提優(yōu)點(diǎn)4 截面或交線問題

截面或交線問題【知識(shí)拓展】1.空間幾何體截面的主要原理為兩個(gè)基本事實(shí)及兩個(gè)性質(zhì).(1)兩個(gè)基本事實(shí)為：①如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們相交于過此點(diǎn)的一條直線；②如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi).(2)兩個(gè)性質(zhì)為：①如果一條直線平行于一個(gè)平面，經(jīng)過這條直線的平面與這個(gè)平面相交，那么這條直線就和交線平行；②如果兩個(gè)平面平行，第三個(gè)平面和它們相交，那么兩條交線平行.2.立體幾何中的截面類型(1)平面截球：圓面.(2)平面截正方體：三角形、四邊形、五邊形、六邊形.(3)平面截圓柱曲面：圓、橢圓、矩形.(4)平面截圓錐曲面：橢圓、雙曲線(單支)、拋物線.【類型突破】類型一截面問題考向1多面體中的截面問題例1(多選)在立體幾何中，用一個(gè)平面去截一個(gè)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.正六邊形答案ABD解析畫出截面圖形如圖1，C，D分別是所在棱的中點(diǎn)，四邊形ABCD為等腰梯形，故A正確；圖1圖2在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖2所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分別于點(diǎn)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，但不一定是矩形，故B正確；圖3圖4經(jīng)過正方體的一個(gè)頂點(diǎn)去切就可得到五邊形(如圖3所示)，但此時(shí)不可能是正五邊形，故C錯(cuò)誤；六邊形的頂點(diǎn)為正方體各棱的中點(diǎn)，六邊形為正六邊形(如圖4所示)，故D正確.考向2球的截面問題例2已知三棱錐S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點(diǎn)，直線AF，CE相交于點(diǎn)G，則過點(diǎn)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________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,9)，\f(3π,2)))解析因?yàn)锳B2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，又因?yàn)镾A⊥平面ABC，故三棱錐S－ABC的外接球球O的半徑R＝eq\f(\r(2＋2＋2),2)＝eq\f(\r(6),2)，取AC的中點(diǎn)D，連接BD，BD必過點(diǎn)G，如圖所示，因?yàn)锳B＝BC＝eq\r(2)，故DG＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(1,3)，因?yàn)镺D＝eq\f(\r(2),2)，故OG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(11,18)，則過點(diǎn)G的平面截球O所得截面圓的最小半徑的平方r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(11,18)＝eq\f(8,9)；過點(diǎn)G的平面截球O所得截面圓的最大半徑為球半徑R＝eq\f(\r(6),2)，故截面面積的最小值為eq\f(8π,9)，最大值為eq\f(3π,2)，故截面面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,9)，\f(3π,2))).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.訓(xùn)練1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(gè)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.六邊形答案D解析如圖，設(shè)E，F(xiàn)，G，H，M，N分別為AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中點(diǎn)，連接EF，F(xiàn)G，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，∵FG∥BC1，MN∥AD1，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC1，MN＝eq\f(1,2)AD1，BC1∥AD1，BC1＝AD1，∴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，∵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(diǎn)，∴點(diǎn)A到平面EFGHMN的距離與點(diǎn)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.類型二交線問題考向1多面體中的交線問題例3在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點(diǎn)，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°答案D解析因?yàn)樵谡襟wABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分別是AB，AD，B1C1的中點(diǎn)，取C1D1，DD1，BB1的中點(diǎn)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(diǎn)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?yàn)镋P∥AB1，F(xiàn)Q∥AD1，所以∠B1AD1即為異面直線EP與FQ所成的角或其補(bǔ)角，又因?yàn)檎襟w的各面對(duì)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°.考向2與球有關(guān)的交線問題例4在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點(diǎn)M為球心，4為半徑的球面與側(cè)面ABB1A1的交線長為()A.2π B.3πC.4π D.8π答案C解析取AB，AA1，A1B1，BB1的中點(diǎn)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?yàn)锳B＝AA1＝4，故四邊形ABB1A1為正方形，G，N，E三點(diǎn)共線，H，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線，MN⊥平面ABB1A1，且GN＝EN＝NH＝NF＝2，因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn)，所以MN＝CF＝4sin60°＝2eq\r(3)，由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝eq\r(MN2＋22)＝4，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.規(guī)律方法找交線的方法(1)線面交點(diǎn)法：各棱線與截平面的交點(diǎn)；(2)面面交線法：各棱面與截平面的交線.訓(xùn)練2已知正三棱臺(tái)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(gè)頂點(diǎn)為球心，2為半徑的球面與此正三棱臺(tái)的表面的交線長為________.答案2π解析由題意，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(gè)頂點(diǎn)A為球心，2為半徑的球面與此正三棱臺(tái)的表面的交線為三段圓弧eq\o(MN,\s\up8(︵))，eq\o(MP,\s\up8(︵))，eq\o(NP,\s\up8(︵))，分別是與平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交線，則所求交線長度為三段圓弧eq\o(MN,\s\up8(︵))，eq\o(MP,\s\up8(︵))，eq\o(NP,\s\up8(︵))的長度之和，長度為eq\f(π,3)×2×3＝2π.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.過一個(gè)圓錐的側(cè)面一點(diǎn)(不是母線的端點(diǎn))作圓錐的截面，則截面與該圓錐側(cè)面的交線可以是圖形①圓；②橢圓；③拋物線的一部分；④雙曲線的一部分中的()A.①②③④ B.①③④C.①② D.①②④答案A解析根據(jù)截面與圓錐的位置關(guān)系，所得的圖形如圖所示，故截面與該圓錐側(cè)面的交線可以是圖形①圓；②橢圓；③拋物線的一部分；④雙曲線的一部分.2.已知過BD1的平面與正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1分別交于點(diǎn)M，N，則下列關(guān)于截面BMD1N的說法中，不正確的是()A.截面BMD1N可能是矩形 B.截面BMD1N可能是菱形C.截面BMD1N可能是梯形 D.截面BMD1N不可能是正方形答案C解析如圖①，當(dāng)點(diǎn)M，N分別與頂點(diǎn)重合時(shí)，顯然截面BMD1N是矩形；如圖②，當(dāng)M，N為棱AA1，CC1的中點(diǎn)時(shí)，顯然截面BMD1N是菱形，由正方體的性質(zhì)及勾股定理易知截面BMD1N不可能為正方形；根據(jù)對(duì)稱性，其他情況下截面BMD1N為平行四邊形.故選C.3.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，則平面AEF截正方體所得的截面面積為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(9,2)C.9 D.18答案B解析連接BC1，AD1，D1F，如圖所示，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是BC，CC1的中點(diǎn)，所以EF∥BC1，在正方體中AD1∥BC1，所以EF∥AD1，所以A，D1，F(xiàn)，E在同一平面內(nèi)，以平面AEF截該正方體所得的截面為平面EFD1A，因?yàn)檎襟w的棱長為2，所以EF＝eq\r(2)，AD1＝2eq\r(2)，D1F＝AE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，則E到AD1的距離為等腰梯形EFD1A的高為eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以截面面積為S＝eq\f(1,2)(2eq\r(2)＋eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).4.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱B1B，B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)G是棱C1C的中點(diǎn)，則過線段AG且平行于平面A1EF的截面圖形為()A.等腰梯形 B.三角形C.正方形 D.矩形答案A解析取BC的中點(diǎn)為H，如圖連接AH，GH，D1G，AD1，由題意得GH∥EF，AH∥A1F，∵GH?平面A1EF，EF?平面A1EF，∴GH∥平面A1EF，∵AH?平面A1EF，A1F?平面A1EF，∴AH∥平面A1EF，∵GH∩AH＝H，GH，AH?平面AHGD1，∴平面AHGD1∥平面A1EF，過線段AG且平行于平面A1EF的截面圖形為等腰梯形AHGD1.5.如圖，一個(gè)平面α斜截一個(gè)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θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，則下列對(duì)橢圓E的描述中錯(cuò)誤的是()A.短軸為2r，且與θ大小無關(guān)B.離心率為cosθ，且與r大小無關(guān)C.焦距為2rtanθD.面積為eq\f(πr2,cosθ)答案B解析由題意，橢圓短軸長2b＝2r；而長軸長隨θ變大而變長且2a＝eq\f(2r,cosθ)，所以c＝eq\r(a2－b2)＝rtanθ，故e＝eq\f(c,a)＝sinθ，焦距為2c＝2rtanθ；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，所以橢圓面積為S＝eq\f(πr2,cosθ).綜上，A，C，D正確，B錯(cuò)誤.6.(2024·南京質(zhì)檢)已知三棱錐P－ABC的底面△ABC為等腰直角三角形，其頂點(diǎn)P到底面ABC的距離為4，體積為eq\f(16,3)，若該三棱錐的外接球O的半徑為eq\r(13)，則滿足上述條件的頂點(diǎn)P的軌跡長度為()A.6π B.12πC.2eq\r(3)π D.4eq\r(3)π答案D解析依題意得，設(shè)底面等腰Rt△ABC的直角邊長為x(x>0)，∴三棱錐P－ABC的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×x2×4＝eq\f(16,3)，解得x＝2eq\r(2).∴△ABC的外接圓半徑為r1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)＝2，∴球心O到底面ABC的距離為d1＝eq\r(R2－req\o\al(2,1))＝eq\r(13－4)＝3，又∵頂點(diǎn)P到底面ABC的距離為4，∴頂點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)截面圓的圓周.當(dāng)球心在底面ABC和截面圓之間時(shí)，球心O到該截面圓的距離為d2＝4－3＝1，∵截面圓的半徑為r2＝eq\r(R2－deq\o\al(2,2))＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3)，∴頂點(diǎn)P的軌跡長度為2πr2＝4eq\r(3)π；當(dāng)球心在底面ABC和截面圓同一側(cè)時(shí)，球心O到該截面圓的距離為d3＝3＋4＝7>R＝eq\r(13)，故不成立.綜上，頂點(diǎn)P的軌跡長度為4eq\r(3)π.7.(2024·齊魯名校模擬改編)在四棱錐S－ABCD中，ABCD是矩形，AD⊥SD，∠SDC＝120°，SD＝CD＝2BC＝2，P為棱SB上一點(diǎn)，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A.點(diǎn)A到平面SCD的距離為1B.若SP＝PB，則過點(diǎn)A，D，P的平面α截此四棱錐所得截面的面積為eq\f(3,2)C.四棱錐S－ABCD外接球的表面積為17πD.直線AP與平面SCD所成角的正切值的最大值為eq\f(1,2)答案B解析如圖，對(duì)于A，因?yàn)锳D⊥SD，AD⊥DC，又SD∩DC＝D，SD，DC?平面SDC，所以AD⊥平面SDC，所以點(diǎn)A到平面SDC的距離為AD＝BC＝1，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)镾P＝PB，所以點(diǎn)P為棱SB的中點(diǎn)，取SC中點(diǎn)為Q，連接PQ，DQ，可得平面APQD即平面α截此四棱錐所得截面，且由于Q是SC的中點(diǎn)，點(diǎn)P為棱SB的中點(diǎn)，所以在△SBC中，PQ是△SBC的中位線，則PQ＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)，且PQ∥BC，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，則BC∥AD，所以PQ∥AD，因?yàn)锳D⊥平面SDC，DQ?平面SDC，故AD⊥DQ，所以四邊形APQD是以AD為下底、PQ為上底，DQ為高的直角梯形，因?yàn)镾D＝CD＝2，在等腰三角形SCD中，QD⊥SC，且QD平分∠SDC，則QD＝CD·coseq\f(1,2)∠SDC＝2×eq\f(1,2)＝1，則平面α截此四棱錐所得截面的面積為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))×1＝eq\f(3,4)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，又因?yàn)椤蟂DC＝120°，SD＝CD＝2，所以SC＝2cos30°＋2cos30°＝2eq\r(3)，所以2r＝eq\f(SC,sin∠SDC)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，即r＝2(其中r為△SCD外接圓半徑)，因?yàn)锳D⊥平面SDC，所以四棱錐S－ABCD外接球的半徑為R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD,2)))\s\up12(2))＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),2)，所以四棱錐S－ABCD外接球的表面積為17π，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)锳D⊥平面SDC，所以當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)S重合時(shí)，直線AP與平面SCD所成角的正切值最大，最大值為eq\f(AD,SD)＝eq\f(1,2)，故D正確.二、多選題8.(2024·揚(yáng)州模擬)棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1，下列選項(xiàng)中正確的有()A.過A1C的平面截此正方體所得的截面為四邊形B.過A1C的平面截此正方體所得的截面的面積范圍為[2eq\r(6)，4eq\r(2)]C.四棱錐C－A1B1C1D1與四棱錐C1－ABCD的公共部分為八面體D.四棱錐C－A1B1C1D1與四棱錐C1－ABCD的公共部分體積為eq\f(2,3)答案ABD解析連接A1與線段BB1上任意一點(diǎn)F，過C作CE∥A1F交DD1于E，所以過A1C的平面截此正方體所得的截面為四邊形A1FCE，A正確；由以上分析及正方體結(jié)構(gòu)特征易知：四邊形A1FCE為平行四邊形，若E，F(xiàn)為各線段上的中點(diǎn)時(shí)，四邊形A1FCE為菱形，此時(shí)截面最小面積為eq\f(1,2)×A1C×EF＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(2)＝2eq\r(6)；根據(jù)正方體的對(duì)稱性，E從中點(diǎn)向D或D1運(yùn)動(dòng)時(shí)，四邊形A1FCE面積都是由小變大，當(dāng)E與D重合時(shí)，此時(shí)F與B1重合，截面面積最大，為DC×A1D＝2×2eq\r(2)＝4eq\r(2).綜上，過A1C的平面截此正方體所得的截面的面積范圍為[2eq\r(6)，4eq\r(2)]，B正確；對(duì)于CD項(xiàng)，如圖，四棱錐C－A1B1C1D1與四棱錐C1－ABCD的公共部分為六面體C1EFGHC，C錯(cuò)誤；取C1C的中點(diǎn)G，易知四邊形是邊長為1的正方形，且CC1⊥平面EFGH，六面體C1EFGHC的體積為eq\f(1,3)×S正方形EFGH×CC1＝eq\f(1,3)×1×1×2＝eq\f(2,3)，D正確.9.(2024·茂名模擬)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，則()A.直線EF與BC1所成的角為60°B.過空間中一點(diǎn)有且僅有兩條直線與A1B1，A1D1所成的角都是60°C.過A1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截該正方體，所得截面圖形的周長為3eq\r(2)＋2eq\r(5)D.過直線EF的平面截正方體，所得截面圖形可以是五邊形答案ACD解析對(duì)于A，如圖所示，連接AC，A1C1，A1B，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以∠A1C1B或其補(bǔ)角即為EF與BC1所成的角，因?yàn)椤鰽1BC1是等邊三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以EF與BC1所成的角為60°，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)橹本€A1B1，A1D1所成角是90°，且兩條直線相交于A1，所以過點(diǎn)A1與兩直線所成角為60°的直線有4條，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，易知平面A1EFC1為過A1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的截面，該截面為梯形，顯然A1C1＝2eq\r(2)，A1E＝C1F＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，EF＝eq\r(2)，所以截面圖形的周長為A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝2eq\r(2)＋eq\r(5)＋eq\r(2)＋eq\r(5)＝3eq\r(2)＋2eq\r(5)，故C正確；對(duì)于D，如圖所示，分別取AA1，CC1的靠近A，C的三等分點(diǎn)G，H，連接GD1，GE，HD1，HF，易知GE∥HD1，HF∥GD1，故點(diǎn)D1，G，E，F(xiàn)，H共面，該截面圖形為五邊形，故D正確.三、填空題10.在圓臺(tái)O1O2中，四邊形ABCD是其軸截面，AD＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB，過O1C與軸截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若點(diǎn)A到平面CEF的距離是eq\r(3)，則圓臺(tái)的體積等于________.答案eq\f(7\r(3)π,3)解析因?yàn)锳D＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB，所以四邊形ADCO1為平行四邊形，所以O(shè)1C＝O1D＝O1A＝AD，則△AO1D為正三角形，所以∠DAB＝60°，由題意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，所以點(diǎn)A到平面CEF的距離即為AD與O1C的距離，在△AO1D中，過點(diǎn)O1作AD的垂線O1M，過點(diǎn)D作AO1的垂線DN，則O1M＝eq\r(3)，所以AO1＝eq\f(O1M,sin60°)＝2，則O1O2＝DN＝2sin60°＝eq\r(3)，設(shè)圓臺(tái)上、下底面半徑分別為r，R，則R＝AO1，r＝DO2＝eq\f(1,2)AO1，則圓臺(tái)的體積V＝eq\f(π,3)h(R2＋Rr＋r2)＝eq\f(\r(3)π,3)×(4＋2＋1)＝eq\f(7\r(3)π,3).11.已知三棱錐P－ABC的棱AP，AB，AC兩兩互相垂直，AP＝AB＝AC＝2eq\r(3)，以頂點(diǎn)P為球心，4為半徑作一個(gè)球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長弧的弧長等于________.答案eq\f(4π,3)解析由題設(shè)，將三棱錐P－ABC補(bǔ)全為棱長為2eq\r(3)的正方體，O為底面中心，如圖所示，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，又OA＝eq\r(6)>2，OP＝3eq\r(2)>4，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；平面PBC與球面所成弧是以P為圓心，4為半徑且圓心角為eq\f(π,3)的圓弧，故弧長為eq\f(4π,3)；平面PBA，PCA與球面所成弧是以P為圓心，4為半徑且圓心角為eq\f(π,12)的圓弧，故弧長為eq\f(π,3).所以最長弧的弧長為eq\f(4π,3).12.(2024·武漢質(zhì)檢)在以底面為等腰直角三角形的直三棱柱ABC－A1B1C1中，M為底面三角形斜邊BC上一點(diǎn)，且eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，AC＝AA1＝1，P為線段BC1上一動(dòng)點(diǎn)，則平面AMP截