2故截面面積的最小值為πr故選：A.【變式7-1】（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐P?ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，過(guò)點(diǎn)P作截面分別交AC,BC于點(diǎn)E,F，且二面角P?EF?C的平面角為60°，則所得截面PEF的面積最小值為（

A．43 B．83 C．2【解題思路】由二面角的定義可得PGC=60°，從而PG=433,CG=2【解答過(guò)程】過(guò)P作PG⊥EF，垂足為G，連接CG，則由三垂線(xiàn)定理可得EF⊥CG，∴∠PGC即為二面角P?EF?C的平面角，∴PGC=60°，PC=2，所以PG=4設(shè)CE=a,CF=b，則EF=a在三角形CEF中，ab=2又a2+b所以ab≥83，所以三角形PEF的面積為12故截面PEF面積的最小值為83故選：B.【變式7-2】（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，與直線(xiàn)A1A．383 B．343 C．【解題思路】首先確定截面的形狀，再通過(guò)幾何計(jì)算，確定面積的最大值.【解答過(guò)程】連結(jié)A1B，因?yàn)锽C⊥平面ABB1A1且AB1⊥A1B，BC,A1B?平面A所以AB1⊥A1C，同理B1所以A1C⊥平面所以平面α為平面AB1D當(dāng)M為三角形時(shí)，其面積的最大值為34當(dāng)M為六邊形時(shí)，此時(shí)的情況如圖所示，設(shè)KD=x，則AK=1?x,KL=2依次可以表示出六邊形的邊長(zhǎng)，如圖所示：六邊形可由兩個(gè)等腰梯形構(gòu)成，其中LP∥KO∥MN,KO=2，兩個(gè)等腰梯形的高分別為621?x則S六邊形=當(dāng)且僅當(dāng)x=12時(shí)，六邊形面積最大，即截面是正六邊形時(shí)截面面積最大，最大值為故選：B.【變式7-3】（2024·四川·一模）設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，與直線(xiàn)A．M必為三角形 B．M可以是四邊形C．M的周長(zhǎng)沒(méi)有最大值 D．M的面積存在最大值【解題思路】對(duì)于選項(xiàng)A和B，結(jié)合空間圖形，截面與直線(xiàn)A1【解答過(guò)程】對(duì)于選項(xiàng)A、B，易知平面α為平面AB1D對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)M為正三角形時(shí)，顯然截面多邊形M為△AB1D當(dāng)截面多邊形M為六邊形時(shí)，設(shè)KD=x，則AK=1?x，KL=21?x，易得：KM=ON=LP=2x，此時(shí)截面多邊形M的周長(zhǎng)為定值：32綜合兩種情況，M的周長(zhǎng)的最大值為32對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)M為正三角形時(shí)，僅當(dāng)截面多邊形M為△AB1D當(dāng)截面多邊形M為六邊形時(shí)，設(shè)KD=x，該六邊形可由兩個(gè)等腰梯形KONM和KOPL構(gòu)成，其中MN//KO//LP，KO=2，KM=ON=LP=2x兩個(gè)等腰梯形KOPL和KONM的高分別為621?x和則SSMSM當(dāng)且僅當(dāng)x=12時(shí)，六邊形面積最大值為綜上，當(dāng)x=12時(shí)，截面多邊形為正六邊形時(shí)面積取得最大值選項(xiàng)D正確.故選：D.一、單選題1．（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）過(guò)圓錐PO高的中點(diǎn)O′作平行于底面的截面，則截面分圓錐PO上部分圓錐與下部分圓臺(tái)體積比為（

A．12 B．13 C．15【解題思路】利用圓錐、圓臺(tái)的體積公式求得圓錐與圓臺(tái)的體積關(guān)系．【解答過(guò)程】設(shè)截面圓半徑為r，圓錐的高為h，圓錐的體積為V1,則圓臺(tái)下底面圓的半徑為2r，圓臺(tái)的高為h，圓臺(tái)的體積為V所以V2=1可得V1故選：D.2．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E是線(xiàn)段BB1上靠近B1的三等分點(diǎn)，點(diǎn)FA．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【解題思路】如圖，由題意，根據(jù)空間線(xiàn)面的位置關(guān)系、基本事實(shí)以及面面平行的性質(zhì)定理可得l//AE，進(jìn)而FI//AE，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)即可求解．【解答過(guò)程】如圖，設(shè)AB=6，分別延長(zhǎng)AE、A1B1交于點(diǎn)連接FG交B1C1于H設(shè)平面AEF與平面DCC1D1的交線(xiàn)為因?yàn)槠矫鍭BB1A1//平面DCC1D1所以l//AE，設(shè)l∩D1D=I此時(shí)△FD1I∽△ABE，故ID1所以五邊形AIFHE為所求截面圖形，故選：C．

3．（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測(cè)）已知正三棱錐A?BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC=3，側(cè)棱AB=23，點(diǎn)E在線(xiàn)段BD上，且BE=DE，過(guò)點(diǎn)E作球O的截面，則所得截面圓面積的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【解題思路】設(shè)△BCD的外接圓的圓心為O1，根據(jù)Rt△OO1D中，R2=3+【解答過(guò)程】如圖，設(shè)△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D則O1D=3sin在Rt△OO1D中，當(dāng)截面過(guò)球心時(shí)，截面面積最大，最大面積為π?∴所得截面圓面積的最大值為4π故選：D．

4．（2024·廣東江門(mén)·模擬預(yù)測(cè)）沙漏也叫做沙鐘，是一種測(cè)量時(shí)間的裝置.沙漏由兩個(gè)完全一樣的圓錐和一個(gè)狹窄的連接管道組成，通過(guò)充滿(mǎn)了沙子的玻璃圓錐從上面穿過(guò)狹窄的管道流入底部玻璃圓錐所需要的時(shí)間來(lái)對(duì)時(shí)間進(jìn)行測(cè)量西方發(fā)現(xiàn)最早的沙漏大約在公元1100年，比我國(guó)的沙漏出現(xiàn)要晚．時(shí)鐘問(wèn)世之后，沙漏完成了它的歷史使命.現(xiàn)代沙漏可以用來(lái)助眠．經(jīng)科學(xué)認(rèn)證，人類(lèi)的健康入睡時(shí)間是15分鐘，沙漏式伴睡燈便是一個(gè)15分鐘的計(jì)時(shí)器．它將古老的計(jì)時(shí)沙漏與現(xiàn)代夜燈巧妙結(jié)合，隨著沙粒從縫隙中滑下，下部的燈光逐漸被沙子掩埋，直到15分鐘后沙粒全部流光，柔和的燈光完全覆蓋．就這樣，寧?kù)o的夜晚，聽(tīng)著沙粒窸窸窣窣的聲音，仿佛一首緩緩流動(dòng)的安眠曲如圖，一件沙漏工藝品，上下兩部分可近似看成完全一樣的圓錐，測(cè)得圓錐底面圓的直徑為10cm，沙漏的高（下底面圓心的距離）為8cm，通過(guò)圓錐的頂點(diǎn)作沙漏截面，則截面面積最大為（

）A．40cm2 B．41cm2 C．【解題思路】法一，根據(jù)條件得到S=16+法二，設(shè)∠APB=θ，根據(jù)條件得到S△PAB【解答過(guò)程】由沙漏的對(duì)稱(chēng)性，通過(guò)圓錐頂點(diǎn)作沙漏的截面，上下兩部分截面為全等的三角形，只需要討論通過(guò)頂點(diǎn)作圓錐的截面的最大值，如圖，在圓錐PO中，過(guò)頂點(diǎn)P作截面為PAB，作OM⊥AB于M，延長(zhǎng)OM交底面圓交于點(diǎn)C，連接PM,OA,OB,|PO|=4cm設(shè)|OM|=xcm，|PM|=S△PAB當(dāng)且僅當(dāng)16+x2=25?x2故選：B．方法二：設(shè)∠APB=θ,|PA|=|PO所以S△PAB當(dāng)AB為底面圓直徑時(shí)，θ取得最大，此時(shí)cosθ=41+41?1002.41所以當(dāng)θ=π2時(shí)，S△PPB故選：B．5．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，

A．該截面是四邊形B．A1C⊥C．平面AB1D．該截面與棱BB1的交點(diǎn)是棱【解題思路】對(duì)A：延拓平面C1EF，即可求得截面，從而進(jìn)行判斷；對(duì)B：證明A1C與C1P不垂直，即可證明；對(duì)C：由【解答過(guò)程】對(duì)A：如圖，將線(xiàn)段EF向兩邊延長(zhǎng)，分別與棱CB的延長(zhǎng)線(xiàn)，棱CD的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)G,H，連接C1G,C1H，分別與棱B

對(duì)B：因?yàn)锳1B1⊥面BCC又BC1⊥B1C，B1又A1C?面A1假設(shè)A1C⊥C1P，又C1P∩BC1又A1B1⊥面BCC又C1P?平面C1EF，所以對(duì)C：CC1⊥面A1B1CA1C1∩CC1=C1,A故B1D1⊥A1C故A1C⊥平面AB1D所以平面AB1D對(duì)D：易知BG=12BC=所以截面C1PEFQ與棱BB1的交點(diǎn)故選：D．6．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D為B1C1

A．3,92 B．3,92 C．【解題思路】過(guò)E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F，取C1F的中點(diǎn)H，連接DH【解答過(guò)程】直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，過(guò)E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F

設(shè)CE=2m(0≤m≤1)，①當(dāng)m=0時(shí)，平面BDE截直三棱柱ABC?A1B1C②當(dāng)0<m≤1時(shí)，因?yàn)镋F//CC1，CE//C1F，所以四邊形EC因?yàn)镈，H分別為B1C1，C1F因?yàn)镋F//BB1，EF=CC所以BE//B1則BE//DH，BE=2DH，即平面BDE截直三棱柱ABC?A1在Rt△HFE中，∠EFH=90°，EF=2，HF=m在Rt△BB1D中，∠BB1D=在Rt△BCE中，∠BCE=90°，BC=2，CE=2m，則過(guò)D作DM⊥BE垂足為M，過(guò)H作HN⊥BE垂足為N，所得平面圖形如下;

則HE=4+m2，BD=5，BE=2設(shè)BM=x，則NE=所以DM2=5?x2化簡(jiǎn)可得：x=11+m所以S梯形因?yàn)楫?dāng)0<m≤1，所以2<5m2綜上，平面BDE截直三棱柱ABC?A1故選：A.7．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，DA．62 B．32 C．305【解題思路】根據(jù)題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當(dāng)截面面積最大時(shí)，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R，當(dāng)截面與OP垂直時(shí)，截面面積最??；分別求出對(duì)應(yīng)的半徑大小即可得出結(jié)果.【解答過(guò)程】如圖，正方體ABCD?A1B1C則外接球的半徑R=1要使過(guò)直線(xiàn)EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線(xiàn)段EF的中點(diǎn)P，連接OE，OF，OP，則OE=OF=aEF=a所以O(shè)P=O此時(shí)截面圓的半徑r=R顯然當(dāng)截面面積最大時(shí)，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R；所以Ss故選：D．8．（2024·山東棗莊·一模）在側(cè)棱長(zhǎng)為2的正三棱錐A?BCD中，點(diǎn)E為線(xiàn)段BC上一點(diǎn)，且AD⊥AE，則以A為球心，2為半徑的球面與該三棱錐三個(gè)側(cè)面交線(xiàn)長(zhǎng)的和為（

）A．32π4 B．2π C．【解題思路】借助線(xiàn)面垂直的判定定理與性質(zhì)定理可得AD、AB、AC兩兩垂直，即以A為球心，2為半徑的球面與該三棱錐三個(gè)側(cè)面交線(xiàn)分別為三段半徑為2，圓心角為π2【解答過(guò)程】取BC中點(diǎn)F，連接AF、DF，則有AF⊥BC，DF⊥BC，又AF∩DF=F，AF、DF?平面ADF，故BC⊥平面ADF，又AD?平面ADF，故BC⊥AD，又AD⊥AE，BC∩AE=E，BC、AE?平面ABC，故AD⊥平面ABC，又AC、AB?平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB，由正三棱錐的性質(zhì)可得AD、AB、AC兩兩垂直，故AF=1222+22π2×2故選：C.

二、多選題9．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐P?ABC中，△ABC與△PAC是全等的等腰直角三角形，平面PAC⊥平面ABC,AC=2,D為線(xiàn)段AC的中點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)D作平面截該三棱錐的外接球所得的截面面積可能是（

）A．π B．2π C．4π 【解題思路】將三棱錐P?ABC補(bǔ)成正方體，通過(guò)求正方體外接球的半徑來(lái)求三棱錐外接球的半徑；并分析出球心O到截面的距離最大時(shí)，截面圓的面積最小，另外圖5另做分析.【解答過(guò)程】由題意可知，滿(mǎn)足條件的三棱錐有五種情況，如圖．由于圖（1）（2）（3）（4）將三棱錐P?ABC補(bǔ)成正方體，其外接球球心為正方體中心，點(diǎn)D到球心O的距離相等，因此只考慮一種情況．以圖（1）為例，其外接球半徑R=3當(dāng)OD垂直于截面時(shí)，截面圓的半徑取最小值r=R2?O當(dāng)截面過(guò)球心時(shí)，截面圓的半徑取最大值r=3，此時(shí)其面積為3因此截面圓的面積的取值范圍為π,3若三棱錐為圖（5），∠APC=∠ABC=90則球心O與D重合，此時(shí)r=1，截面圓的面積為π．故選：AB．10．（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）已知正四面體P?ABC，過(guò)點(diǎn)P的平面將四面體的體積平分，則下列命題正確的是（

）A．截面一定是銳角三角形 B．截面可以是等邊三角形C．截面可能為直角三角形 D．截面為等腰三角形的有6個(gè)【解題思路】根據(jù)題意，結(jié)合正四面體的幾何特征，以及余弦定理和三角形的性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.【解答過(guò)程】如圖所示，設(shè)過(guò)點(diǎn)P的截面交底面AB,AC于點(diǎn)E,F，且AE=a,AF=b，因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)P的平面將正四面體的體積平分，即EF平分△ABC的面積，可設(shè)正四面體P?ABC的棱長(zhǎng)為2，可得12absinπ3對(duì)于A中，在△AEF中，可得EF在△PAE中，可得PE在△PAF中，可得PF則PE2+P同理可得PE2+E即在△PEF中，任意的兩邊的平方和大于第三邊，所以△PEF為銳角三角形，所以A正確；對(duì)于B中，若截面△PEF為等邊三角形，則滿(mǎn)足EF若PE2=PF2此時(shí)EF2=2,P所以截面△PEF不是等邊三角形，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C中，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，要使得平面PEF平分三棱錐P?ABC的體積，即EF平分△ABC的面積，此時(shí)F為AC的中點(diǎn)，此時(shí)PF⊥AC,BE⊥AC，則△PEF中，邊PF,BF取得最小值，且BF=PF=3，且PB=2可得cos∠PBF=3+3?42×所以△PEF不能為直角三角形，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D中，當(dāng)過(guò)點(diǎn)P截面過(guò)底面△ABC的一個(gè)頂點(diǎn)和對(duì)邊的中點(diǎn)時(shí)，如圖（1）所示，得到截面△PBE，△PCD,△PAF，此時(shí)BE=PE=CD=PD=AF=PF，此時(shí)三個(gè)三角形都為等腰三角形，且滿(mǎn)足把正四面體P?ABC的體積平分；如圖（2）所示，在△ABC的邊長(zhǎng)上分別取D,E,F,M,N,H，使得AE=AN,BM=BD,CF=CH，連接EH,DM,FH，使得EH,DM,FH恰好平分△ABC的面積，此時(shí)截面△PDM,△PEN,△PFH恰好平分正四面體P?ABC的體積，且△PDM,△PEN,△PFH為等腰三角形，綜上可得，截面為等腰三角形的有6個(gè)，所以D正確.故選：AD.

11．（2024·湖北荊州·三模）如圖，正八面體E?ABCD?F棱長(zhǎng)為2．下列說(shuō)法正確的是（

）A．BE//平面ADFB．當(dāng)P為棱EC的中點(diǎn)時(shí)，正八面體表面從F點(diǎn)到P點(diǎn)的最短距離為7C．若點(diǎn)P為棱EB上的動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐F?ADP的體積為定值4D．以正八面體中心為球心，1為半徑作球，球被正八面體各個(gè)面所截得的交線(xiàn)總長(zhǎng)度為16【解題思路】對(duì)于A，由線(xiàn)線(xiàn)平行證得線(xiàn)面平行；對(duì)于B，將△EBC和△FBC展開(kāi)至同一平面，由余弦定理可求最小值；對(duì)于C，等體積法得到三棱錐F?ADP的體積為定值223，對(duì)于D，以【解答過(guò)程】對(duì)于A，在正八面體中BE=DE=BF=DF=2，故四邊形BFDE為菱形，故BE//DF，又DF?平面ADF，BE?平面ADF，所以BE//平面ADF，故A正確；對(duì)于B，將△EBC和△FBC展開(kāi)至同一平面，如圖所示，其中∠ECF=π3+π3由余弦定理得：FP2=C對(duì)于C，VF?ADP=VA?FDP，連接AC、BD，相交于點(diǎn)由對(duì)稱(chēng)性可知，AO=CO=BO=DO=EO=FO，△AEO、△ABO均為等腰直角三角形，所以AO=CO=BO=DO=EO=FO=2，AO⊥EF，AO⊥BD又EF∩BD=O,EF,BD?平面BFDE，可證得AO⊥平面BFDE，所以A到平面FDP的距離為AO=2設(shè)菱形BFDE的面積為S，則S=12BD?EF=三棱錐F?ADP的體積為定值13對(duì)于D，易得以O(shè)為球心，1為半徑的球與各條棱均切于中點(diǎn)處，故球與每個(gè)側(cè)面的交線(xiàn)即側(cè)面正三角形的內(nèi)切圓，又以2為邊長(zhǎng)的正三角形的高為3，可得內(nèi)切圓半徑r=33，交線(xiàn)總長(zhǎng)度故選：ABD.三、填空題12．（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD中，M，N分別為棱AD，BC的中點(diǎn)，O為線(xiàn)段MN的中點(diǎn)，球O的表面與線(xiàn)段AD相切于點(diǎn)M，則球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長(zhǎng)為833【解題思路】根據(jù)給定條件，求出線(xiàn)段MN長(zhǎng)及點(diǎn)O到平面BCD的距離，即可得到球O被平面BCD截得的截面周長(zhǎng)，從而得到結(jié)果；【解答過(guò)程】在棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD中，連接AN,DN，過(guò)O作OE⊥DN于E，如圖，由M,N分別為棱AD,BC的中點(diǎn)，得AN⊥BC,DN⊥BC，而AN∩DN=N,AN,DN?平面AND，則BC⊥平面AND，又BC?平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，而平面AND∩平面BCD=DN，因此OE⊥平面BCD，而AN=DN=3，DM=1，MN⊥AD，則MN=球O半徑ON=12MN=22球O被平面BCD截得的截面圓半徑r=O所以球O被平面BCD截得的截面周長(zhǎng)2πr=又ABCD為正四面體，所以球O被正四面體ABCD的每個(gè)面截得的截面都為圓，且圓的半徑為33所以球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長(zhǎng)為4×2故答案為：8313．（2024·山東日照·一模）已知正四棱錐S?ABCD的所有棱長(zhǎng)都為2；點(diǎn)E在側(cè)棱SC上，過(guò)點(diǎn)E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形H，則H的邊數(shù)至多為5，H的面積的最大值為423【解題思路】數(shù)形結(jié)合，作平面與平面BDF平行，即可解決；令SESF=λ，用λ表示相關(guān)長(zhǎng)度，整理得【解答過(guò)程】取SC中點(diǎn)F,BF⊥SC,DF⊥SC,且BF∩DF=F，BF,DF?平面BDF，可知SC⊥平面BDF，根據(jù)平面的基本性質(zhì)，作平面與平面BDF平行，如圖至多為五邊形.令SESF=λ，則可得PB=BQ=PQ=21?λ則cos∠DFB=3+3?42×所以S△EMP又因?yàn)镸N與NQ的夾角為SA與BD夾角，而SA與BD垂直，則SPMNQ可得S=42可知：當(dāng)λ=23時(shí)，S取最大值故答案為：5；4214．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C①存在平面α，使B1②若平面α與平面BB1C1C的交線(xiàn)為l③若平面α截正方體所得的截面為三角形，則該截面三角形面積的最大值為24④若平面α過(guò)點(diǎn)B1，點(diǎn)P在線(xiàn)段BC1上運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)P到平面A其中真命題的序號(hào)為①②④．【解題思路】對(duì)于①：取平面α為平面ABC1D1，結(jié)合線(xiàn)面垂直分析判斷；對(duì)于②：根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得AD1∥l，再結(jié)合平行線(xiàn)的傳遞性分析判斷；對(duì)于③：舉反例說(shuō)明即可；對(duì)于④：可證BC1∥平面AB【解答過(guò)程】對(duì)于①：取平面α為平面ABC因?yàn)锽B1C又因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C，B且BC1∩AB=B，B可得B1C⊥平面ABC對(duì)于②：顯然此時(shí)平面α與平面AA因?yàn)槠矫鍮B1C且平面α∩平面BB1C1C=l，平面α∩平面A又因?yàn)锳B∥C1D1，AB=C1D1可知當(dāng)l不與BC1重合時(shí)，l∥對(duì)于③：例如截面AB1D且S△A對(duì)于④：由②可知：AD1∥且AD1?平面AB1D1，B因?yàn)辄c(diǎn)P在線(xiàn)段BC1上運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)P到平面不妨取點(diǎn)P為點(diǎn)B，設(shè)點(diǎn)B到平面AB1D因?yàn)閂B?AB1D1所以點(diǎn)P到平面AD1B故答案為：①②④.四、解答題15．（2024·陜西榆林·三模）如圖是一個(gè)半圓柱，DC,AB分別是上?下底面圓的直徑，O為AB的中點(diǎn)，且AB=AD=2,E是半圓AB上任一點(diǎn)（不與A?(1)證明：平面DEA⊥平面CEB，并在圖中畫(huà)出平面DEA與平面CEB的交線(xiàn)（不用證明）；(2)若點(diǎn)E滿(mǎn)足DE=62EB，空間中一點(diǎn)P滿(mǎn)足DP【解題思路】（1）根據(jù)題意可證EB⊥平面DEA，即可得結(jié)果；可證BC∥平面DEA，進(jìn)而可得BC∥l，即可得交線(xiàn)；（2）根據(jù)題意利用解三角知識(shí)可得S△EOB【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镋在AB上，則EA⊥EB，由題意可知：DA⊥EB,DA∩EA=A,EA,DA?平面DEA，可得EB⊥平面DEA，且EB?平面CEB，所以平面DEA⊥平面CEB.因?yàn)锳D∥BC，AD?平面DEA，BC?平面DEA，可得BC∥平面DEA，設(shè)平面DEA與平面CEB的交線(xiàn)為l，且BC?平面CEB，可得BC∥l，過(guò)E作BC的平行線(xiàn)交DC于點(diǎn)F，則EF即為平面DEA與平面CEB的交線(xiàn).（2）因?yàn)镈E可得4+AE2=則sin∠EOA=sin2∠EBA=又因?yàn)辄c(diǎn)P滿(mǎn)足DP=2PB，即點(diǎn)P是線(xiàn)段DB上靠近可得VD?EOP所以三棱錐D?EOP的體積為VD?EOP16．（2024·廣西河池·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥A