《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1
(多选)(2025·武汉调研)已知在棱长为 2 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中,过棱 $BC$,$CD$ 的中点 $E$,$F$ 作正方体的截面多边形,则下列说法正确的有(ABD)

A.截面多边形可能是五边形
B.若截面与直线 $AC_1$ 垂直,则该截面多边形为正六边形
C.若截面过 $AB_1$ 的中点,则该截面不可能与直线 $A_1C$ 平行
D.若截面过点 $A_1$,则该截面多边形的面积为 $\frac{7\sqrt{17}}{6}$

答案：
例1 ABD [对于B项，如图1所示，连接$A_1D$，$A_1B$，$BD$，在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，易证$AC_1\perp$平面$A_1BD$，分别取棱$DD_1$，$D_1A_1$，$A_1B_1$，$B_1B$的中点为$G$，$H$，$I$，$J$，将其顺次连接，连接$GF$，$EF$，$EJ$，由中位线的性质可得平面$A_1BD//$平面$EFGHIJ$，故$AC_1\perp$平面$EFGHIJ$，而六边形$EFGHIJ$显然为正六边形，故B正确；对于C项，如图2所示，连接$AC$，$BD$交于$O$点，记侧面$AD_1$和侧面$AB_1$的中心分别为$G$，$H$，连接$GH$，$HE$，$EF$，$GF$，易知点$G$，$H$，$E$，$F$共面(即在符合要求的截面内)，连接$A_1O$交$GH$于$N$，设$CO\cap EF = M$，连接$MN$，可得$N$，$M$为$A_1O$，$CO$的中点，故$A_1C// MN$，又因为$MN\subset$平面$GHEF$，$A_1C\not\subset$平面$GHEF$，所以$A_1C//$平面$GHEF$，故C错误；对于A，D项，如图3所示，连接$EF$，并延长$EF$分别与直线$AB$，$AD$交于$P$，$Q$两点，连接$A_1Q$，$A_1P$，分别交棱$DD_1$，$B_1B$于$T$，$S$两点，连接$TF$，$SE$，则五边形$A_1SEFT$为所得截面，故A正确；易得$BP = BE = DF = DQ = 1$，则有$A_1P = A_1Q = \sqrt{13}$，$PQ = 3\sqrt{2}$，$EP = FQ = \sqrt{2}$，该截面多边形面积$S = S_{\triangle A_1PQ} - S_{\triangle SEP} - S_{\triangle TQF} = \frac{7\sqrt{17}}{6}$，故D正确]
　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　

(2025·河南部分学校模考)在正四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中,$AA_1 = 2AB = 4$,$E$,$F$,$G$ 分别是 $AA_1$,$A_1B_1$,$B_1C_1$ 的中点,则过点 $E$,$F$,$G$ 的平面截正四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 所得截面多边形的周长为(D)

A.$2\sqrt{2} + 3\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{2} + 3\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{2} + 4\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{2} + 4\sqrt{5}$

答案：
训练1 D [如图，直线$GF$交$D_1A_1$的延长线于点$M$，交$D_1C_1$的延长线于点$N$，因为四边形$A_1B_1C_1D_1$为正方形，所以$A_1M = \frac{1}{2}D_1A_1$，$C_1N = \frac{1}{2}D_1C_1$，连接$ME$并延长交$AD$于点$K$，交$DD_1$的延长线于点$T$，所以$K$为$AD$的中点，连接$TN$，分别交$CD$，$CC_1$于点$I$，$H$，则$I$，$H$分别为$CD$，$CC_1$的中点，连接$KI$，$GH$，$EF$，则六边形$EFGHIK$即为过点$E$，$F$，$G$的平面截正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$所得的截面多边形，因为$A_1D_1 = 2$，$AA_1 = 4$，$EF = GH = EK = HI = \sqrt{5}$，$FG = KI = \sqrt{2}$，所以六边形$EFGHIK$的周长为$2\sqrt{2} + 4\sqrt{5}$.]
　　　　　　　　　　　

例 2
(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长均为 2,$\angle BAD = 60^{\circ}$.以 $D_1$ 为球心,$\sqrt{5}$ 为半径的球面与侧面 $BCC_1B_1$ 的交线长为________.

答案：
例2 $\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$ [如图，设$B_1C_1$的中点为$E$，球面与棱$BB_1$，$CC_1$的交点分别为$P$，$Q$，连接$DB$，$D_1B_1$，$D_1P$，$D_1Q$，$D_1E$，$EP$，$EQ$，由$\angle BAD = 60^{\circ}$，$AB = AD$，知$\triangle ABD$为等边三角形，$\therefore D_1B_1 = DB = 2$，$\therefore\triangle D_1B_1C_1$为等边三角形，则$D_1E = \sqrt{3}$且$D_1E\perp$平面$BCC_1B_1$，$\therefore E$为球面截侧面$BCC_1B_1$所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为$r$，则$r = \sqrt{R_{球}^{2} - D_1E^{2}} = \sqrt{5 - 3} = \sqrt{2}$，可得$EP = EQ = \sqrt{2}$，$\therefore$球面与侧面$BCC_1B_1$的交线为以$E$为圆心的圆弧$\widehat{PQ}$，又$D_1P = \sqrt{5}$，$\therefore B_1P = \sqrt{D_1P^{2} - D_1B_1^{2}} = 1$，同理$C_1Q = 1$，$\therefore P$，$Q$分别为$BB_1$，$CC_1$的中点，$\therefore\angle PEQ = \frac{\pi}{2}$，知$\widehat{PQ}$的长为$\frac{\pi}{2}×\sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}\pi}{2}$
　　　　　　　　　　　

(2023·南通模拟)已知在圆柱 $O_1O_2$ 内有一个球 $O$,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线 $O_1O_2$ 的平面截圆柱得到四边形 $ABCD$,其面积为 8.若 $P$ 为圆柱底面圆弧 $\overset{\frown}{CD}$ 的中点,则平面 $PAB$ 与球 $O$ 的交线长为________.

答案：
训练2 $\frac{4\sqrt{10}}{5}\pi$
[设球$O$的半径为$r$，则$AB = BC = 2r$，而$S_{四边形ABCD} = AB\cdot BC = 4r^{2} = 8$，所以$r = \sqrt{2}$。如图，连接$PO_2$，$OP$，作$OH\perp O_2P$于点$H$，易知$O_1O_2\perp AB$。因为$P$为$CD$的中点，所以$AP = BP$，又$O_2$为$AB$的中点，所以$O_2P\perp AB$。又$O_1O_2\cap O_2P = O_2$，$O_1O_2$，$O_2P\subset$平面$O_1O_2P$，所以$AB\perp$平面$O_1O_2P$，又$OH\subset$平面$O_1O_2P$，所以$AB\perp OH$。因为$OH\perp O_2P$，且$AB\cap O_2P = O_2$，$AB$，$O_2P\subset$平面$ABP$，所以$OH\perp$平面$ABP$。因为$O_1O_2 = 2r = 2\sqrt{2}$，$O_1P = \sqrt{2}$，$O_1O_2\perp O_1P$，所以$O_2P = \sqrt{O_1O_2^{2} + O_1P^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{2})^{2} + (\sqrt{2})^{2}} = \sqrt{10}$，所以$\sin\angle O_1O_2P = \frac{O_1P}{O_2P} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，所以$OH = OO_2×\sin\angle O_1O_2P = \sqrt{2}×\frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{\sqrt{10}}{5}$。易知平面$PAB$与球$O$的交线为一个圆，其半径为$r_1 = \sqrt{r^{2} - OH^{2}} = \sqrt{(\sqrt{2})^{2} - (\frac{\sqrt{10}}{5})^{2}} = \frac{2\sqrt{10}}{5}$，交线长为$l = 2\pi r_1 = 2\pi×\frac{2\sqrt{10}}{5} = \frac{4\sqrt{10}}{5}\pi$。]