截面交線問題課件高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)

專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)微重點9截面、交線問題專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)“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運算求解.內(nèi)容索引考點一考點二截面問題交線問題專題強化練考點一截面問題例1

(多選)在立體幾何中，用一個平面去截一個幾何體得到的平面圖形叫截面.平面α以任意角度截正方體，所截得的截面圖形可能為A.等腰梯形

B.非矩形的平行四邊形C.正五邊形

D.正六邊形√√√考向1多面體中的截面問題畫出截面圖形如圖，可以畫出等腰梯形，故A正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分別于點E，F(xiàn)，G，H，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得四邊形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四邊形EFGH是平行四邊形，此四邊形不一定是矩形，故B正確；經(jīng)過正方體的一個頂點去切就可得到五邊形，但此時不可能是正五邊形，故C錯誤；正方體有六個面，用平面去截正方體時最多與六個面相交得六邊形，且可以畫出正六邊形，故D正確.

(多選)(2023·淮南模擬)如圖，棱長為2的正四面體ABCD中，M，N分別為棱AD，BC的中點，O為線段MN的中點，球O的表面正好經(jīng)過點M，則下列結(jié)論中正確的是A.AO⊥平面BCD例2√√√考向2球的截面問題設(shè)E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，連接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，故EM∥NF，EM＝NF，則四邊形MENF為平行四邊形，故EF，MN交于一點，且互相平分，即O點也為EF的中點，又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN?平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN?平面AND，則AO?平面AND，故BC⊥AO，結(jié)合O點為EF的中點，同理可證DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC?平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正確；又球O的表面正好經(jīng)過點M，則球O的半徑為OM，由BC⊥平面AND，BC?平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延長AO交平面BCD于G點，則OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，故球O被平面BCD截得的截面圓的半徑為由A的分析可知，O也為棱AC，BD中點連線的中點，則球O與每條棱都交于棱的中點，結(jié)合C的分析可知，規(guī)律方法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.跟蹤演練1√√√根據(jù)題意作出如圖所示的圖形，∵平面α∥AD且AD∥BC，∴平面α∥BC，又∵平面α∥A1B，BC，A1B?平面A1BCD1，A1B∩BC＝B，∴平面α∥平面A1BCD1，A正確；∵BC⊥平面ABB1A1，BC?平面A1BCD1，∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，且平面α∥平面A1BCD1，∴平面α⊥平面ABB1A1，B正確；根據(jù)勾股定理可知圓O′的半徑由圖可知，平面α截正方體所得截面是一個一邊長不變，另一邊長隨點P在AB上的位置的變化而變化的矩形，所以平面α截正方體所得截面面積不是定值，故D錯誤.(2)(2023·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，設(shè)外接球的半徑為R，下底面外接圓的半徑為r，所以截面圓的面積最小為π×12＝π，考點二交線問題

在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點，設(shè)過P，Q，R的截面與平面AD1以及平面AB1的交線分別為l，m，則l，m所成的角為A.90° B.30°

C.45° D.60°例3√考向1多面體中的交線問題因為在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點，取C1D1，DD1，BB1的中點分別為G，F(xiàn)，E，連接FG，F(xiàn)Q，QP，PE，ER，RG，根據(jù)正方體的特征，易知，若連接PG，EF，RQ，則這三條線必相交于正方體的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F(xiàn)，G，R，E六點必共面，即為過P，Q，R的截面；所以EP即為直線m，F(xiàn)Q即為直線l；連接AB1，AD1，B1D1，因為EP∥AB1，F(xiàn)Q∥AD1，所以∠B1AD1即為異面直線EP與FQ所成的角，又因為正方體的各面對角線相等，所以△AB1D1為等邊三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角為60°.

(2023·鞍山模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，點O在棱AA1上，且AO＝4，P為正方體表面上的動點，若PO＝5，則點P的軌跡長度為例4√考向2與球有關(guān)的交線問題依題意，因為OA＝4，AA1＝7，OE＝OF＝5，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，所以△AEO≌△A1OF，所以∠AEO＝∠A1OF，規(guī)律方法找交線的方法(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.

(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點M為球心，4為半徑的球面與側(cè)面ABB1A1的交線長為A.2π B.3π C.4π D.8π跟蹤演練2√取AB，AA1，A1B1，BB1的中點分別為F，E，H，G，N為四邊形ABB1A1的中心，連接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因為AB＝AA1＝4，故四邊形ABB1A1為正方形，G，N，E三點共線，H，N，F(xiàn)三點共線，MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，所以題中所求交線軌跡為以N為圓心，2為半徑的圓，球與側(cè)面ABB1A1的交線軌跡如圖所示，故交線長l＝2×π×2＝4π.(2)(2023·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，連接OF，EF，則四邊形PEFO為平行四邊形，Q的軌跡為線段EF，專題強化練1.(2023·保山模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，Q為上底面A1B1C1D1所在平面內(nèi)的動點，當(dāng)直線DQ與DA1所成的角為45°時，點Q的軌跡為A.圓

B.直線C.拋物線

D.橢圓12345678√因為直線DQ與DA1所成的角為45°，化簡可得y2＝2x，所以點Q的軌跡為拋物線.12345678123456782.安徽徽州古城與四川閬中古城、山西平遙古城、云南麗江古城被稱為中國四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底層部分可近似看作一個正方體ABCD－A1B1C1D1.已知該正方體中，點E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，過D1，E，F(xiàn)三點的平面與平面ABCD的交線為l，則直線l與直線AD1所成的角為√12345678如圖所示，在平面AA1D1D中，連接D1E并延長D1E交DA的延長線于點H，則HA＝AD，在平面CC1D1D中，連接D1F并延長D1F交DC的延長線于點G，則GC＝CD，則GH為平面D1EF與平面ABCD的交線l，且GH∥AC，3.(2023·昆明模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，平面α滿足AC∥α，BC1∥α，若直線AC到平面α的距離與BC1到平面α的距離相等，平面α與此正方體的各個面都相交，則交線圍成的圖形為A.三角形

B.四邊形C.五邊形

D.六邊形√12345678如圖，設(shè)E，F(xiàn)，G，H，M，N分別為AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中點，連接EF，F(xiàn)G，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，12345678∴FG∥MN，F(xiàn)G＝MN，同理可得EF∥MH，EF＝MH，GH∥NE，GH＝NE，∴E，F(xiàn)，G，H，M，N共面，12345678∵AC∥EF，AC?平面EFGHMN，EF?平面EFGHMN，∴AC∥平面EFGHMN，同理可得BC1∥平面EFGHMN，∵E為AB的中點，∴點A到平面EFGHMN的距離與點B到平面EFGHMN的距離相等，即平面EFGHMN為所求的平面α，故與正方體的交線為正六邊形EFGHMN.4.(多選)(2023·重慶模擬)如圖，一個平面α斜截一個足夠高的圓柱，與圓柱側(cè)面相交的圖形為橢圓E.若圓柱底面圓半徑為r，平面α與圓柱底面所成的銳二面角大小為θ，則下列對橢圓E的描述中，正確的是A.短軸長為2r，且與θ的大小無關(guān)B.離心率為cosθ，且與r的大小無關(guān)C.焦距為2rtanθ12345678√√√12345678由題意知，橢圓短軸長2b＝2r，由橢圓在底面投影即為底面圓，則cosθ等于圓的面積與橢圓面積的比值，綜上，A，C，D正確，B錯誤.5.(多選)如圖，棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心為O，E，F(xiàn)分別為棱AB，CC1的中點，G在棱BC上，則A.對于任意點G，OA∥平面EFGB.存在點G，使得平面OAD⊥平面EFG√12345678√對于A選項，當(dāng)G與B重合時，A∈平面EFB，O?平面EFB，此時直線OA與平面EFG相交，A錯誤；對于B選項，∵四邊形ABCD為正方形，則AC⊥BD，當(dāng)G為BC的中點時，EG∥AC，則EG⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，EG?平面ABCD，則EG⊥BB1，∵BD∩BB1＝B，則EG⊥平面BB1D1D，∵B1D?平面BB1D1D，∴EG⊥B1D，同理FG⊥B1D，∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，∵OD?平面OAD，故平面OAD⊥平面EFG，B正確；12345678對于C選項，取EF的中點M，∵CC1⊥平面ABCD，CE?平面ABCD，則CF⊥CE，12345678設(shè)截面圓半徑為r，球心O到截面的距離為d，則r2＋d2＝R2＝3.123456786.(多選)(2023·遼寧聯(lián)考)如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點E是棱CD上的一個動點，F(xiàn)是BC的中點，BM＝

BB1，給出下列命題，其中為真命題的是A.當(dāng)E是CD的中點時，過EFM的截面是四邊形B.當(dāng)點E是線段CD的中點時，點P在底面ABCD所在平面

內(nèi)，且MP∥平面AEC1，點Q是線段MP的中點，則點Q

的軌跡是一條直線C.對于每一確定的點E，在線段AB上存在唯一的一點H，使得D1H⊥平面AEC1D.過點M作長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球的截面，則截面面積的最小值為√12345678√對于A，延長FE和AD交于點F′，連接A1F′與DD1交于點M′，可得A1，M′，F(xiàn)′三點共線，連接A1M，如圖①所示，平面A1F′FM與平面EFM為同一個平面，連接M′E，可得平面EFM與長方體的各個面的交線分別為A1M，MF，F(xiàn)E，EM′，M′A1，所以過平面EFM的截面為五邊形A1MFEM′，所以A不正確；12345678圖①對于B，如圖②所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，取A1B1的中點G，連接AG，GC1，取AB的中點N，連接B1N，CN，則CN∥AE，B1N∥AG，再取H，L分別為NB，BC的三等分點，連接HL，可得HL∥CN，又由M為BB1的三等分點，所以MH∥B1N，所以MH∥AG，HL∥AE，因為MH?平面AEC1G，AG?平面AEC1G，所以MH∥平面AEC1G，同理可證HL∥平面AEC1G，MH∩HL＝H且MH，HL?平面MHL，12345678圖②所以平面MHL∥平面AEC1G，當(dāng)點P在HL上時，此時MP?平面MHL，所以MP∥平面AEC1G，取MH，ML的中點H′，L′，可得H′L′∥HL，又由Q為MP的中點，所以點Q的軌跡為直線H′L′，所以B正確；12345678圖②對于C，如圖③所示，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，12345678圖③若D1H⊥平面AEC1，則D1H垂直于平面AEC1的所有直線，設(shè)E(0，m，0)，H(2，n，0)，其中0≤m≤2,0≤n≤2，因為0≤n≤2，所以不成立，所以C不正確；對于D，設(shè)長方體的外接球的半徑為R，12345678圖③當(dāng)OM與該長方體的外接球的截面圓垂直時，截面面積取得最