2023高考数学二轮专题 微专题18 几何体的截面或交线

这是一份2023高考数学二轮专题 微专题18 几何体的截面或交线，共20页。
微专题18　几何体的截面或交线1.空间几何体截面的作图主要原理：两个基本事实及两个性质.两个基本事实为：(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.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　截面的作法空间几何体的截面作图主要作法：(1)直接法；(2)平行线法；(3)延长法；(4)辅助平面法.例1 已知正方体A1B1C1D1－ABCD，E，F，H分别是A1B1，B1C1，AD的中点，试过三点E，F，H作截面.解　如图，连接EF，并且延长，与D1A1，D1C1的延长线分别交于N，R两点，连接NH并延长分别交AA1和 D1D的延长线于S，T，连接TR分别交CD，CC1于M，G，顺次连接点E，F，G，M，H，S，E，则六边形EFGMHS就是所作截面.训练1 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面.解　作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.④连接KE，FH，则五边形EFHGK即为所求的截面.类型二　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2 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，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　取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，同理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，显然为等腰梯形.训练2 (多选)(2022·苏北四市调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点.下列结论中正确是(　　)A.过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形B.B1D1∥平面EFGC.BD1⊥平面ACB1D.异面直线EF与BD1所成角的正切值为答案　ACD解析　对于A，因为E，F，G为棱AB，AA1，C1D1的中点，设A1D1的中点为M，BC的中点为N，CC1的中点为P，连接点M，F，E，N，P，G可得截面为正六边形，所以A正确；对于B，通过以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，求出，平面EFG法向量n1，可推出·n1≠0，故B1D1与平面EFG不平行，所以B错误；对于C，同上建系，求出，平面ACB1的法向量n2，可推得＝λn2，所以BD1⊥平面ACB1，所以C正确；对于D，同上建系，求出，，设夹角为θ，则cos θ＝，由sin2θ＋cos2θ＝1，tan θ＝，得tan θ＝，所以D正确.类型三　截面图形面积或周长的计算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3 (1)(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.             C.               D.2(2)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.答案　(1)A　(2)8解析　(1)如图，设E为棱BC上任一点，且＝λ，λ∈(0，1)，过E作EF∥AB交AC于F，作EN∥CD交BD于N，过F作FM∥CD交AD于M，连接MN，则四边形EFMN即平面α截四面体ABCD所得的截面，所以＝＝1－λ，所以EF＝2(1－λ)，同理可得EN＝2λ.又四面体ABCD为正四面体，所以AB⊥CD，所以EF⊥EN，截面EFMN为矩形，且EN＋EF＝2，则矩形EFMN的面积S＝EF·EN≤＝1，当且仅当EF＝EN＝1，即λ＝时，“＝”成立，故选A.(2)过点G作EF∥AC分别交PA，PC于点E，F，过E，F分别作EN∥PB，FM∥PB，分别交AB，BC于点N，M，连接MN，∴四边形EFMN是平行四边形，∴＝，即EF＝MN＝2，＝＝，即FM＝EN＝2，∴截面的周长为2×4＝8.训练3 如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(　　)A.  B.  C.  D.答案　B解析　如图1，分别取B1C1，C1D1的中点E，F，连接EF，BE，DF，B1D1，ME，易知EF∥B1D1∥BD∥MN，AB∥ME，AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形，则AM∥BE，又BD和BE为平面BDFE内的两条相交直线，所以平面AMN∥平面BDFE，即平面BDFE为平面α，BD＝，EF＝B1D1＝，得四边形BDFE为等腰梯形，DF＝BE＝，在等腰梯形BDFE(如图2)中，过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形，∴其高FG＝＝＝，故所得截面的面积为××＝.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.①③④C.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.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.3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一小部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是(　　)A.棱台  　　　　 B.四棱柱C.五棱柱  　　　　 D.六棱柱答案　C解析　∵EH∥A′D′，EH∥平面BCC′B′，∴EH∥GF，又平面ABB′A′∥平面DCC′D′，∴EF∥GH，四边形EFGH为平行四边形.故剩下的几何体为五棱柱.4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方体的过M，N，C1的截面图形是(　　)A.三角形  B.四边形C.五边形  D.六边形答案　C解析　正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，延长C1M交CD的延长线于P，延长C1N交CB的延长线于Q，连接PQ交AD于E，AB于F，连接NF，ME，则正方体的过M，N，C1的截面图形是五边形.故选C.5.在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，则该正方体被过E，F，G三点的平面截得的截面面积为(　　)A.a2  B.a2  C.a2  D.a2答案　C解析　作出过E，F，G三点的截面，如图，由图可知，截面为正六边形，且边长为a，所以截面面积S＝6×××＝a2，故选C.6.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.7.(2022·重庆诊断)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为(　　)A.4  B.4  C.8  D.16答案　C解析　分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形，由于△B1BM≌△BCN，所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，所以BM⊥CN，又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α，又CN＝2，所以截面的面积为2×4＝8.8.(2022·南通调研)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.3＋2  B.4＋4C.2＋2  D.6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，连接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3＋2.9.(多选)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是(　　)A.四边形BFD1E有可能是梯形B.四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形C.四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1DD.四边形BFD1E面积的最小值为答案　BCD解析　对于选项A，过BD1，作平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为四边形BFD1E，如图所示，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF.故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，因此B正确；对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，又EF⊂平面BFD1E，则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正确；对于选项D，当F点到线段BD1的距离最小时，平行四边形BFD1E的面积最小，此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，此时最小值为××＝，因此D正确.故选BCD.10.(多选)(2022·石家庄模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是面对角线BD上的动点，Q是棱C1D1的中点，用过A1，P，Q三点的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1，则所得截面多边形可能是(　　)A.三角形  B.四边形C.五边形  D.六边形答案　ABC解析　如图①，当点P与点D重合时，截面多边形是三角形，选项A满足题意；图①图②如图②，取棱CD的中点Q1，连接QQ1和AQ1，因为Q是棱C1D1的中点，所以QQ1∥DD1∥AA1，将点P移动到平面AA1QQ1与BD交点处，此时截面多边形是四边形，选项B满足题意；图③如图③，令点P距离点B较近，此时截面多边形是五边形，选项C满足题意；易知点P无论如何移动，截面与平面ABCD的交线都平行于A1Q，所以这条交线只能与正方形ABCD的边AB，AD之一有交点(顶点A除外)，则截面不可能与正方形ABB1A1和正方形ADD1A1都有交线(棱AA1除外)，所以截面不可能与正方体的六个面都有交线，则截面多边形不能是六边形，所以选项D不满足题意.故选ABC.11.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.12.(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为________.答案　1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.二、创新拓展练13.(2022·浙江五校联考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的高为4，底面边长为4，D是B1C1的中点，P是线段A1D上的动点，过BC作截面α⊥AP于点E，则三棱锥P－BCE体积的最小值为(　　)A.3  B.2  C.4  D.12答案　C解析　如图，取BC的中点F，连接FD，FA，FE，FP，过点E作EH⊥AF于点H，则BC⊥平面AFDA1，所以BC⊥EH，AF∩BC＝F，所以EH⊥平面ABC.因为AF＝6，且VP－ABC＝×12×4＝16＝VP－EBC＋VE－ABC，所以当三棱锥E－ABC体积最大时，三棱锥P－BCE体积最小.因为AE⊥EF，所以AE2＋EF2＝AF2＝36≥2AE·EF，所以AE·EF≤18.设三棱锥E－ABC的高为h，由AE·EF＝AF·h，得h＝≤3，因为VE－ABC＝×S△ABC×h＝4h，所以(VE－ABC)max＝12，所以(VP－EBC)min＝4，故选C.14.(多选)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.则下列命题中正确的是(　　)A.当0<CQ<时，S为四边形B.当CQ＝时，S为等腰梯形C.当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝D.当<CQ<1时，S为六边形答案　ABC解析　如图1，当Q为CC1的中点，即CQ＝时，PQ∥BC1且PQ＝BC1，图1又AD1綊BC1，故PQ∥AD1且PQ＝AD1，PA＝D1Q，故截面APQD1为等腰梯形，故B正确；当0<CQ<时，只需在DD1上取点M使PQ∥AM，即可得截面APQM为四边形，故A正确；当CQ＝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＝，则C1Q＝，CS＝1，又＝，故C1R＝，选项C正确；图2当<CQ<1时，S为五边形，D错误.15.(多选)(2022·烟台调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于点N，则下列说法正确的是(　　)A.截面α可能为五边形B.存在点N，使得BN⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2D.当点N与点C重合时，截面面积为答案　ACD解析　选项A，设P为CC1的中点，当N在PC1之间时，截面α为平行四边形NQMB1，当N在PC之间时，截面α为五边形N1Q1GMB1，其中NQ∥B1M，N1Q1∥B1M，故选项A，C正确；若BN⊥截面α，则BN⊥B1M，这显然是不成立的，因为如果成立，可以推出B1M⊥平面BB1C1C，显然错误，故选项B错误；当点N与点C重合时，截面为梯形CGMB1，易知G为AD的中点.易求CG＝GM＝，MC＝，MB1＝，B1C＝，所以CM⊥B1M，△CGM为等腰三角形，故S＝S△CGM＋S△CMB1＝××＋××＝，故选项D正确.故选ACD.16.(多选)(2022·南京师大附中模拟)如图，圆柱的底面半径和高均为1，线段AB是圆柱下底面的直径，点O是下底面的圆心.线段EF是圆柱的一条母线，且EO⊥AB.已知平面α经过A，B，F三点，将平面α截这个圆柱所得到的较小部分称为“马蹄体”.记平面α与圆柱侧面的交线为曲线C，则(　　)A.曲线C是椭圆的一部分B.曲线C是抛物线的一部分C.二面角F－AB－E的大小为D.马蹄体的体积为V满足<V<答案　ACD解析　将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个球放入圆柱内，使每一个球既与圆柱相切，又与曲线C所在平面相切，球与曲线C的切点为Q，R，取曲线C上一点P，过P点的圆柱母线与两球交于M，N两点，由于PM，PR同是下面球的切线，PN，PQ同是上面球的切线，可得PM＝PR，PN＝RQ，则PR＋PQ＝PM＋PN＝MN>QR，由椭圆定义知：曲线C是椭圆的一部分，A正确；B错误；连接OF，由EO⊥AB，EF⊥AB，知AB⊥平面EOF，故OF⊥AB，则∠FOE为二面角F－AB－E的平面角，又OE＝EF＝1，则∠FOE＝，C正确；由补成的几何体知马蹄体的体积为V小于圆柱体的，即为V<，又VF－AEB＝××2×1×1＝，所以V>，所以<V<，D正确.故选ACD.17.(2022·广州模拟)四棱锥P－ABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AB＝2，AD＝4，设E，F分别是PB，BC的中点，则球O被平面AEF所截得的截面面积为________.答案　解析　由题可知PC的中点即为球心O，故球的半径R＝＝，设球心O到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r.由题意可知球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，在三棱锥B－AEF中，由等体积法可得d＝，故r2＝R2－d2＝，故截面面积S＝πr2＝.18.(2022·武汉三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段CB1上，若平面α经过点A，C1，P，则它截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面的周长最小值为________.答案　2解析　当点P靠近点C或与点C重合时，A，C1，P三点确定的平面α如图①所示，图①因为平面ADD1A1∥BCC1B1，所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，设D1E＝x(0≤x≤1)，则A1E＝1－x，所以AQ＝EC1＝，QC1＝AE＝，AQ＋AE＝＋＝＋，可以看作R(x，0)到M(0，1)和N(1，1)距离之和的最小值，M(0，1)关于x轴的对称点为M′(0，－1)，连接M′N，其长度即AQ＋AE的最小值，由勾股定理得|M′N|＝，所以周长的最小值为2.图②当点P靠近点B1或与点B1重合时，A，C1，P三点确定的平面α如图②所示，因为平面ADD1A1∥BCC1B1，所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，同理，所求周长的最小值为2.综上所述，周长的最小值为2.