新高考數(shù)學二輪復習考點突破課件 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、面積等相結合求解，二是利用空間向量的坐標運算求解.考點一截面問題考點二交線問題專題強化練內容索引截面問題考點一

(多選)如圖，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E為A1D1的中點，F(xiàn)為CC1上的一個動點，設由點A，E，F(xiàn)構成的平面為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)，設點M的坐標為(0，t,0)(t∈[2,4])，則可知點P到直線AM的距離為設點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，當球心在底面ABC和截面圓同一側時，(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設球O的半徑為R，則R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，解得R＝3，OH＝1.當λ∈[1,3]時，截面AEF從平面ARS轉動到平面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