新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题4　微重点13　截面、交线问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题4　微重点13　截面、交线问题（含解析），共14页。
考点一 截面问题
考向1 多面体中的截面问题
例1 (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
B．当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2eq \r(6)
C．点D到平面α的距离的最大值为eq \f(2\r(6),3)
D．当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形
答案 BCD
解析 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与C1点重合时，平面α截正方体的截面为边长为eq \r(5)的菱形，易得截面面积为2eq \r(6)，故B正确；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])，
eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，t，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，
则可知点P到直线AM的距离为
d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→)),|\(AM,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(\f(20t2＋64,4＋t2))，
S△APM＝eq \f(1,2)eq \r(t2＋4)·d＝eq \r(5t2＋16).
S△PAD＝eq \f(1,2)×2×4＝4，
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
即eq \f(1,3)·S△APM·h＝eq \f(1,3)·S△PAD·t，
可得h＝eq \f(4t,\r(5t2＋16))＝eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2)))，
因为h＝eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2)))在t∈[2,4]上单调递增，
所以当t＝4时，h取到最大值为eq \f(2\r(6),3)，故C正确．
考向2 球的截面问题
例2 (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＝eq \r(2)，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__________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8π,9)，\f(3π,2)))
解析 因为AB2＋BC2＝AC2，
故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，
故三棱锥S－ABC的外接球球O的半径
R＝eq \f(\r(2＋2＋2),2)＝eq \f(\r(6),2)；
取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，
因为AB＝BC＝eq \r(2)，
故DG＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(1,3)，
因为OD＝eq \f(\r(2),2)，
故OG2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(11,18)，
则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径
r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2－eq \f(11,18)＝eq \f(8,9)，过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R＝eq \f(\r(6),2)，
故截面面积的最小值为eq \f(8π,9)，最大值为eq \f(3π,2).
故截面面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8π,9)，\f(3π,2))).
规律方法 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．
跟踪演练1 (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eq \f(7\r(3),2)
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∶25
D．点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3
答案 BC
解析 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，故A1M＝2，则D1M＝D1N＝2eq \r(2)，ME＝EF＝FN＝eq \r(2)，连接MN，易知MN＝2eq \r(2)，
因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，
等腰梯形MEFN的高
h＝eq \r(\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),2)，
则等腰梯形MEFN的面积为
eq \f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(3\r(3),2)，
又＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(6)＝2eq \r(3)，
所以五边形D1MEFN的面积为2eq \r(3)＋eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(7\r(3),2)，故B正确；
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
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×3－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(25,6)，
所以－V2＝12－eq \f(25,6)＝eq \f(47,6)，
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________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,3)))
解析 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，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝eq \f(2\r(3),3)，
则R2＝r2＋1＝eq \f(7,3).
①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝eq \f(7π,3)；
②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝eq \f(7,3)－1＝eq \f(4,3)，
截面圆的半径为eq \r(R2－OD2)＝eq \r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，
所以截面圆的面积最小为π·12＝π，
综上，截面面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,3))).
考点二 交线问题
考向1 多面体中的交线问题
例3 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________．
答案 eq \f(\r(7),2)
解析 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AB＝AC＝BC＝BD＝2，AD＝CD＝eq \r(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，
因为AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以OB⊥AD，OB＝eq \f(\r(14),2)，AE⊥BD，
所以由等面积法得eq \f(1,2)AD·OB＝eq \f(1,2)BD·AE，
即eq \f(1,2)×eq \f(\r(14),2)×eq \r(2)＝eq \f(1,2)×2×AE，
解得AE＝eq \f(\r(7),2)，
所以DE＝eq \r(AD2－AE2)＝eq \f(1,2).
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，
同在△ABD中的情况，可得CF＝eq \f(\r(7),2)，DF＝eq \f(1,2)，
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，
平面α即为平面ACE，平面α与侧面CBD的交线为线段CF，长度为eq \f(\r(7),2).
考向2 与球有关的交线问题
例4 (2022·广州模拟)已知三棱锥P－ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC＝2eq \r(3)，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于________．
答案 eq \f(4π,3)
解析 由题设，将三棱锥P－ABC补全为棱长为2eq \r(3)的正方体，O为底面中心，如图所示，
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，
又OA＝eq \r(6)>2，OP＝3eq \r(2)>4，
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；
平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为eq \f(π,3)的圆弧，故弧长为eq \f(4π,3)；
平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为eq \f(π,12)的圆弧，故弧长为eq \f(π,3)；
所以最长弧的弧长为eq \f(4π,3).
规律方法 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．
跟踪演练2 (1)(2022·泸州模拟)已知三棱锥P－ABC的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为4，体积为eq \f(16,3)，若该三棱锥的外接球O的半径为eq \r(13)，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为( )
A．6π B．12π
C．2eq \r(3)π D．4eq \r(3)π
答案 D
解析 依题意得，设底面等腰Rt△ABC的直角边长为x(x>0)，
∴三棱锥P－ABC的体积
V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×x2×4＝eq \f(16,3)，
解得x＝2eq \r(2).
∴△ABC的外接圆半径为
r1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×2eq \r(2)＝2，
∴球心O到底面ABC的距离为
d1＝eq \r(R2－r\\al(2,1))＝eq \r(13－4)＝3，
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，
∵截面圆的半径为r2＝eq \r(R2－d\\al(2,2))＝eq \r(13－1)＝2eq \r(3)，
∴顶点P的轨迹长度为2πr2＝4eq \r(3)π；
当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，
球心O到该截面圆的距离为d3＝3＋4＝7>R＝eq \r(13)，故不成立．
综上，顶点P的轨迹长度为4eq \r(3)π.
(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________．
答案 eq \r(5)
解析 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，
所以D1E＝eq \f(1,4)C1D1＝eq \f(1,2)，
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，
则DF＝eq \f(3,4)DC＝eq \f(3,2)，
连接OF，EF，则PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝eq \r(DF－D1E2＋D1D2)＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).
专题强化练
1.(多选)(2022·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0