第9讲 立体几何截面和交线问题（解析版）-2021年新高考数学之立体几何综合讲义

第 9 讲 立体几何截面和交线问题 一．选择题（共 13 小题） 1．在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E ，F 分别为 1 1A D ， 1 1D C 的中点，则过 B ， E ，F 三点的平 面截该正方体，所得截面的周长为 ( ) A． 5 2 B． 6 2 C． 2 2 13 D． 2 4 13 【解答】解：如图，延长 EF ， FE ，分别交 1 1B C ， 1 1B A 的延长线于点 H ， G 连结 BG ， BH ， 分别交 1AA ， 1CC 于点 I ， J ，则五边形 BIEFJ 为所求截面．平面 1 / /B C 平面 1A D ， 平面 BGH 与之交线 / /IE BJ ，棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ADCB A D C B 中， 可得 2 24 2 132 ( )3 3BI GJ    ， 2 22 131 ( )3 3EI FJ     ， 2EF  ， 则过 D ， E ， F 三点的平面截该正方体， 所得截面的周长为： 13 2 132 2( ) 2 2 133 3     ． 故选： C ． 2．已知圆 2 2:( 2) 4M x y   ，过点 (1,1) 的直线中被圆 M 截得的最短弦长为 2 2 ，类比上述方法：设球 O 是棱长为 4 的正方体的外接球，过该正方体的棱的中点作球 O 的截面，则最小截面的面积为 ( ) A． 3 B． 4 C． 5 D． 6 【解答】解：由题意，正方体的棱的中点与 O 的距离为 2 2 ，球的半径为 2 3 ， 最小截面的圆的半径为 12 8 2  ， 最小截面的面积为 22 4  ， 故选： B ． 3．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， M 为 1CC 的中点，若 AM  平面 ，且 B平面 ，则 平面 截正方体所得截面的周长为 ( ) A．3 2 2 5 B． 4 4 2 C． 2 2 2 5 D． 6 2 【解答】解：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中 BD AC ， BD AM  （三垂线定理）， 取 1BB 中点 N ， 1 1A B 中点 E ，连 MN ， AN ， BE ， 可知 BE AN ， BE AM  （三垂线定理）， AM  平面 DBE ， 取 1 1A D 中点 F ， 则 即为截面 BEFD ， 易求周长为 3 2 2 5 ， 故选： A ． 4．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱长为 4，M ，N ，P 分别是棱 1 1A D ， 1A A ， 1 1D C 的中点，则过 M ， N ，P 三 点的平面截正方体所得截面的面积为 ( ) A． 2 3 B． 4 3 C． 6 3 D．12 3 【解答】解：如图所示； 取正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱 AB 、 BC 、 1CC 的中点 L 、 K 、 Q ， 连接 NL ， LK 、 KQ 、 QP ， 则六边形 PQKLNM 是过 M ， N ， P 三点的平面截正方体所得的截面， 该六边形是正六边形，其边长为 1 2 22 NQ  ， 其面积为 21 36 (2 2) 12 32 2     ． 故选： D ． 5．已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得 截面面积的最大值为 ( ) A． 3 3 4 B． 2 3 3 C． 3 2 4 D． 3 2 【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 2 2 ，  截此正方体所得截面最大值为： 23 2 3 36 ( )4 2 4    ． 故选： A ． 6．体积为18 3 的正三棱锥 A BCD 的每个顶点都在半径为 R 的球 O 的球面上，球心 O 在此三棱锥内部， 且 : 2 :3R BC  ，点 E 为线段 BD 上一点，且 2DE EB ，过点 E 作球 O 的截面，则所得截面圆面积的取 值范围是 ( ) A．[4 ，12 ] B．[8 ，16 ] C．[8 ，12 ] D．[12 ，16 ] 【解答】解：设 3BC a ，则 2R a ， 体积为18 3 的正三棱锥 A BCD 的每个顶点都在半径为 R 的球 O 的球面上，  21 3 9 18 33 4 a h   ， 2 24h a   ， 2 2 2( ) ( 3 )R h R a   ， 2 2 2 2 244 ( 2 ) 3a a aa     ， 2a  ， 6BC  ， 4R  ， 点 E 为线段 BD 上一点，且 2DE EB ， ODB 中， 4OD OB  ， 6DB  ， 3cos 4ODB  ， 316 16 2 4 4 2 24OE        ， 截面垂直于 OE 时，截面圆的半径为 16 8 2 2  ，截面圆面积为8 ， 以 OE 所在直线为直径时，截面圆的半径为 4，截面圆面积为16 ， 所得截面圆面积的取值范围是[8 ，16 ] ． 故选： B ． 7．圆锥的母线长为 2，其侧面展开图的中心角为 弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为 2；则 的 取值范围是 ( ) A．[ 2 ,2 )  B．[ , 2 ]  C．{ 2 } D． 2[ , )2   【解答】解：圆锥的母线长为 2，其侧面展开图的中心角为 弧度， 过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为 2， 设轴截面的中心角为 2 ，由条件得： 4 2   „ ， 2sin 2 2 r r l    … ， 解得 2r… ， 2 2 2 22 r l    … ，  2 2  „ ，  的取值范围是[ 2 ,2 )  ． 故选： A ． 8．如图，已知四面体 ABCD 为正四面体， 1AB  ， E ， F 分别是 AD ， BC 中点．若用一个与直线 EF 垂 直，且与四面体的每一个面都相交的平面 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面 积最大值为 ( ) A． 1 4 B． 2 4 C． 3 4 D．1 【解答】解：补成正方体如图： 由于 EF  ，故截面为平行四边形 MNKL ，可得 1KL KN  ； 又 / /KL BC ， / /KN AD ，且 AD BC ； KN KL  ， ( 2MNKL NK KLS NK KL   四边形 „ 2 1) 4  ， 当且仅当 NK KL 时取等号． 故选： A ． 9．设四棱锥 P ABCD 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 PAD 与侧面 PBC 相交，侧面 PAB 与侧面 PCD 相交， 设两组相交平面的交线分别为 m ， n ， 由 m ， n 确定的平面为  ， 作 与  平行且与四条侧棱相交， 交点分别为 1A ， 1B ， 1C ， 1D 则由面面平行的性质定理得： 1 1 1 1/ / / /A B m D C ， 1 1 1 1/ / / /A D n B C ， 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： D ． 10．如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的对角线 1AC 上任取一点 P ，以 A 为球心， AP 为半径 作一个球．设 AP x ，记该球面与正方体表面的交线的长度和为 ( )f x ，则函数 ( )f x 的图象最有可能 的是 ( ) A． B． C． D． 【解答】解：如图，球面与正方体的表面都相交， 根据选项的特点，我们考虑三个特殊情形：①当 1x  ；②当 1 2x  ；③当 2x  ． ①当 1x  时，以 A 为球心，1 为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线分别是图中的红色的弧线，其 弧长为： 1 33 2 14 2     ，且为函数 ( )f x 的最大值； ②当 1 2x  时，以 A 为球心， 1 2 为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线分别是图中的兰色的弧线，根 据图形的相似，其弧长为①中弧长的一半； ③当 2x  ．以 A 为球心， 2 为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线分别是图中的粉红色的弧线， 其弧长为： 1 33 2 14 2     ，且为函数 ( )f x 的最大值； 对照选项， B 正确． 故选： B ． 11．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 3 ，以顶点 A 为球心，2 为半径作一个球，则图中球面与正方 体的表面相交所得到的两段弧长之和等于 ( ) A． 5 6  B． 2 3  C． D． 7 6  【解答】解：如图，球面与正方体的六个面都相交， 所得的交线分为两类：一类在顶点 A 所在的三个面上，即面 1 1AA B B 、面 ABCD 和面 1 1AA D D 上； 另一类在不过顶点 A 的三个面上，即面 1 1BB C C 、面 1 1CC D D 和面 1 1 1 1A B C D 上． 在面 1 1AA B B 上，交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上，因为 2AE  ， 1 3AA  ， 则 1 6A AE   ．同理 6BAF   ，所以 6EAF   ， 故弧 EF 的长为： 2 6 3    ， 而这样的弧共有三条． 在面 1 1BB C C 上，交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球面相交所得的小圆上， 此时，小圆的圆心为 B ，半径为 1， 2FBG   ， 所以弧 FG 的长为：1 2 2    ． 于是，所得的曲线长为： 5 3 2 6     ． 故选： A ． 12．已知三棱锥 P ABC 的棱 AP 、 AB 、 AC 两两垂直，且长度都为 3 ，以顶点 P 为球心 2 为半径作一个 球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于 ( ) A． 2 3  B． 5 6  C． D． 3 2  【解答】解：如图， 3AP  ， 1AN  ， 6APN   ， 12NPM   ，   212 6MN     ． 同理  6GH  ，  12 2HN     ，  223 3GM     ， 球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于 2 3 6 6 2 3 2         ． 故选： D ． 13．已知底面为正方形的四棱锥 O ABCD ，各侧棱长都为 2 3 ，底面面积为 16，以 O 为球心，以 2 为半 径作一个球，则这个球与四棱锥 O ABCD 相交部分的体积是 ( ) A． 2 9  B． 8 9  C．16 9  D． 4 3  【解答】解：连接正方体的对角线根据交点得出正方体可以分割成 6 个相同的四棱锥， 四棱锥 O ABCD 的底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，各侧棱长均为 2 3 ， 以 O 为中心，将 6 个这样的四棱锥放在一起，会得到一个正方体； 而以 O 为球心，2 为半径的球正好在正方体的内部； 则球与该四棱锥重叠部分的体积为球体积的 1 6 ； 因此以 O 为球心，2 为半径的球与该四棱锥重叠部分的体积是 31 4 1626 3 9V      ， 故选： C ． 二．多选题（共 2 小题） 14．如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M ，N ，P ，Q 分别是所在棱的中点，则下列结论正确的是 ( ) A．点 1C ， 1D 到平面 PMN 的距离相等 B． PN 与QM 为异面直线 C． 90PNM   D．平面 PMN 截该正方体的截面为正六边形 【解答】解：如图，取 BC 中点 E ， 1CC 中点 F ，则有六边形 MQNPEF 为正六边形， 对于 A ，根据正方体的对称性，可得点 1C ， 1D 到平面 MQNPEF 的距离相等， A 正确； 对于 B ， PN 与 QM 为共面直线，故 B 错； 对于 C ，在正六边形 MQNPEF 中，设 1PN  ，则 2PM  ， 3MN  ， 2 2 2MN PN PM   ，则 MN PN ， 故 C 正确； 对于 D ，平面 PMN 截该正方体的截面为正六边形，故 D 正确． 故选： ACD ． 15．如图，棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球为球 O ， E 、 F 分别是棱 AB 和棱 1CC 的中点，G 在棱 BC 上移动，则下列结论成立的有 ( ) A．存在点 G ，使 OD 垂直于平面 EFG B．对于任意点 G ， / /OA 平面 EFG C．直线 EF 的被球 O 截得的弦长为 2 D．过直线 EF 的平面截球 O 所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为 2  【解答】解：正方体的内切球的球心即正方体的中心 O ， 1R  ， 对于 A ，当 G 为 BC 的中点时， EG BD ， 1BB EG ， 1BB BD B  ， EG  平面 1BB D ，而 1B D  平面 1BB D ，则 1EG B D ， 同理， FG  平面 1B CD ，可得 1FG B D ， EG FG G  ， 1B D  平面 EFG ，即 OD 垂直于平面 EFG ，故 A 正确； 对于 B ，当 G 与 B 重合时， A平面 EFB ， O 平面 EFB ， OA 与平面 EFG 相交，此时 / /OA 平面 EFG 不成立，故 B 错误； 对于 C ， 2 2 5 1 6EF EC FC     ，取 EF 的中点 M ， 由对称性可知， OE OF ， OM EF  ， 2OE  ， 2 2 2 2OM OE EM    ，即 O 到 EF 的距离为 2 2 ， 直线 EF 的被球 O 截得的弦长为 2 2 222 2 1 ( ) 22R OM    ，故 C 正确； 对于 D ，设截面圆的半径为 r ， O 到平面的距离为 d ，则 2 2 2r d R  ， 当 O 到平面的距离最大时，截面圆的半径 r 最小， O 到平面的距离小于等于 O 到 EF 的距离，当 2 2d  时， 22 21 ( )2 2minr    ， 半径最小的圆的面积为 2 2r   ，故 D 正确． 故选： ACD ． 三．填空题（共 17 小题） 16．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 4， E ， F 分别是 BC 和 1 1C D 的中点，经过点 A ， E ， F 的平面把正 方体 1 1 1 1ABCD A B C D 截成两部分，则截面的周长为 10 2 135 3 5 3 3    ． 【解答】解：如图所示： 过点 F 作 / /FH AE 交 1 1A D 于 H ， 由题意可得 2 2 2 24 2 2 5AE AB BE     ， 易知 1 1D H  ，可得 2 2 1 1 1 4 5HF D H D F     ， 所以点 H 为 1 1A D 的四等分点，可得 2 2 2 2 1 1 4 3 5AH AA A H     ， 所以 1 1 1 1 4 D H A D  ， 过点 E 作 / /EP AH 交 1CC 于点 P ， 则△ 1AA H PCE∽ ， 所以 1 1 AA CP A H CE  ，解得 8 3CP  ， 所以截面与 1 1BCC B 的交线段长为 2 2 10 3PE CE CP   ， 2 2 2 2 1 1 8 2 13(4 ) 23 3PF C P C F      ， 可得截面的周长 10 2 13 10 2 132 5 5 5 5 3 53 3 3 3L AE EP PF FH HA              ． 故答案为： 10 2 135 3 5 3 3    ． 17．如图正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， P 为 BC 的中点， Q 为线段 1CC 的中点，过点 A ， P ， Q 的 平面 截该正方体所得的截面的周长为 2 5 3 2 ． 【解答】解：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， P 为 BC 的中点， Q 为线段 1CC 的中点， 过点 A ， P ， Q 的平面 截该正方体所得的截面为梯形 1APQD ， 2 2 1 2 2 2 2 2AD PQ    ， 2 2 1 2 1 5AP D Q    ， 过点 A ， P ， Q 的平面 截该正方体所得的截面的周长为： 1 1 2 5 3 2L AP PQ QD AD      ． 故答案为： 2 5 3 2 ． 18．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，M 为 1CC 的中点，若 AM  平面 ，且 B平面 ，则平面 截正方体所得截面的周长为 3 2 2 5 ． 【解答】解：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中 BD AC ， BD AM  （三垂线定理）， 取 1BB 中点 N ， 1 1A B 中点 E ，连 MN ， AN ， BE ， 可知 BE AN ， BE AM  （三垂线定理）， AM  平面 DBE ， 取 1 1A D 中点 F ， 则 即为截面 BEFD ， 易求周长为 3 2 2 5 故答案为 3 2 2 5 19．已知圆柱的上、下底面的中心分别为 1O ， 2O ，过直线 1 2O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正 方形，则该圆柱的表面积为 12 ． 【解答】解：设圆柱的轴截面的边长为 x ， 则由 2 8x  ，解得 2 2x  ， 所以圆柱的底面半径为 2 ，母线长为 2 2 ， 其表面积为： 22 2 ( 2) 2 2 2 2 12S S S           侧圆柱表 底 ． 故答案为：12 ． 20．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱长为 4， M ， N ， P 分别是棱 1 1A D ， 1A A ， 1 1D C 的中点，则过 M ， N ， P 三点的平面截正方体所得截面的面积为 12 3 ． 【解答】解：如图所示； 取正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱 AB 、 BC 、 1CC 的中点 L 、 K 、 Q ， 连接 NL ， LK 、 KQ 、 QP ， 则六边形 PQKLNM 是过 M ， N ， P 三点的平面截正方体所得的截面， 该六边形是正六边形，其边长为 1 2 22 NQ  ， 其面积为 1 36 (2 2)2 12 32 2     ． 故答案为：12 3 ． 21．已知棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，球 O 与该正方体的各个面相切，则平面 1ACB 截此球所得的 截面的面积为 2 3  ． 【解答】解：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，球 O 与该正方体的各个面相切， 则球 O 的半径为 1，如图， 设 E 、 F 、 G 分别为球 O 与平面 ABCD 、平面 1 1BB C C 、 1 1AA B B 的切点， 则等边三角形 EFG 为平面 1ACB 截此球所得的截面圆的内接三角形， 由已知可得 2EF EG GF   ， 平面 1ACB 截此球所得的截面圆的半径 2 6 2sin60 3r   ． 截面的面积为 26 2( )3 3    ． 故答案为： 2 3  ． 22．球 O 为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的内切球， 2AB  ， E ， F 分别为棱 AD ， 1CC 的中点，则直线 EF 被 球 O 截得的线段长为 2 ． 【解答】解：连结 OE ， OF ，取 EF 的中点 M ，连结 OM ． O 是正方体的中心， E ， F 是 AD ， 1CC 的中点， 2OE OF   ， OM EF  ． 又 4 1 1 6EF     ， 3 22 2 2OM    ． 球 O 的半径为 1r  ， EF 被球 O 截得弦长为 2 22 2r OM  ． 故答案为： 2 ． 23．如图，动点 P 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的对角线 1BD 上，过点 P 作垂直于平面 1 1BB D D 的直线，与正 方体表面相交于 M ， N 两点，设 BP x ，MN y ，则函数 ( )y f x 的图象大致是 ② ．（在横线上填上 正确的序号，多选少选都不得分） 【解答】解：由题意知， MN  平面 1 1BB D D ， 则 MN 在底面 ABCD 上的射影是与对角线 AC 平行的直线， 故当动点 P 在对角线 1BD 上从点 B 向 1D 运动时， x 变大 y 变大，直到 P 为 1BD 的中点时， y 最大为 AC ； 然后 x 变小 y 变小，直到 y 变为 0， 因底面 ABCD 为正方形，故变化速度是均匀的，且两边一样． 故答案为：②． 24．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 3 ，以顶点 A 为球心，2 为半径作一个球，则图中球面与正方 体的表面相交所得到的两段弧长之和  ( )GF EF 等于 5 6  ． 【解答】解：如图，球面与正方体的六个面都相交， 所得的交线分为两类：一类在顶点 A 所在的三个面上，即面 1 1AA B B 、面 ABCD 和面 1 1AA D D 上； 另一类在不过顶点 A 的三个面上，即面 1 1BB C C 、面 1 1CC D D 和面 1 1 1 1A B C D 上． 在面 1 1AA B B 上，交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上，因为 2AE  ， 1 3AA  ， 则 1 6A AE   ．同理 6BAF   ，所以 6EAF   ， 故弧 EF 的长为： 2 6 3    ， 而这样的弧共有三条． 在面 1 1BB C C 上，交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球面相交所得的小圆上， 此时，小圆的圆心为 B ，半径为 1， 2FBG   ， 所以弧 FG 的长为：1 2 2    ． 于是，所得的曲线长为   5 3 2 6GF EF       ． 故答案为： 5 6  ． 25．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，以顶点 A 为球心， 2 3 3 为半径作一个球，则球面与正方体的 表面相交所得到的曲线的长等于 5 3 6  ． 【解答】解：如图，球面与正方体的六个面都相 交，所得的交线分为两类：一类在顶点 A 所在的 三个面上，即面 1 1AA B B 、面 ABCD 和面 1 1AA D D 上； 另一类在不过顶点 A 的三个面上，即面 1 1BB C C 、 面 1 1CC D D 和面 1 1 1 1A B C D 上．在面 1 1AA B B 上，交 线 为 弧 EF 且 在 过 球 心 A 的 大 圆 上 ， 因 为 2 3 3AE  ， 1 1AA  ， 则 1 6A AE   ． 同 理 6BAF   ，所以 6EAF   ，故弧 EF 的长为 2 3 3 3 6 9    ，而这样的弧共有三条．在面 1 1BB C C 上，交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面 与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为 B ， 半 径 为 3 3 ， 2FBG   ， 所 以 弧 FG 的 长 为 3 3 3 2 6    ．这样的弧也有三条． 于是，所得的曲线长为 3 3 5 33 39 6 6      ． 故答案为： 5 3 6  26．已知正三棱锥 P ABC 侧棱长为 1，且 PA 、 PB 、 PC 两两垂直，以顶点 A 为球心， 2 3 3 为半径作一 个球，则球面与正三棱锥的表面相交得到一条封闭的曲线，则这条封闭曲线的长度为 3 2  ． 【解答】解：设以顶点 A 为球心， 2 3 3 为半径作一个球，球面与正三棱锥的表面相交得到一条封闭的曲 线是 EFNM ，如图所示． 则 2 3 3AE AF AM AN    ， 在直角三角形 APE 中， 1 3cos 22 3 3 PAE   ， 6PAE   ，   2 3 3( )4 6 3 18ME       ， 同理  3 18NF  ； 在直角三角形 PBC 中， 2BPC   ， 3 3PE PF  ，   3 3 2 3 6EF     ， 在等边三角形 ABC 中， 2 3 3MN AM  ， 3MAN   ，   2 3 2 3 3 3 9MN     ． 则这条封闭曲线的长度为     3 2ME NF EF MN     ． 故答案为： 3 2  ． 27．以棱长为 2 的正方体中心点 O 为球心，以 (1 3)r r  为半径的球面与正方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 [0 ，12 ] ． 【解答】解：以棱长为 2 的正方体中心点 O 为球心，以 (1 3)r r  为半径的球面与正方体的表面相交得 到若干个圆（或圆弧）， 根据勾股定理可以算出： O 点到正方体各个面距离为 1， O 点到八个定点的距离为 3 ， 以 O 点为球心，以 (1 3)r r  为半径的球，当 r 为 1 时球刚好和棱长为 2 的正方体六个面相切， 此时若干个圆（或圆弧）的总长度为 0； 当 r 为 3 时，球面和正方体的交点正好是八个定点，所以此时的若干个圆（或圆弧）的总长度为 0； 球与正方体表面相交的圆正好与正方体的十二个棱边相切的时候若干个圆（或圆弧）的总长度才是最大的， 一共是 6 个圆，而且正方形的棱长为 2， 每个圆的直径是 2，则每个周长是 2 ， 圆的总长度最大为 6 2 12   ， 圆（或圆弧）的总长度的取值范围是：[0 ，12 ] ． 故答案为：[0 ，12 ] ． 28．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱长为 2，以其体对角线的交点 O 为球心， 21 3 为半径的球与正方体表面的交 线长为 8 3 3  ． 【解答】解：依题意，球心 O 到正方体表面的距离为 1， 设正方形 ABCD 的中心为 1O ， 正方形 ABCD 所在平面裁球 O 所得的圆的半径 2 2 2 3 13r R d    ． 故球 O 与每一个面的交线均为四段圆弧，且 1 3EO F   ． 故四段圆弧的圆心角之和为 2( ) 42 3 3      ， 故一个面上的交线长 2 2 3 4 3 3 3 9l     ， 则 6 个面的交线长为 4 3 8 369 3    ， 故答案为： 8 3 3  ． 29．已知正方体的棱长为 4，以该正方体的一个顶点为球心，以 4 2 为球的半径作球面，则该球面被正方体 表面所截得的所有弧长的和为 6 ． 【解答】解：如图，不妨以 D 为球心，则正方体的表面被该球面所截得的弧长有相等的三部分， 与上底面截得的弧长，是以 1D 为圆心，以 4 为半径的四分之一圆周， 则弧长： 1 1 1 8 24AC     ． 该球面被正方体表面所截得的所有的弧长和为 6 ． 故答案为： 6 ． 30．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段 1CC 上的动点，过点 A ，P ，Q 的平面截该正方体所得截面记为 S ，则下列命题正确的是 ①②③⑤ （写出所有正确命题的编号） ①当 10 2CQ  时， S 为四边形 ②当 1 2CQ  时， S 为等腰梯形 ③当 3 4CQ  时， S 与 1 1C D 的交点 R 满足 1 1 1 3C R  ④当 3 14 CQ  时， S 为四边形 ⑤当 1CQ  时， S 的面积为 6 2 【解答】解：如图当 1 2CQ  时，即 Q 为 1CC 中点，此时可得 1/ /PQ AD ， 2 2 1 1 51 ( )2 2AP QD    ， 故可得截面 1APQD 为等腰梯形，故②正确； 由上图当点 Q 向 C 移动时，满足 10 2CQ  ，只需在 1DD 上取点 M 满足 / /AM PQ ， 即可得截面为四边形 APQM ，故①正确； ③当 3 4CQ  时，如图， 延长 1DD 至 N ，使 1 1 2D N  ，连接 AN 交 1 1A D 于 S ，连接 NQ 交 1 1C D 于 R ，连接 SR ， 可证 / /AN PQ ，由 1 1NRD QRC ∽ ，可得 1 1 1 1: : 1: 2C R D R C Q D N  ，故可得 1 1 3C R  ，故③正确； ④由③可知当 3 14 CQ  时，只需点 Q 上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的 APQRS ，显然为五边形， 故④错误； ⑤当 1CQ  时， Q 与 1C 重合，取 1 1A D 的中点 F ，连接 AF ，可证 1 / /PC AF ，且 1PC AF ， 可知截面为 1APC F 为菱形，故其面积为 1 1 1 63 22 2 2AC PF   ，故⑤正确． 故答案为：①②③⑤． 31．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段 1CC 上的动点，过点 A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S ，若 10 2CQ „ ，则 S 的面积取值范围是 3(4 ， 9]8 ． 【解答】解：在 1CC 上取点 M 使得 2CM CQ ，在 1DD 上取点 N ，使得 DN CM ，连接 BM ， AN ，MN ， CN ， AP ， 则 PQ 为 BCM 的中位线， / /PQ BM ， // DN CM ， CD CM ，四边形 CDNM 是矩形， // // MN CD AB   ， 四边形 ABMN 是平行四边形， / /AN BM ， / /AN PQ ， 故截面多边形为梯形 APQN ， 设 CQ x ，则 2 1 4PQ x  ， 22 4 1AN BM PQ x    ， 取 AD 的中点 O ，过 O 作 OE AN ，过 D 作 DF AN ，则可证 PE AN ， 则 2 2 4 1 xDF x   ， 2 1 2 4 1 xOE DF x     ， 2 2 14 1 xPE x    ， 梯形 APQN 的面积为 2 2 2 2 2 1 4 1 3 5 14 12 4 1 4 x x x xS x        ， 10 2x „ ， 3 9 4 8S „ ． 故答案为： 3(4 ， 9]8 ． 32．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段 1CC 上的动点，过点 A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面为 S ，当 1CQ  时， S 的面积为 6 2 ． 【解答】解：当 1CQ  时， 1C 与 Q 重合， 取 1 1A D 中点 E ，则菱形 1APC E 就是过点 A ， P ， Q 的平面截正方体所得的截面， 1 3AC  ， 2PE  ， 过点 A ， P ， Q 的平面截正方体所得的截面为： 1 1 6 2 2S AC PE    ． 故答案为： 6 2 ． 四．解答题（共 5 小题） 33．如图，在正三棱锥 A BCD 中， 30BAC   ，AB a ，平行于 AD 、BC 的截面 EFGH 分别交 AB 、BD 、 DC 、 CA 于点 E 、 F 、 G 、 H ． （1）判定四边形 EFGH 的形状，并说明理由． （2）设 P 是棱 AD 上的点，当 AP 为何值时，平面 PBC  平面 EFGH ，请给出证明． 【解答】解：（1） / /AD 面 EFGH ，面 ACD  面 EFGH HG ， AD  面 ACD / /HG EF ．（2 分） 同理 / /EH FG ， 四边形 EFGH 是平行四边形（3 分） 三棱锥 A BCD 是正三棱锥， A 在底面上的射影 O 是 BCD 的中心， DO BC  ， AD BC  ， HG EH  ，四边形 EFGH 是矩形（5 分） （2）当 3 2AP a 时，平面 PBC  平面 EFGH ．（7 分） 证明如下： 作 CP AD 于 P 点，连接 BP ， AD BC ， AD  面 BCP （10 分） / /HG AD ， HG  面 BCP ， HG  面 EFGH  面 BCP  面 EFGH ， 在 Rt APC 中， 30CAP   ， AC a ， 3 2AP a  （12 分） 34．如图所示，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 G 在棱 1 1D C 上，且 1 1 1 1 4D G D C ，点 E 、 F 、 M 分别是 棱 1AA 、 AB 、 BC 的中点， P 为线段 1B D 上一点， 4AB  ． （Ⅰ）若平面 EFP 交平面 1 1DCC D 于直线 l ，求证： 1/ /l A B ； （Ⅱ）若直线 1B D  平面 EFP ． ( )i 求三棱锥 1B EFP 的表面积； ( )ii 试作出平面 EGM 与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹．设平面 EGM 与棱 1 1A D 交于点 Q ，求三棱锥 Q EFP 的体积． 【解答】解：（1）在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 因为平面 1 1 / /ABB A 平面 1 1DCC D ，平面 EFP 平面 1 1ABB A EF ， 所以 / /EF l ， 因为点 E 、 F 分别是棱 1AA 、 AB 的中点， 所以 1/ /EF A B ， 所以 1/ /l A B ． （2） ( )i 因为直线 1B D  平面 EFP ， EP  平面 EFP ， 所以 1B D EP ，又因为 DAE  △ 1 1B A E ， 所以 1DE B E ， 所以 1DP B P ， 因为 23 (2 2) 2 34EFPS    ， 1 1 12 2 2 2 3 4 62EPB FPBS S       ， 1 1 2 2 3 2 62EFBS     ， 所以三棱锥 1B EFP 的表面积为 6 2 3 4 6  ． ( )ii 作图步骤如下： 连接 GE ，过点 G 作 GH DC 于点 H ，连接 HA 并延长交 GE 的延长线于点 I ，连接 IM 并延长交 AB 于点 J 交 DC 的延长线于点 K ， 再连接 GK 交 1CC 于点 S ，连接 MS 并延长交 1 1B C 的延长线于点 R ，连接 RG 并延长交 1 1A D 于点 Q ，再连接 EQ ， GS ， EJ ， 则图中 EQ ， QG ， GS ， SM ， MJ ， JE 即为平面 EGM 与正方体各个面的交线． 设 BJ CK x  ，由题知 2 3AJ HC CK x    ， 所以 1 3 2 2 xAJ HK   ，所以 3 42 x x   ， 解得 5 3x  ， 因为 1 1 1 3 9 5 5 3 C R C S GC MC SC CK     ， 2MC  ， 1 18 5C R  ， 所以 1 1 1 6 3 5D Q C R  ， 如上图，设 N 为线段 1 1A D 的中点，可证点 N 在平面 PEF 内，且三角形 PNE 与三角形 PEF 面积相等， 所以，三棱锥 Q EFP 的体积  三棱锥 Q ENP 的体积  三棱锥 P ENQ 的体积 1 8 3 2 15ENQ ABS  ， 所以三棱锥 Q EFP 的体积为 8 15 ． 35．如图，在棱长都等于 1 的三棱锥 A BCD 中，F 是 AC 上的一点，过 F 作平行于棱 AB 和棱CD 的截面， 分别交 BC ， AD ， BD 于 E ， G ， H ． （1）证明截面 EFGH 是矩形； （2） F 在 AC 的什么位置时，截面面积最大，说明理由． 【解答】证明：（1） / /AB 平面 EFGH ， 平面 ABC  平面 EFGH EF / /AB EF 同理 / /AB GH / /EF GH 同理 / / / /EH CD FG 四边形 EFGH 是平行四边形 取 CD 中点 S ，连接 AS ， BS AC AD ， S 是 CD 中点 AS CD  同理 BS CD 又 AS BS S  CD  平面 ABS CD AB  又 / /AB EF ， / /FG CD EF CD  即四边形 EFGH 是矩形 解：（2）设 FG x ， (0,1)x 由（1）知 FG AF AB EF CD AC AB   ， 又 1CD AB  1EF x   则 (1 )EFGHS EF FG x x   21 1( )2 4x    当 1 2x  时， EFGHS 最大 即 F 是 AC 的中点时，截面面积最大 36．如图，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  底面 ABC ， 90BAC   ， 1 1AA  ， 3AB  ， 2AC  ，E ， F 分别为棱 1CC ， BC 的中点． （1）求异面直线 EF 与 1A B 所成角的大小； （2）若 G 为线段 1AA 的中点，试在图中作出过 E ，F ，G 三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求该截面 分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值． 【解答】解：（1）连接 1BC ，则 EF 为 1BCC 的中位线， 故 1 1A BC 为所求异面直线所成的角． 又 1 1 1 1A C A B ， 1 1 1AC A A ，且 1 1 1 1AA A B A ， 1 1AC  平面 1 1ABB A ， 1 1 90C A B   ． 在 Rt △ 1 1C A B 中， 1 1 2AC  ， 1 2A B  ， 1 1 45A BC   ， 故异面直线 EF 与 1A B 所成角的大小为 45 ； （2）取 AB 中点 M ，连接 EG 、 MG 、 MF ，可得 / /EG AC ， / /MF AC ， / /MF EG ，则 M 、 F 、 E 、 G 四点共面，则 EFMG 为所求截面的多边形． 1 1 1 1 1 2 3 1 32ABC A B C ABCV S AA        ， 连接 AF ， GF ，则 ACEGMF G AMF F ACEGV V V   1 1 3 1 1 1 3 5 31 23 2 2 2 3 2 2 24           ， 该截面分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值为 5 3 524 1919 3 24  ． 37．已知三棱锥 A BCD 中， ABC 与 BCD 均为等腰直角三角形，且 90BAC   ， 6BC CD  ，E 为 AD 上一点，且 CE  平面 ABD ． （1）求证： AB CD ； （2）过 E 作一平面分别交 AC ， BC ， BD 于 F ， G ， H ，若四边形 EFGH 为平行四边形，求多面 体 ABEFGH 的表面积． 【解答】（1）证明： 90BAC   ， AB AC  ， CE  平面 ABD ， AB  平面 ABD ， CE AB  ， 又 AC CE C ， AB  平面 ACD ， 则 AB CD ； （2）解：在等腰直角三角形 BCD 中， BC CD ， BC CD  ， 又 AB CD ， AB BC B ， CD  平面 ABC ，得 CD AC ． 在等腰直角三角形 ABC 中， 6BC  ， 3 2AC  ， 又 Rt ACD 中， 6CD  ， CE AD ， 2 2 3 6AD AC CD    ． 而 2AC AE AD  ，可得 6AE  ，故 1 3AE AD ． 四边形 EFGH 为平行四边形， / /EF GH ，得 / /EF 平面 BCD ， 又 EF  平面 ACD ，且平面 ACD  平面 BCD CD ， / /EF CD ． 又 1 3AE AD ，得 1 23EF CD  ，且有 1 23AF AC  ． 由 CD  平面 ABC ，得 CD FG ，进而 EF FG ． 同理可得 / /FG AB ，且 2 2 23FG AB  ． 进一步求得 2BG  ， 2GH  ， 2 2EH  ． 在 ABD 中，由 2 2 2AB AD BD  ，得 AD AB ． 则 1 22AEFS AF FE   ， 1 22BGHS BG GH    ， 1 ( ) 52ABGFS FG AB AF   ， 2 2 2 4 2EFGHS    ， 1 ( ) 5 32AEHBS EH AB AE   ． 所求表面积为 7 5 3 5 2S    ．