2023高考数学二轮专题四培优3　截面、交线问题习题.docxVIP

专题强化练

1.(2022·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0θ\f(π,2)))，则下列对椭圆E的描述中，错误的是()

A．短轴为2r，且与θ大小无关

B．离心率为cosθ，且与r大小无关

C．焦距为2rtanθ

D．面积为eq\f(πr2,cosθ)

答案B

解析由题意，椭圆短轴长2b＝2r，而长轴长随θ变大而变长且2a＝eq\f(2r,cosθ)，

所以c＝eq\r(a2－b2)＝rtanθ，故e＝eq\f(c,a)＝sinθ，

焦距为2c＝2rtanθ，

由椭圆在底面投影即为底面圆，则cosθ等于圆的面积与椭圆面积的比值，

所以椭圆面积为S＝eq\f(πr2,cosθ).

综上，A，C，D正确，B错误．

2.(2022·资阳模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面α∥平面EFG，则下列命题中错误的是()

A．不存在点P，使得CP⊥平面EFG

B．三棱锥P－EFG的体积为定值

C．平面α截该正方体所得截面面积的最大值为eq\f(\r(3),2)

D．平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形

答案C

解析如图，连接A1C，可得A1C⊥平面EFG，由A1C与AD1异面可知，不存在点P，使得CP⊥平面EFG，故A正确；

因为AD1∥平面EFG，所以动点P到平面EFG的距离为定值，故三棱锥P－EFG的体积为定值，故B正确；

如图，当截面为正六边形IJKLMN(其中I，J，K，L，M，N都是中点)时，易得该正六边形的边长为eq\f(\r(2),2)，所以其面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4)，故C错误；

截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确．

3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝AC＝2eq\r(2)，BC＝3，PB，PC与以PA为直径的球O的球面分别交于点M，N，则下列结论错误的是()

A．PN＝eq\f(4\r(6),3)

B．MN∥平面ABC

C．MN＝2

D．球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为eq\f(π,3)

答案D

解析对于A选项，

因为PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，

所以PA⊥AB，

因为PA＝4，AB＝AC＝2eq\r(2)，

则PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝2eq\r(6)，

所以cos∠APB＝eq\f(PA,PB)＝eq\f(\r(6),3)，

在△OPM中，OM＝OP＝eq\f(1,2)PA＝2，

由余弦定理可得

OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcos∠APB，

所以PM＝2OPcos∠APM＝eq\f(4\r(6),3)，

同理可知PN＝eq\f(4\r(6),3)，A正确；

对于B选项，在△PBC中，PB＝PC＝2eq\r(6)，

PM＝PN＝eq\f(4\r(6),3)，

所以eq\f(PM,PB)＝eq\f(PN,PC)，

所以MN∥BC，

因为MN?平面ABC，BC?平面ABC，

所以MN∥平面ABC，B正确；

对于C选项，因为MN∥BC，

则△PMN∽△PBC，

所以eq\f(MN,BC)＝eq\f(PM,PB)＝eq\f(2,3)，

因此MN＝eq\f(2,3)BC＝2，C正确；

对于D选项，因为MN＝OM＝ON＝2，

则△OMN为等边三角形，

则∠MON＝eq\f(π,3)，

所以球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为eq\f(π,3)×2＝eq\f(2π,3)，D错误．

4．(2022·莆田模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2eq\r(6).点E，F满足eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→))，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当λ∈[1,3]时，截面面积的取值范围为()

A．[4π，8π] B．[6π，12π]

C．[8π，9π] D．[8π，12π]

答案C

解析如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(BR,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝3eq\o(BS,\s\up6(→))，

取CD的中点G，连接AR，A