新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點突破課件 第1部分 專題突破 專題4　微重點13　截面、交線問題（含解析）

微重點13截面、交線問題專題四

立體幾何“截面、交線”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些動態(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、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運算求解.考點一截面問題考點二交線問題專題強化練內(nèi)容索引截面問題考點一

(多選)如圖，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E為A1D1的中點，F(xiàn)為CC1上的一個動點，設(shè)由點A，E，F(xiàn)構(gòu)成的平面為α，則A.平面α截正方體的截面可能是三角形√例1考向1多面體中的截面問題√√如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，延長AE與z軸交于點P，連接PF與y軸交于點M，則平面α由平面AEF擴展為平面APM.由此模型可知截面不可能為三角形，故A錯誤；當(dāng)F為CC1的中點時，易知平面α截正方體的截面為五邊形，故D正確；D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，設(shè)點M的坐標(biāo)為(0，t,0)(t∈[2,4])，則可知點P到直線AM的距離為設(shè)點D到平面α的距離為h，利用等體積法VD－APM＝VM－PAD，

(2022·華大新高考聯(lián)盟聯(lián)考)已知在三棱錐S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝

，AC＝2，點E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點，直線AF，CE相交于點G，則過點G的平面α截三棱錐S－ABC的外接球球O所得截面面積的取值范圍是___________.例2考向2球的截面問題因為AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，又因為SA⊥平面ABC，取AC的中點D，連接BD，BD必過點G，如圖所示，作幾何體截面的方法(1)利用平行直線找截面；(2)利用相交直線找截面.規(guī)律方法(1)(多選)(2022·江蘇六校聯(lián)考)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱長為3，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，過點D1，E，F(xiàn)的平面記為α，則A.平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形狀為

四邊形B.平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面積為C.平面α將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積之比為

47∶25D.點A1到平面α的距離與點B到平面α的距離之比為1∶3跟蹤演練1√√如圖，延長EF分別與DA，DC的延長線交于點P，Q，連接D1P，交AA1于點M，連接D1Q，交CC1于點N，連接ME，NF，則平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面為五邊形D1MEFN，故A錯誤；由平行線分線段成比例可得，AP＝BF＝1，故DP＝DD1＝3，則△DD1P為等腰直角三角形，由相似三角形可知AM＝AE＝1，因此五邊形D1MEFN可以分成等邊三角形D1MN和等腰梯形MEFN，記平面α將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積分別為V1，V2，則則V1∶V2＝47∶25，故C正確；因為平面α過線段AB的中點E，所以點A到平面α的距離與點B到平面α的距離相等，由平面α過A1A的三等分點M可知，點A1到平面α的距離是點A到平面α的距離的2倍，因此點A1到平面α的距離是點B到平面α的距離的2倍，故D錯誤.(2)(2022·蕪湖模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長均為2，D為棱AB的中點，則過點D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為________.正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O為上、下底面的外接圓圓心的連線O1O2的中點，連接AO2，AO，OD，如圖所示，所以截面圓的面積最小為π·12＝π，交線問題考點二

在四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，平面α過點A，C，且BD⊥平面α，則平面α與側(cè)面CBD的交線長為____.例3考向1多面體中的交線問題如圖1，因為△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，所以△BCD與△BAD全等，且為等腰三角形，所以在△ABD中，過頂點A作邊BD上的高，垂足為E，取AD的中點O，連接OB，如圖2，所以在△BCD中，過頂點C作邊BD上的高，垂足為F，取CD的中點M，連接MB，如圖3，所以點E，F(xiàn)重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，因為AE∩CE＝E，所以BD⊥平面ACE，考向2與球有關(guān)的交線問題例4若AD＝AF＝2，則PD＝PF＝4，即D，F(xiàn)在以P為球心，4為半徑的球面上，所以，平面ABC與球面所成弧是以A為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，故弧長為π；找交線的方法(1)線面交點法：各棱線與截平面的交點.(2)面面交點法：各棱面與截平面的交線.規(guī)律方法跟蹤演練2√依題意得，設(shè)底面等腰Rt△ABC的直角邊長為x(x>0)，又∵頂點P到底面ABC的距離為4，∴頂點P的軌跡是一個截面圓的圓周.當(dāng)球心在底面ABC和截面圓之間時，球心O到該截面圓的距離為d2＝4－3＝1，當(dāng)球心在底面ABC和截面圓同一側(cè)時，(2)(2022·廣安模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長是2，S是A1B1的中點，P是A1D1的中點，點Q在正方形DCC1D1及其內(nèi)部運動，若PQ∥平面SBC1，則點Q的軌跡的長度是_____.如圖所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1?平面SBC1，PE?平面SBC1，則PE∥平面SBC1，因為正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長是2，連接BD，取BD的中點O，連接PO，則PSBO為平行四邊形，則PO∥SB，SB?平面SBC1，PO?平面SBC1，則PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE?平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，設(shè)平面POE∩平面DCC1D1＝EF，專題強化練√12345√√612345由題意，橢圓短軸長2b＝2r，由橢圓在底面投影即為底面圓，則cos

θ等于圓的面積與橢圓面積的比值，綜上，A，C，D正確，B錯誤.62.(多選)(2022·資陽模擬)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G分別是棱CC1，CB，CD的中點，P為線段AD1上的一個動點，平面α∥平面EFG，則下列命題中正確的是A.不存在點P，使得CP⊥平面EFGB.三棱錐P－EFG的體積為定值C.平面α截該正方體所得截面面積的最大值為D.平面α截該正方體所得截面可能是三角形或六邊形√12345√√6如圖，連接A1C，可得A1C⊥平面EFG，由A1C與AD1異面可知，不存在點P，使得CP⊥平面EFG，故A正確；由AD1∥平面EFG，可得動點P到平面EFG的距離為定值，故三棱錐P－EFG的體積為定值，故B正確；如圖，當(dāng)截面為正六邊形IJKLMN時(其中I，J，K，L，M，N都是棱的中點)，所得截面面積最大，12345截面可能為三角形，也可能為六邊形，故D正確.612345√√612345對于A選項，因為PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以PA⊥AB，由余弦定理可得OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcos∠APB，612345因為MN?平面ABC，BC?平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正確；對于C選項，因為MN∥BC，則△PMN∽△PBC，612345對于D選項，因為MN＝OM＝ON＝2，612345√√6取CD的中點G，連接AR，AS，RS，BG，AG，記RS∩BG＝M，連接AM.過點A作AH⊥平面BCD，垂足為H，則H為△BCD的中心，正四面體ABCD外接球的球心O在AH上，AO為球O的半徑.123456設(shè)球O的半徑為R，則R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，解得R＝3，OH＝1.當(dāng)λ∈[1,3]時，截面AEF從平面ARS轉(zhuǎn)動到平面ACD，要求截面的面積只需考慮球心O到截面的距離的取值范圍即可.由題意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如圖，過點O作ON⊥AM，垂足為N，則ON⊥平面ARS.123456即球心O到截面的距離d∈[0,1]，則截面圓的半徑滿足r2＝R2－d2∈[8,9]，故所求截面的面積S∈[8π，9π].1234561234565.(2022·臨沂模擬)已知正三棱臺ABC－A1B1C1的上、下底面邊長分別為2和5，側(cè)棱長為3，則以下底面的一個頂點為球心，2為半徑的球面與此正三棱臺的表面的交線長為________.2π123456由題意，得△ABC是邊長為5的等邊三角形，側(cè)面均為全等的等腰梯形，在四邊形ABB1A1中，AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，如圖，在棱AB上取BF＝2，連接A1F，易知△AA1F為等邊三角形，即∠A1AB＝60°，則以下底面的一個頂點A為球心，分別是與平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交線，1234561234566.(2022·徐州模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為6，E，F(xiàn)分別是A1D1，AA1的中點