《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

如图，已知在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$M$ 是棱 $AA_{1}$ 的中点，过 $C$，$D_{1}$，$M$ 三点作正方体的截面，作出这个截面图，写出作法.

答案：
解:如图，连接CD₁，连接D₁M并延长,交DA的延长线于点N,连接CN交AB于点P,连接MP,则四边形CD₁MP为过C,D₁,M三点的正方体的截面.
　　　　　　　　　

已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是(D)

A.等腰三角形
B.等腰梯形
C.五边形
D.正六边形

答案：
D　如图①由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能;截面ABEF为等腰梯形,选项B可能;如图②,截面AMDEN为五边形,选项C可能;因为侧面是正方形,只有平行于底面的截面才可能是正六边形,故过两底的顶点不可能得到正六边形,选项D不可能.
　　　　　 　　　

(多选题)在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，点 $E$ 是线段 $DD_{1}$ 上的动点，若过 $A$，$B_{1}$，$E$ 三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为(ABD)

A.等边三角形
B.矩形
C.菱形
D.等腰梯形

答案： ABD　当点E与D₁重合时,过A,B₁,E三点的截面是等边三角形AB₁D₁,故A正确;当点E与D重合时，过A,B₁,E三点的截面为矩形AB₁C₁D,故B正确;若截面为菱形,则必有AB₁=AE,此时点E与D重合,故C错误;当点E与DD₁中点重合时,记C₁D₁的中点为F,连接EF，FB₁，C₁D(图略),易知EF//DC₁,由正方体性质可知,AD//B₁C₁且AD=B₁C₁,所以四边形AB₁C₁D为平行四边形,所以DC₁//AB₁,所以EF//AB₁且EF=$\frac{1}{2}$AB₁,设正方体棱长为2,则AE =BF=$\sqrt{2^2+1^2}$=$\sqrt{5}$,所以过A,B₁,E三点的截面为等腰梯形AB₁FE,故D正确，故选ABD

(1)已知正方体的棱长为 $1$，每条棱所在直线与平面 $\alpha$ 所成的角都相等，则 $\alpha$ 截此正方体所得截面面积的最大值为(A)

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

答案：
(1)A　
(2)$\frac{9}{2}$　
(1)如图,记该正方体为ABCD - A₁B₁C₁D₁,要使正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,那么平面α必须与正方体的体对角线AC₁垂直，连接B₁C,B₁D₁,CD₁,易知平面α与平面B₁CD₁平行或重合.①当截面为三角形时，截面面积最大为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×2=$\frac{\sqrt{3}}{2}$.②当截面为六边形时,设截面与棱A₁D₁,A₁B₁,BB₁,BC,CD,DD₁的交点分别为E,F,G,H,I,J.不妨设A₁E=x(0≤x≤1),则D₁J =x,延长EJ,HI交于点M,则M∈直线AD,显然△MEH是边长为$\sqrt{2}$的正三角形，△MJI是边长为$\sqrt{2}x$的正三角形,所以$S_{四边形EHJI}=S_{△MEH}-S_{△MJI}=\frac{\sqrt{3}}{4}[2-2(1-x)^2]=\frac{\sqrt{3}}{4}(4x-2x^2)$，同理可得$S_{四边形EHGF}=\frac{\sqrt{3}}{4}[2-2(1-x)^2]=\frac{\sqrt{3}}{4}(4x-2x^2)$，所以截面面积$S=\frac{\sqrt{3}}{4}(2+4x-4x^2)=\frac{\sqrt{3}}{4}[3-(1-2x)^2]\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}$，当且仅当$x=\frac{1}{2}$时等号成立.即当$x=\frac{1}{2}$时,截面面积取得最大值,最大值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，综上，截面面积的最大值为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，故选A.

(2)如图，在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$E$ 是 $BC$ 的中点，平面 $\alpha$ 经过直线 $BD$ 且与直线 $C_{1}E$ 平行，若正方体的棱长为 $2$，则平面 $\alpha$ 截正方体所得的多边形的面积为$\frac{9}{2}$.

答案：

(1)A　
(2)$\frac{9}{2}$　
(2)如图，过点B作BM//C₁E交B₁C₁于点M,过点M作BD的平行线,交C₁D₁于点N,连接DN,A₁D,则平面BDNM即为符合条件的平面α,由图可知M,N分别为B₁C₁,C₁D₁的中点，故BD = 2$\sqrt{2}$,MN = $\sqrt{2}$,且BM = DN = $\sqrt{5}$,设等腰梯形MNDB的高为h,则$h=\sqrt{(\sqrt{5})^2-(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$,所以梯形MNDB的面积为$\frac{1}{2}$×($\sqrt{2}$ + 2$\sqrt{2}$)×$\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{9}{2}$.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，棱长为 $3$，$E$ 为棱 $BB_{1}$ 上靠近 $B_{1}$ 的三等分点，则平面 $AED_{1}$ 截正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的截面面积为(C)

A.$2\sqrt{11}$
B.$4\sqrt{11}$
C.$2\sqrt{22}$
D.$4\sqrt{22}$

答案：
C　延长AE,A₁B₁交于点F,连接D₁F交B₁C₁于点G,如图,在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,平面ADD₁A₁//平面BCC₁B₁,因为平面AFD₁∩平面ADD₁A₁ = AD₁,平面AFD₁∩平面BCC₁B₁ = EG,所以AD₁//GE,又因为AD₁ = 3$\sqrt{2}$,GE = $\sqrt{2}$,所以四边形AEGD₁是梯形，且为平面AED₁截正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的截面.又因为D₁G = AE = $\sqrt{13}$,在等腰梯形AEGD₁中,过G作GH⊥AD₁,所以$GH=\sqrt{D₁G^2 - D₁H^2}=\sqrt{11}$,所以$S=\frac{1}{2}$×(EG + AD₁)×GH = $\frac{1}{2}$×($\sqrt{2}$ + 3$\sqrt{2}$)×$\sqrt{11}$ = 2$\sqrt{22}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 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 $BCC_{1}B_{1}$ 的交线长为$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$.

答案：
$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$　如图,设B₁C₁的中点为E,球与棱BB₁,CC₁的交点分别为P,Q,连接DB,D₁B₁,D₁P,D₁Q,D₁E,EP,EQ,由∠BAD = 60°,AB = AD,知△ABD为等边三角形,所以D₁B₁ = DB = 2,所以△D₁B₁C₁为等边三角形,则D₁E = $\sqrt{3}$且D₁E⊥平面BCC₁B₁,所以E为球面截侧面BCC₁B₁所得截面圆的圆心,设截面圆的半径为r,则$r=\sqrt{R^2 - D₁E^2}=\sqrt{5 - 3}=\sqrt{2}$,可得EP = EQ = $\sqrt{2}$,所以球面与侧面BCC₁B₁的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D₁P = $\sqrt{5}$,所以B₁P = $\sqrt{D₁P^2 - D₁B₁^2}=1$,同理C₁Q = 1,所以P,Q分别为BB₁,CC₁的中点,所以∠PEQ = $\frac{\pi}{2}$,知PQ的长为$\frac{\pi}{2}$×$\sqrt{2}$ = $\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

已知在圆柱 $O_{1}O_{2}$ 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 $O_{1}O_{2}$ 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$\frac{4\sqrt{10}}{5}\pi$.

答案：
$\frac{4\sqrt{10}}{5}\pi$　设球O的半径为r,则AB = BC = 2r,而$S_{四边形ABCD}=AB·BC = 4r^2 = 8$,所以r = $\sqrt{2}$.如图,连接PO₂,O₁P,作OH⊥O₂P于点H,易知O₁O₂⊥AB.因为P为CD的中点,所以AP = BP,又O₁为AB的中点,所以O₁P⊥AB,又O₁O₂∩O₁P = O₁,O₁O₂,O₁P⊂平面O₁O₂P,所以AB⊥平面O₁O₂P,又OH⊂平面O₁O₂P,所以AB⊥OH.因为OH⊥O₂P,且AB∩O₂P = O₂,AB,O₂P⊂平面ABP,所以OH⊥平面ABP.因为O₁O₂ = 2r = 2$\sqrt{2}$,O₁P = $\sqrt{2}$,O₁O₂⊥O₁P,所以$O₂P=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$,所以$sin∠O₁O₂P=\frac{O₁P}{O₂P}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$,所以$OH=O₁O₂×sin∠O₁O₂P=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{10}}{5}=\frac{\sqrt{10}}{5}$，易知平面PAB与球O的交线为一个圆,其半径为$r₁=\sqrt{r^2 - OH^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 - (\frac{\sqrt{10}}{5})^2}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$,交线长为$l = 2\pi r₁ = 2\pi×\frac{2\sqrt{10}}{5}=\frac{4\sqrt{10}}{5}\pi$.