2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專(zhuān)題四-微專(zhuān)題30-截面、交線問(wèn)題-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微專(zhuān)題30截面、交線問(wèn)題[考情分析]“截面、交線”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力．求截面、交線問(wèn)題，一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長(zhǎng)等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解．考點(diǎn)一截面問(wèn)題典例1(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)Q是棱DD1上的動(dòng)點(diǎn)，則過(guò)A，Q，B1三點(diǎn)的截面圖形是()A．等邊三角形 B．矩形C．等腰梯形 D．以上都有可能答案D解析當(dāng)點(diǎn)Q與D1重合時(shí)，過(guò)A，Q，B1三點(diǎn)的截面是等邊三角形AB1D1；當(dāng)點(diǎn)Q與D重合時(shí)，過(guò)A，Q，B1三點(diǎn)的截面是矩形AB1C1D；當(dāng)點(diǎn)Q與DD1的中點(diǎn)重合時(shí)，取C1D1的中點(diǎn)M，由于QM∥DC1，AB1∥DC1，所以QM∥AB1，又AQ＝MB1，故過(guò)A，Q，B1三點(diǎn)的截面是等腰梯形AB1MQ，如圖所示．所以過(guò)A，Q，B1三點(diǎn)的截面圖形可能是等邊三角形、矩形或等腰梯形．(2)(2023·秦皇島模擬)2023年12月7日為該年第21個(gè)節(jié)氣“大雪”．“大雪”標(biāo)志著仲冬時(shí)節(jié)正式開(kāi)始，該節(jié)氣的特點(diǎn)是氣溫顯著下降，降水量增多，天氣變得更加寒冷．“大雪”節(jié)氣的民俗活動(dòng)有打雪仗、賞雪景等．東北某學(xué)生小張滾了一個(gè)半徑為2分米的雪球，準(zhǔn)備對(duì)它進(jìn)行切割，制作一個(gè)正六棱柱模型ABCDEF－A1B1C1D1E1F1，設(shè)M為B1E1的中點(diǎn)，當(dāng)削去的雪最少時(shí)，平面ACM截該正六棱柱所得的截面面積為_(kāi)_______平方分米．答案4eq\r(3)解析設(shè)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面邊長(zhǎng)為a，高為h.若要使該正六棱柱的體積最大，正六棱柱應(yīng)為球的內(nèi)接正六棱柱中體積最大者，所以eq\f(h2,4)＋a2＝22，即a2＝4－eq\f(h2,4)，又正六棱柱的底面積S＝6×eq\f(\r(3),4)a2，所以該正六棱柱的體積V＝S·h＝6×eq\f(\r(3),4)a2h＝eq\f(3\r(3),8)(16－h(huán)2)h.設(shè)f(h)＝(16－h(huán)2)h,0<h<4，則f′(h)＝16－3h2，令f′(h)＝0，得h＝eq\f(4\r(3),3).令f′(h)>0，解得0<h<eq\f(4\r(3),3)，令f′(h)<0，解得eq\f(4\r(3),3)<h<4，所以f(h)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，4))上單調(diào)遞減，所以f(h)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))，即當(dāng)h＝eq\f(4\r(3),3)，a＝eq\f(2\r(6),3)時(shí)，V取得最大值．如圖，過(guò)M作PQ∥A1C1，交A1F1于點(diǎn)P，交C1D1于點(diǎn)Q，則P，Q分別是A1F1，C1D1的中點(diǎn)，又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，易知四邊形ACQP為矩形，則矩形ACQP即為平面ACM截該正六棱柱所得的截面．因?yàn)镻Q＝A1C1＝AC＝eq\r(3)a＝2eq\r(2)，且AP＝CQ＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1P2)＝eq\r(h2＋\f(1,4)a2)＝eq\r(6)，所以矩形ACQP的面積為AC×AP＝2eq\r(2)×eq\r(6)＝4eq\r(3)(平方分米)．跟蹤訓(xùn)練1(1)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，若AC1⊥平面α，則關(guān)于平面α截此正方體所得截面的判斷正確的是()A．截面形狀可能為正三角形B．截面形狀可能為正方形C．截面形狀可能為正六邊形D．截面形狀可能為五邊形答案AC解析如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接A1B，A1D，BD，則AC1⊥平面A1BD，所以平面α與平面A1BD平行或重合，所以平面α與正方體的截面形狀可能是正三角形、正六邊形，但不可能是五邊形和四邊形，故A，C正確，B，D錯(cuò)誤．(2)(2023·河北聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝AA1＝4，平面ABC1截三棱柱ABC－A1B1C1的外接球所得截面的面積為()A.eq\f(16π,5)B.eq\f(28π,5)C.eq\f(36π,5)D．8π答案C解析由于△ABC為等腰直角三角形，所以△ABC的外心是AB的中點(diǎn)，設(shè)為O2，設(shè)A1B1的中點(diǎn)為O1，連接O1O2，設(shè)O1O2的中點(diǎn)為O，則O是直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心，連接OC1，OA，OB，OA1，O1C1，如圖所示，設(shè)外接球的半徑為R，則R＝OA1＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2).由于C1A1＝C1B1，所以C1O1⊥A1B1，根據(jù)直棱柱的性質(zhì)可知C1O1⊥AA1，由于AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1?平面ABB1A1，所以C1O1⊥平面ABB1A1，C1O1＝eq\f(1,2)A1B1＝2，所以＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4×2))×2＝eq\f(8,3)，AC＝BC＝4×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2)，AC1＝BC1＝eq\r(42＋2\r(2)2)＝2eq\r(6)，所以＝eq\f(1,2)×4×eq\r(2\r(6)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))2)＝4eq\r(5)，設(shè)O到平面ABC1的距離為h，則eq\f(1,3)×4eq\r(5)×h＝eq\f(8,3)，h＝eq\f(2,\r(5))，所以平面ABC1截三棱柱ABC－A1B1C1的外接球所得截面的半徑為eq\r(2\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))2)＝eq\r(\f(36,5))，所以截面面積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(36,5))))2＝eq\f(36π,5).考點(diǎn)二交線問(wèn)題典例2(1)(2023·茂名模擬)如圖所示，正三棱錐P－ABC，底面邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P到平面ABC的距離為2，點(diǎn)M在平面PAC內(nèi)，且點(diǎn)M到平面ABC的距離是點(diǎn)P到平面ABC距離的eq\f(2,3)，過(guò)點(diǎn)M作一個(gè)平面，使其平行于直線PB和AC，則這個(gè)平面與三棱錐表面交線的總長(zhǎng)為()A.eq\f(24＋16\r(3),9) B.eq\f(12＋16\r(3),9)C.eq\f(12＋8\r(3),9) D.eq\f(24＋8\r(3),9)答案B解析因?yàn)槿忮FP－ABC為正三棱錐，所以△ABC為等邊三角形并且邊長(zhǎng)為2，即AB＝AC＝BC＝2.又因?yàn)镻－ABC為正三棱錐，如圖，過(guò)點(diǎn)P作底面ABC的垂線，垂足為O，連接AO，則點(diǎn)O為△ABC的中心．過(guò)點(diǎn)B作AC的垂線交AC于點(diǎn)H，連接PH.由于△ABC為等邊三角形，因此AH＝CH＝1，BH＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，OH＝eq\f(1,3)BH＝eq\f(\r(3),3)，在Rt△AHO中，AO＝eq\r(AH2＋OH2)＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(2\r(3),3).又因?yàn)镻O＝2，在Rt△AOP中，AP＝eq\r(AO2＋OP2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＋22)＝eq\f(4\r(3),3)，故AP＝BP＝CP＝eq\f(4\r(3),3).因?yàn)槿忮FP－ABC為正三棱錐，因此△APC，△APB，△BPC均為等腰三角形．又點(diǎn)M到平面ABC的距離為點(diǎn)P到平面ABC距離的eq\f(2,3)，過(guò)PH的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)P)作Q1Q2∥AC交PC于點(diǎn)Q1，交PA于點(diǎn)Q2，則M位于線段Q1Q2上．過(guò)點(diǎn)Q1作Q1Q4∥BP交BC于點(diǎn)Q4，過(guò)點(diǎn)Q4作Q3Q4∥AC交AB于點(diǎn)Q3，連接Q2Q3.所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4，則Q1，Q2，Q3，Q4四點(diǎn)共面．因?yàn)镼1Q4∥BP，Q1Q4?平面Q1Q2Q3Q4，BP?平面Q1Q2Q3Q4，所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4.同理可得AC∥平面Q1Q2Q3Q4，所以平面Q1Q2Q3Q4即為過(guò)點(diǎn)M且平行于直線PB和AC的平面．利用三角形相似可得，Q1Q2＝Q3Q4＝eq\f(1,3)AC＝eq\f(2,3)，Q2Q3＝Q1Q4＝eq\f(2,3)BP＝eq\f(8\r(3),9).這個(gè)平面與三棱錐表面交線的總長(zhǎng)為Q1Q2＋Q2Q3＋Q3Q4＋Q1Q4＝2×eq\f(8\r(3),9)＋2×eq\f(2,3)＝eq\f(12＋16\r(3),9).(2)(多選)(2023·濰坊模擬)已知四棱錐P－ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，點(diǎn)M在平面ABCD上，且AM＝λAD(0<λ<1)，則()A．存在λ，使得直線PB與AM所成的角為eq\f(π,6)B．不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC．當(dāng)λ為定值時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)M軌跡上所有的點(diǎn)連線和平面ABCD圍成的幾何體的外接球的表面積為4(λ2＋1)2πD．若λ＝eq\f(\r(2),2)，以P為球心，PM為半徑的球面與四棱錐P－ABCD各面的交線長(zhǎng)為eq\f(\r(2)＋\r(6)π,2)答案BCD解析對(duì)于A，如圖，由題意知∠PBA＝eq\f(π,4)為直線PB與平面ABCD所成的角，所以PB與AM所成的角不小于eq\f(π,4)，eq\f(π,4)>eq\f(π,6)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以點(diǎn)M要在直線BC上，因?yàn)锳M＝λAD(0<λ<1)，所以不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBM，故B正確；對(duì)于C，由題意知，幾何體為圓錐，作圓錐及外接球的軸截面圖，如圖，所以外接球的半徑R滿(mǎn)足R2＝(2－R)2＋(2λ)2，解得R＝λ2＋1，所以外接球的表面積S＝4(λ2＋1)2π，故C正確；對(duì)于D，易知AM＝eq\r(2)，PM＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6)，將側(cè)面展開(kāi)，知球與側(cè)面的交線為以點(diǎn)P為圓心，eq\r(6)為半徑的圓與側(cè)面展開(kāi)圖的交線，設(shè)與AB交于點(diǎn)F，與AD交于點(diǎn)E，即圖中，因?yàn)閠an∠APF＝eq\f(\r(2),2)＝tan∠BPC＝eq\f(2,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以∠APF＝∠BPC，又∠APF＋∠FPB＝eq\f(π,4)，所以∠FPC＝∠BPC＋∠FPB＝eq\f(π,4)，由對(duì)稱(chēng)性知∠FPC＝∠EPC，所以∠FPE＝eq\f(π,2)，故的長(zhǎng)為eq\f(π,2)×eq\r(6)，又球與底面的交線是以點(diǎn)A為圓心，eq\r(2)為半徑的圓與底面ABCD的交線，故長(zhǎng)度為eq\f(π,2)×eq\r(2)，所以球面與四棱錐P－ABCD各面的交線長(zhǎng)為eq\f(\r(2)＋\r(6)π,2)，故D正確．跟蹤訓(xùn)練2在正四棱錐P－ABCD中，已知PA＝AB＝2，O為底面ABCD的中心，以O(shè)為球心作一個(gè)半徑為eq\f(2\r(3),3)的球，則該球的球面與側(cè)面PCD的交線長(zhǎng)度為()A.eq\f(\r(6)π,6)B.eq\f(\r(6)π,4)C.eq\f(\r(6)π,3)D.eq\f(\r(6)π,2)答案A解析如圖，取CD的中點(diǎn)E，則有OE⊥CD，PE⊥CD，由PA＝AB＝2，可得OE＝1，PE＝eq\r(3)，故OP＝eq\r(2)，△PCD為正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即為△PCD的中心，OM＝eq\f(OP·OE,PE)＝eq\f(\r(6),3)，球的半徑OF＝eq\f(2\r(3),3)，在Rt△OMF中，截面圓半徑MF＝eq\r(OF2－OM2)＝eq\f(\r(6),3)，在正△PCD中，以M為圓心，作半徑為eq\f(\r(6),3)的圓，易知ME＝eq\f(\r(3),3)，則EF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(3),3)＝ME，所以∠FME＝45°，圓與三角形截得的三部分，由對(duì)稱(chēng)性可知，圓心角都為90°，故該球的球面與側(cè)面PCD的交線長(zhǎng)度為截面圓周長(zhǎng)的eq\f(1,4)，即為eq\f(1,4)×2π×MF＝eq\f(\r(6)π,6)，故選A.[總結(jié)提升]截面和交線問(wèn)題在高考中一般為選擇和填空題，難度較大．探究找截面一是幾何法，常用直接連接、作平行線或作延長(zhǎng)線找交點(diǎn)，找交線的方法常用線面交點(diǎn)法和面面交點(diǎn)法，二是利用空間向量法．1．(2023·鉛山一中模擬)將水平放置棱長(zhǎng)為1的正方體容器(不計(jì)容器壁厚度)中注入一半的水，現(xiàn)將該正方體容器任意擺放，并保證水不溢出，則水面面積的最大值為()A.eq\f(\r(3),2)B．1C.eq\f(3\r(3),4)D.eq\r(2)答案D解析如圖所示，因?yàn)樗捏w積恰好是容器容積的一半，所以①水面可以是以eq\f(\r(2),2)為邊長(zhǎng)的正六邊形，此時(shí)水面面積為6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4)；②水面可以是正方體的體對(duì)角面，此時(shí)水面面積為eq\r(2)，所以水面面積的最大值為eq\r(2).2．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，E，F(xiàn)分別是棱B1C1和CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方形BCC1B1(包括邊界)內(nèi)，當(dāng)AP∥平面A1EF時(shí)，AP長(zhǎng)度的最大值為a.以A為球心，a為半徑的球面與底面A1B1C1D1的交線長(zhǎng)為()A.eq\f(π,2)B．πC.eq\f(\r(5)π,2)D.eq\r(5)π答案A解析如圖所示，分別取BB1，BC的中點(diǎn)M，N，連接MN，AM，AN，所以EF∥MN，又MN?平面A1EF，EF?平面A1EF，所以MN∥平面A1EF，同理AN∥平面A1EF，又AN∩MN＝N，所以平面AMN∥平面A1EF，因?yàn)辄c(diǎn)P在正方形BCC1B1(包括邊界)內(nèi)，且AP∥平面A1EF，所以點(diǎn)P的軌跡是線段MN，所以AP長(zhǎng)度的最大值為eq\r(5)，在平面A1B1C1D1內(nèi)取一點(diǎn)G，使得A1G＝1，則AG＝eq\r(5)，所以以A為球心，eq\r(5)為半徑的球面與底面A1B1C1D1的交線為以A1為圓心，1為半徑的，其長(zhǎng)度為eq\f(1,4)×2π×1＝eq\f(π,2)，故選A.3.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝eq\r(2)，AA′＝eq\r(3)，上底面A′B′C′D′的中心為O′，當(dāng)點(diǎn)E在線段CC′上從點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)C′時(shí)，點(diǎn)O′在平面BDE上的投影G的軌跡長(zhǎng)度為()A.eq\f(2π,3)B.eq\f(\r(3)π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(\r(3)π,6)答案B解析如圖，以CA，CC′所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則有C(0,0)，O(1,0)，O′(1，eq\r(3))，設(shè)G(x，y)，由O′G⊥OG，可得eq\f(y,x－1)·eq\f(y－\r(3),x－1)＝－1，整理可得(x－1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,4)，所以點(diǎn)O′在平面BDE上的投影G的軌跡是以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))為圓心，eq\f(\r(3),2)為半徑的.因?yàn)閠an∠GOF＝eq\f(O′C′,OO′)＝eq\f(\r(3),3)，所以O(shè)′G＝O′O·sin∠GOF＝eq\f(\r(3),2)，所以△O′GF是等邊三角形，即∠GFO＝eq\f(2π,3)，所以的長(zhǎng)l＝eq\f(2π,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)π,3).4．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別是棱AA1，BC的中點(diǎn)，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形的周長(zhǎng)為()A．6 B．10eq\r(2)C.eq\r(13)＋2eq\r(5) D.eq\f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3)答案D解析如圖，取CC1的中點(diǎn)G，連接BG，則D1E∥BG，取CG的中點(diǎn)N，連接FN，則FN∥BG，∴FN∥D1E，則直線FN?平面D1EF，延長(zhǎng)D1E，DA交于點(diǎn)H，連接FH交AB于點(diǎn)M，連接ME，則A為HD的中點(diǎn)，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為D1EMFN，由題意得A1E＝AE＝2，則C1N＝3，CN＝1，D1E＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，ND1＝eq\r(42＋32)＝5，F(xiàn)N＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，取AD的中點(diǎn)Q，連接QF，則AM∥FQ，∴eq\f(AM,FQ)＝eq\f(AH,HQ)，∴AM＝eq\f(AH,HQ)×FQ＝eq\f(4,6)×4＝eq\f(8,3)，則MB＝eq\f(4,3)，則EM＝eq\r(AE2＋AM2)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2)＝eq\f(10,3)，MF＝eq\r(MB2＋BF2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋4)＝eq\f(2\r(13),3)，∴平面D1EF截該正方體所得的截面圖形D1EMFN的周長(zhǎng)為D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2eq\r(5)＋eq\f(10,3)＋eq\f(2\r(13),3)＋eq\r(5)＋5＝eq\f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3).5.(多選)(2023·杭州模擬)如圖，圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等，O2，O1分別為圓柱上、下底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1的一條直徑，若球的半徑r為2，則()A．球與圓柱的體積之比為2∶3B．四面體CDEF體積的取值范圍為(0,32]C．平面DEF截得球的截面面積最小值為eq\f(4π,5)D．若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點(diǎn)，則PE＋PF的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋2\r(5)，4\r(3)))答案AD解析對(duì)于A，球的體積V＝eq\f(4πr3,3)＝eq\f(32π,3)，圓柱的體積V′＝πr2×(2r)＝16π，則球與圓柱的體積之比為2∶3，A正確；對(duì)于B，設(shè)d為點(diǎn)E到平面BCD的距離，則0<d≤r，而平面BCD經(jīng)過(guò)線段EF的中點(diǎn)O1，所以V四面體CDEF＝＝＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×4×4×d＝eq\f(16d,3)≤eq\f(32,3)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，如圖，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥DO1于點(diǎn)H，而O1O2⊥DO2，則sin∠DO1O2＝eq\f(OH,OO1)＝eq\f(DO2,DO1)，又DO1＝eq\r(r2＋2r2)＝2eq\r(5)，于是OH＝eq\f(2,\r(5))，設(shè)截面圓的半徑為r1，球心O到平面DEF的距離為d1，則d1≤eq\f(2,\r(5))，又r1＝eq\r(r2－d\o\al(2,1))＝eq\r(4－d\o\al(2,1))≥eq\r(4－\f(4,5))＝eq\f(4,\r(5))，則平面DEF截得球的截面面積S＝πreq\o\al(2,1)≥eq\f(16π,5)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令經(jīng)過(guò)點(diǎn)P的圓柱的母線與下底面圓的公共點(diǎn)為Q，連接QE，QF，當(dāng)Q與E，F(xiàn)都不重合時(shí)，設(shè)∠QFE＝θ，則QF＝4cosθ，QE＝4sinθ，當(dāng)Q與E，F(xiàn)之一重合時(shí)，上式也成立，因此QF＝4cosθ，QE＝4sinθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則PE＋PF＝eq\r(PQ2＋QE2)＋eq\r(PQ2＋QF2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋4sin2θ)＋\r(1＋4cos2θ)))，令t＝eq\r(1＋4sin2θ)＋eq\r(1＋4cos2θ)，則t2＝6＋2eq\r(5＋4sin22θ)，而0≤2θ<π，即0≤sin2θ≤1，因此6＋2eq\r(5)≤t2≤12，解得1＋eq\r(5)≤t≤2eq\r(3)，所以PE＋PF的取值范圍為[2＋2eq\r(5)，4eq\r(3)]，D正確．6.(多選)(2023·承德模擬)如圖，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的各棱長(zhǎng)均為1，下列選項(xiàng)正確的有()A．過(guò)A，C1，E1三點(diǎn)的平面α截該六棱柱的截面面積為eq\f(5\r(39),12)B．過(guò)A，C1，E1三點(diǎn)的平面α將該六棱柱分割成體積相等的兩部分C．以A為球心，1為半徑的球面與該六棱柱的各面的交線總長(zhǎng)為eq\f(5π,3)D．以A為球心，2為半徑的球面與該六棱柱的各面的交線總長(zhǎng)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))π答案ACD解析對(duì)于A，過(guò)點(diǎn)A作GH∥C1E1，設(shè)GH∩BC＝G，GH∩EF＝H，連接C1G，E1H，設(shè)C1G∩BB1＝M，E1H∩FF1＝N，連接AM，AN，則過(guò)A，C1，E1三點(diǎn)的平面α截該六棱柱的截面即為AMC1E1N，可得BC⊥AG，AG＝AH＝eq\f(1,2)C1E1＝eq\f(\r(3),2)，GB＝eq\f(1,2)，C1G＝eq\r(GC2＋C1C2)＝eq\f(\r(13),2)，因?yàn)镚B＝eq\f(1,3)GC，且BB1∥CC1，則MB＝eq\f(1,3)CC1＝eq\f(1,3)，C1M＝eq\f(2,3)C1G＝eq\f(\r(13),3)，GM＝eq\f(1,3)C1G＝eq\f(\r(13),6)，可得AM＝eq\r(AB2＋BM2)＝eq\f(\r(10),3)，因?yàn)锽B1⊥平面ABCDEF，GH?平面ABCDEF，所以BB1⊥GH，BC∩BB1＝B，BC，BB1?平面BCC1B1，可得GH⊥平面BCC1B1，C1G?平面BCC1B1，則GH⊥C1G，由GH∥C1E1，則C1E1⊥C1G，連接BF，MN，則MN＝BF＝eq\r(3)，故截面面積S＝S△AMN＋＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(13),6)＋eq\r(3)×eq\f(\r(13),3)＝eq\f(5\r(39),12)，故A正確；對(duì)于B，連接CE，B1F1，因?yàn)锽B1⊥平面ABCDEF，GB?平面ABCDEF，所以BB1⊥GB，BF⊥GB，BF∩BB1＝B，BF，BB1?平面BFF1B1，可得GB⊥平面BFF1B1，則四棱錐A－BFNM的高為GB＝eq\f(1,2)，則V四棱錐A－BFNM＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),18)，＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))×1,2)×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3)，＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(\r(3),4)，故平面α下半部分的體積V1＝V四棱錐A－BFNM＋＝eq\f(\r(3),18)＋eq\f(2\r(3),3)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(35\r(3),36)，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的體積V＝6×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(3\r(3),2)，顯然V1≠eq\f(1,2)V，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)榍虻陌霃綖?，則球只與側(cè)面ABB1A1、側(cè)面AFF1A1和底面ABCDEF相交，因?yàn)椤螦1AF＝∠A1AB＝eq\f(π,2)，∠FAB＝eq\f(2π,3)，在側(cè)面ABB1A1、側(cè)面AFF1A1的交線為eq\f(1,4)個(gè)圓，在底面ABCDEF的交線為eq\f(1,3)個(gè)圓，半徑均為1，故球面與該六棱柱的各面的交線總長(zhǎng)為2×eq\f(1,4)×2π×1＋eq\f(1,3)×2π×1＝eq\f(5π,3)，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)榍虻陌霃綖?，顯然球不與側(cè)面ABB1A1、側(cè)面AFF1A1相交，由選項(xiàng)A可知，GH⊥平面BCC1B1，即AG⊥平面BCC1B1，且eq\r(AG2＋C1G2)＝2，則球與側(cè)面BCC1B1、側(cè)面EFF1E1分別交于點(diǎn)C1，E1，連接AC，則AC⊥CD，因?yàn)镃C1⊥平面ABCDEF，AC?平面ABCDEF，所以CC1⊥AC，又CD∩CC1＝C，CD，CC1?平面CDD1C1，可得AC⊥平面CDD1C1，且AC＝eq\r(3)，eq\r(22－\r(3)2)＝1，則球與側(cè)面CDD1C1的交線為eq\f(1,4)個(gè)圓，且半徑為1，同理可得，球與側(cè)面EDD1E1的交線為eq\f(1,4)個(gè)圓，且半徑為1，又因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1D1E1F1，且AA1＝1，eq\r(22－12)＝eq\r(3)，∠E1A1C1＝eq\f(π,3)，則球與底面A1B1C1D1E1F1的交線為eq\f(1,6)個(gè)圓，且半徑為eq\r(3)，又因?yàn)锳D＝2，則球與底面ABCDEF的交點(diǎn)為D，所以球面與該六棱柱的各面的交線總長(zhǎng)為2×eq\f(1,4)×2π×1＋eq\f(1,6)×2π×eq\r(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))π，故D正確．7．(2023·湖北圓創(chuàng)聯(lián)考)葫蘆是一種爬藤植物，在我國(guó)傳統(tǒng)文化中，其枝密