新高考数学二轮复习专题四微重点13截面、交线问题课件

这是一份新高考数学二轮复习专题四微重点13截面、交线问题课件，共52页。PPT课件主要包含了截面问题，考点一，考向2球的截面问题，规律方法，交线问题，考点二，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
(多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则A.平面α截正方体的截面可能是三角形
考向1　多面体中的截面问题
如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，连接PF与y轴交于点M，则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知截面不可能为三角形，故A错误；
当F为CC1的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故D正确；D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，设点M的坐标为(0，t,0)(t∈[2,4])，
则可知点P到直线AM的距离为
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
(2022·华大新高考联盟联考)已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝ ，AC＝2，点E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于点G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外接球球O所得截面面积的取值范围是___________.
因为AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，
取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，
作几何体截面的方法(1)利用平行直线找截面；(2)利用相交直线找截面.
(1)(多选)(2022·江苏六校联考)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面记为α，则A.平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为 四边形B.平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为C.平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为 47∶25D.点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3
如图，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故A错误；由平行线分线段成比例可得，AP＝BF＝1，故DP＝DD1＝3，则△DD1P为等腰直角三角形，由相似三角形可知AM＝AE＝1，
因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，
记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，
则V1∶V2＝47∶25，故C正确；因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误.
(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________.
正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，
所以截面圆的面积最小为π·12＝π，
在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，平面α过点A，C，且BD⊥平面α，则平面α与侧面CBD的交线长为____.
考向1　多面体中的交线问题
如图1，因为△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，
所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形，所以在△ABD中，过顶点A作边BD上的高，垂足为E，取AD的中点O，连接OB，如图2，
所以在△BCD中，过顶点C作边BD上的高，垂足为F，取CD的中点M，连接MB，如图3，
所以点E，F重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，因为AE∩CE＝E，所以BD⊥平面ACE，
考向2　与球有关的交线问题
若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，
所以，平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；
找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点.(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线.
依题意得，设底面等腰Rt△ABC的直角边长为x(x>0)，
又∵顶点P到底面ABC的距离为4，∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周.当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心O到该截面圆的距离为d2＝4－3＝1，
当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，
(2)(2022·广安模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，S是A1B1的中点，P是A1D1的中点，点Q在正方形DCC1D1及其内部运动，若PQ∥平面SBC1，则点Q的轨迹的长度是_____.
如图所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1⊂平面SBC1，PE⊄平面SBC1，则PE∥平面SBC1，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，
连接BD，取BD的中点O，连接PO，则PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB⊂平面SBC1，PO⊄平面SBC1，
则PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE⊂平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，
由题意，椭圆短轴长2b＝2r，
由椭圆在底面投影即为底面圆，则cs θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
综上，A，C，D正确，B错误.
2.(多选)(2022·资阳模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面α∥平面EFG，则下列命题中正确的是A.不存在点P，使得CP⊥平面EFGB.三棱锥P－EFG的体积为定值C.平面α截该正方体所得截面面积的最大值为D.平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
如图，连接A1C，可得A1C⊥平面EFG，由A1C与AD1异面可知，不存在点P，使得CP⊥平面EFG，故A正确；由AD1∥平面EFG，可得动点P到平面EFG的距离为定值，故三棱锥P－EFG的体积为定值，故B正确；如图，当截面为正六边形IJKLMN时(其中I，J，K，L，M，N都是棱的中点)，所得截面面积最大，
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确.
对于A选项，因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB，
由余弦定理可得OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcs∠APB，
因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正确；对于C选项，因为MN∥BC，则△PMN∽△PBC，
对于D选项，因为MN＝OM＝ON＝2，
取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，记RS∩BG＝M，连接AM.过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H，则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上，AO为球O的半径.
设球O的半径为R，则R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，解得R＝3，OH＝1.当λ∈[1,3]时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，要求截面的面积只需考虑球心O到截面的距离的取值范围即可.由题意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如图，过点O作ON⊥AM，垂足为N，则ON⊥平面ARS.
即球心O到截面的距离d∈[0,1]，则截面圆的半径满足r2＝R2－d2∈[8,9]，故所求截面的面积S∈[8π，9π].
5.(2022·临沂模拟)已知正三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________.
由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB1A1中，AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，如图，在棱AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，
分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，
6.(2022·徐州模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，E，F分别是A1D1，AA1的中点，平面CEF截正方体所得的截面为多边形，则此截面多边形的周长为______________.
延长EF交DA的延长线于点M，连接MC交AB于点N，延长FE与DD1的延长线交于点P，连接PC交C1D1于点Q，连接EQ，则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得的截面.如图所示，则有A1F＝FA＝AM＝3，又因为△MAN∽△MDC，
同理可得QD1＝2，QC1＝4，