【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题18　几何体的截面或交线

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1.作空间几何体截面的主要依据是两个公理及两个性质.两个公理为：
(1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线；
(2)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
两个性质为：
(1)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；
(2)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.
2.作空间几何体的截面的主要作法：直接法、平行线法、延长法、辅助平面法等.
3.立体几何中的截面类型
(1)平面截球：圆面(见微专题17).
(2)平面截正方体：三角形、四边形、五边形、六边形.
(3)平面截圆柱曲面：圆、椭圆、矩形.
(4)平面截圆锥曲面：椭圆、双曲线、抛物线.
类型一 截面形状的判断
首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面的位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状.
例1 (2022·西安调考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为( )
A.矩形 B.三角形
C.正方形 D.等腰梯形
答案 D
解析 如图所示，取棱BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意可得GH∥EF∥AD1，AH∥A1F.
又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，
所以GH∥平面A1EF.
同理可得AH∥平面A1EF.
又GH∩AH＝H，GH，AH⊂平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，
故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，
而GH∥AD1且GH＝eq \f(1,2)AD1，AH＝D1G，则知四边形AHGD1为等腰梯形.
训练1 已知三棱柱ABC－DEF，DA，DE，DF两两互相垂直，且DA＝DE＝DF，M，N分别是BE，AB边的中点，P是线段CA上任意一点.过三点P，M，N的平面与三棱柱ABC－DEF的截面有以下几种可能：①三角形；②四边形；③五边形；④六边形.其中正确的是( )
A.①② B.③④
C.①②③ D.②③④
答案 C
解析 延长MN交DA的延长线于点N′，交DE的延长线于点M′，
连接N′P交DF的延长线于点P′，则过P，M，N三点的平面与过点N′，M′，P′的平面重合，
当点P与点A重合时，截面为四边形；
当0当eq \f(1,2)AC≤PA当点P与点C重合时，截面为三角形，
而该三棱柱只有五个面，截面与每个面相交最多产生五条交线，故截面形状最多为五边形，即不可能为六边形.
类型二 计算截面图形的面积或周长
求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解.
例2 (2022·济南模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2，平面α与棱AB，CD均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为( )
A.1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D.2
答案 A
解析 如图，取CD的中点O，连接OA，OB，
因为△ACD为等边三角形，O为CD的中点，
∴OA⊥CD，同理可得OB⊥CD，
∵OA∩OB＝O，
∴CD⊥平面AOB，
∵AB⊂平面AOB，
∴CD⊥AB.
设平面α分别交AC，AD，BD，BC于E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE，
∵CD∥平面α，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面α＝EF，
∴CD∥EF，
同理可证GH∥CD，
∴EF∥GH，同理可证EH∥FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AB⊥CD，
∴EF⊥EH，则平行四边形EFGH为矩形，
设eq \f(AE,AC)＝x(0则eq \f(CE,AC)＝1－x，
∵EF∥CD，
则eq \f(EF,CD)＝eq \f(AE,AC)＝x，
∴EF＝2x，同理可得EH＝2(1－x)，
∴矩形EFGH的面积为S矩形EFGH＝EF·EH＝2x·2(1－x)＝4x(1－x)≤4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))eq \s\up12(2)
＝1，
当且仅当x＝eq \f(1,2)时，等号成立，因此，截面面积的最大值为1.
训练2 已知三棱柱ABC－A1B1C1中侧棱AA1⊥底面ABC，E，F分别是AB，AA1的中点，且AC＝BC＝2，AC⊥BC，AA1＝4，过点E作一个截面与平面BFC1平行，则截面图形的周长为________.
答案 eq \r(3)＋2eq \r(2)＋2eq \r(5)
解析 如图，取AF的中点G，分别在CC1，BC上取点H，M，使HC1＝eq \f(1,4)CC1，BM＝eq \f(1,4)BC，连接EG，GH，HM，EM.
又F，G分别是AA1，AF的中点，
所以FG＝eq \f(1,4)AA1.
又AA1∥CC1，AA1＝CC1，
所以FG∥HC1，FG＝HC1，
所以四边形FGHC1为平行四边形，
所以GH∥FC1，GH＝FC1，
又GH⊄平面BFC1，FC1⊂平面BFC1，
所以GH∥平面BFC1.
因为HC1＝eq \f(1,4)CC1，BM＝eq \f(1,4)BC，
所以MH∥BC1，MH＝eq \f(3,4)BC1，
又MH⊄平面BFC1，BC1⊂平面BFC1，
所以MH∥平面BFC1.
又MH∩GH＝H，MH，GH⊂平面EGHM，
所以平面EGHM∥平面BFC1.
又AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝2，E，F分别是AB，AA1的中点，AC⊥BC，AA1＝4，
所以AB＝2eq \r(2)，AF＝A1F＝2，
所以EG＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(1,2)eq \r(AF2＋AB2)＝eq \r(3)，
GH＝FC1＝eq \r(A1F2＋A1Ceq \\al(2,1))＝2eq \r(2)，HM＝eq \f(3,4)BC1＝eq \f(3,4)eq \r(BBeq \\al(2,1)＋B1Ceq \\al(2,1))＝eq \f(3\r(5),2).
在△BEM中，BM＝eq \f(1,4)BC＝eq \f(1,2)，BE＝eq \r(2)，∠EBM＝45°，
所以EM2＝BM2＋BE2－2BM·BEcs 45°＝eq \f(1,4)＋2－2×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(5,4)，
所以EM＝eq \f(\r(5),2)，
所以平面EGHM的周长为
EG＋GH＋HM＋EM＝eq \r(3)＋2eq \r(2)＋eq \f(3\r(5),2)＋eq \f(\r(5),2)＝eq \r(3)＋2eq \r(2)＋2eq \r(5)，
即所求的截面图形周长为eq \r(3)＋2eq \r(2)＋2eq \r(5).
类型三 与截面有关的空间角问题
通过作辅助线，借助空间角的等角定理，以及线面平行的判断与性质定理，把相应的空间角转化到已知的三角形内求解.
例3 (2022·郑州调研)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则直线m，n所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
由于α∥平面CB1D1，
则有m1∥m.
又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
所以B1D1∥m1，则有B1D1∥m.
同理可得CD1∥n.
故直线m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
结合正方体的性质知B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
则知△CB1D1为正三角形，
即∠CD1B1＝eq \f(π,3)，
所以cs∠CD1B1＝eq \f(1,2).
训练3 已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为( )
A.7π B.9π
C.11π D.13π
答案 D
解析 设球的球心为O，由圆M的面积为4π，得圆M的半径为2，
则OM＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)，
又因为圆N所在的平面β与圆M所在的平面α所成的角为60°，
则∠OMN＝30°，且ON⊥MN，
则sin∠OMN＝eq \f(ON,OM)，
即sin 30°＝eq \f(ON,2\r(3))，解得ON＝eq \r(3)，
则圆N的半径r＝eq \r(42－（\r(3)）2)＝eq \r(13)，
圆N的面积为πr2＝13π，故选D.
一、基本技能练
1.过一个圆锥的侧面一点(不是母线的端点)作圆锥的截面，则截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分中的( )
A.①②③④ B.①③④
C.①② D.①②④
答案 A
解析 根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示，
故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分.
2.(2022·北京东城区一模)正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则截面图形的形状为( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.平行四边形 D.梯形
答案 A
解析 由三视图知截面是两腰为eq \r(5)，底边为eq \r(2)的等腰三角形.
3.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )
答案 D
解析 对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面.
4.现有同底等高的圆锥和圆柱，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面积为( )
A.3π B.eq \f(3π,2)
C.eq \f(\r(5)π,2) D.eq \r(5)π
答案 D
解析 设底面圆的半径为R，圆柱的高为h，
依题意2R＝h＝2，∴R＝1.
∴圆锥的母线l＝eq \r(h2＋R2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，
因此S圆锥侧＝πRl＝1×eq \r(5)π＝eq \r(5)π.
5.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，那么该圆柱的表面积为( )
A.12eq \r(2)π B.12π
C.8eq \r(2)π D.10π
答案 B
解析 设圆柱的轴截面的边长为x，
则由x2＝8，得x＝2eq \r(2)，
所以S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(eq \r(2))2＋2π×eq \r(2)×2eq \r(2)＝12π.故选B.
6.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，则作过E，F，G三点的截面图形为( )
A.四边形 B.三角形
C.五边形 D.六边形
答案 C
解析 如图，在底面ABCD内，连接EF并延长，分别与DA，DC的延长线交于L，M两点.
在侧面A1ADD1内，连接LG交AA1于K.
在侧面D1C1CD内，连接GM交CC1于H.
连接KE，FH，则五边形EFHGK即为所求的截面.故选C.
7.棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱C1D1与C1B1的中点，则经过点B，E，F的平面截正方体所得的封闭图形的面积为( )
A.eq \f(9,2) B.3eq \r(10)
C.eq \f(3,2) D.eq \r(10)
答案 A
解析 如图，经过点B，E，F的平面BEF截正方体所得截面为四边形BDEF，
因为E，F分别是C1D1，C1B1的中点，正方体的棱长为2，
所以EF∥BD，且EF＝eq \f(1,2)BD，
所以四边形BDEF是下底为BD＝2eq \r(2)，上底为EF＝eq \r(2)的等腰梯形.
在Rt△BB1F中，由勾股定理可得DE＝BF＝eq \r(5)，过点F在平面BDEF内作FG⊥BD于点G，由等腰梯形的性质用勾股定理可得FG＝eq \f(3\r(2),2)，即梯形BDEF的高为eq \f(3\r(2),2)，
所以梯形BDEF的面积为
eq \f(1,2)×(2eq \r(2)＋eq \r(2))×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(9,2)，故选A.
8.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为( )
A.3eq \r(2)＋2eq \r(5) B.4＋4eq \r(2)
C.2eq \r(2)＋2eq \r(5) D.6eq \r(2)
答案 A
解析 正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，所以BD⊥AM(三垂线定理)，如图，取BB1中点N，A1B1中点E，连MN，AN，BE，可知BE⊥AN，
所以BE⊥AM(三垂线定理)，
所以AM⊥平面DBE，
取A1D1中点F，则α即为截面BEFD，易求周长为3eq \r(2)＋2eq \r(5).
9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点.以下四个结论中不正确的是( )
A.A1C⊥MNB.A1C∥平面MNPQ
C.A1C与PM相交D.NC与PM异面
答案 B
解析 作出过M，N，P，Q四点的截面，交C1D1于点S，交AB于点R，如图中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，
故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，所以结论B不正确.故选B.
10.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )
A.0条 B.1条
C.2条 D.1条或2条
答案 C
解析 如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.
∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，
∴EF∥平面BCD.
又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，
∴EF∥CD.
又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.
∴CD∥平面EFGH，
同理，AB∥平面EFGH.
所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.
11.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.
答案 1∶47
解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积
V1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)a×eq \f(1,2)b×eq \f(1,2)c＝eq \f(1,48)abc，
剩下的几何体的体积V2＝abc－eq \f(1,48)abc＝eq \f(47,48)abc，
所以V1∶V2＝1∶47.
12.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为______.
答案 平行四边形
解析 ∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG，同理EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
二、创新拓展练
13.(2022·衡水模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，过B，E，D1的截面与棱A1B1交于F，则截面BED1F分别在平面A1B1C1D1和平面ABB1A1上的正投影的面积之和( )
A.有最小值1 B.有最大值2
C.为定值2 D.为定值1
答案 D
解析 因为平面BED1F∩平面ABCD＝BE，平面BED1F∩平面A1B1C1D1＝D1F，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，
所以BE∥D1F，同理D1E∥BF，
所以截面BED1F是平行四边形，
所以BE＝D1F，
所以A1F＝CE，从而B1F＝DE，
截面BED1F在平面A1B1C1D1上的正投影是以B1F为底，该底对应的高为1的平行四边形，在平面ABB1A1上的正投影是以A1F为底，该底上的高为1的平行四边形，
因此两个投影的面积和S＝(CE＋DE)×1＝1为定值.
14.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中错误的是( )
A.当0B.当CQ＝eq \f(1,2)时，S为等腰梯形
C.当CQ＝eq \f(3,4)时，S与C1D1的交点R满足C1R＝eq \f(1,3)
D.当eq \f(3,4)答案 D
解析 如图1，当Q为CC1的中点，即CQ＝eq \f(1,2)时，PQ∥BC1且PQ＝eq \f(1,2)BC1，
图1
又AD1綊BC1，
故PQ∥AD1且PQ＝eq \f(1,2)AD1，PA＝D1Q，
故截面APQD1为等腰梯形，故B正确.
当0当CQ＝eq \f(3,4)时，延长AP，DC交于M，连接QM，直线QM与C1D1交于点R，如图2，因CQ＝eq \f(3,4)，则C1Q＝eq \f(1,4)，CM＝1，又eq \f(C1R,CM)＝eq \f(C1Q,QC)，故C1R＝eq \f(1,3)，选项C正确；
图2
当eq \f(3,4)15.如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2，AC＝2eq \r(2)，M是BC的中点，则过点M的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面面积的最小值为________.
答案 π
解析 如图，把三棱锥P－ABC放在棱长为2的正方体中，则正方体的体对角线长为三棱锥P－ABC的外接球的直径.
设三棱锥P－ABC的外接球的半径为R，
则2R＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)，
∴R＝eq \r(3).
取PC的中点O，则O为球心，连接OM，
由对称性可知，球心O到过点M的平面距离的最大值为OM＝eq \f(1,2)PB＝eq \r(2)，
故过点M的最小的截面圆的半径为eq \r(R2－OM2)＝1，
故截面面积的最小值为π×12＝π.
16.如图，在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＞OB＞OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为________.
答案 S3＜S2＜S1
解析 由题意知OA，OB，OC两两垂直，可将其放置在以O为顶点的长方体中，设三边OA，OB，OC长分别为a，b，c，且a＞b＞c，利用等体积法易得
S1＝eq \f(1,4)aeq \r(b2＋c2)，S2＝eq \f(1,4)beq \r(a2＋c2)，S3＝eq \f(1,4)ceq \r(a2＋b2)，
∴Seq \\al(2,1)－Seq \\al(2,2)＝eq \f(1,16)(a2b2＋a2c2)－eq \f(1,16)(b2a2＋b2c2)＝eq \f(1,16)c2(a2－b2)，
又a＞b，
∴Seq \\al(2,1)－Seq \\al(2,2)＞0，即S1＞S2，
同理，平方后作差可得，S2＞S3，
∴S3＜S2＜S1.