新高考数学二轮复习专题四微重点13截面、交线问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题四微重点13截面、交线问题学案，共17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<θ<\f(π,2)))，则下列对椭圆E的描述中，正确的是( )
A．短轴为2r，且与θ大小无关
B．离心率为cs θ，且与r大小无关
C．焦距为2rtan θ
D．面积为eq \f(πr2,cs θ)
答案 ACD
解析 由题意，椭圆短轴长2b＝2r，而长轴长随θ变大而变长且2a＝eq \f(2r,cs θ)，
所以c＝eq \r(a2－b2)＝rtan θ，
故e＝eq \f(c,a)＝sin θ，
焦距为2c＝2rtan θ，
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，
所以椭圆面积为S＝eq \f(πr2,cs θ).
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EFG
B．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eq \f(\r(3),2)
D．平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
答案 ABD
解析 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，易得该正六边形的边长为eq \f(\r(2),2)，
所以其面积为6×eq \f(\r(3),4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝eq \f(3\r(3),4)，故C错误；
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确．
3．(多选)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝AC＝2eq \r(2)，BC＝3，PB，PC与以PA为直径的球O的球面分别交于点M，N，则下列结论正确的是( )
A．PM＝eq \f(4\r(3),3)
B．MN∥平面ABC
C．MN＝2
D．球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为eq \f(π,3)
答案 BC
解析 对于A选项，
因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB，
因为PA＝4，AB＝AC＝2eq \r(2)，
则PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝2eq \r(6)，
所以cs∠APB＝eq \f(PA,PB)＝eq \f(\r(6),3)，
在△OPM中，OM＝OP＝eq \f(1,2)PA＝2，
由余弦定理可得
OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcs∠APB，
所以PM＝2OPcs∠APM＝eq \f(4\r(6),3)，
同理可知PN＝eq \f(4\r(6),3)，A错误；
对于B选项，在△PBC中，PB＝PC＝2eq \r(6)，
PM＝PN＝eq \f(4\r(6),3)，
所以eq \f(PM,PB)＝eq \f(PN,PC)，
所以MN∥BC，
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，
所以eq \f(MN,BC)＝eq \f(PM,PB)＝eq \f(2,3)，
因此MN＝eq \f(2,3)BC＝2，C正确；
对于D选项，因为MN＝OM＝ON＝2，
则△OMN为等边三角形，
则∠MON＝eq \f(π,3)，
所以球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为eq \f(π,3)×2＝eq \f(2π,3)，D错误．
4．(多选)(2022·莆田模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2eq \r(6).点E，F满足eq \(BC,\s\up6(→))＝λeq \(BE,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(BF,\s\up6(→))，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当λ∈[1,3]时，截面的面积可能为( )
A．6π B．7π C．8π D．9π
答案 CD
解析 如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得eq \(BC,\s\up6(→))＝3eq \(BR,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))＝3eq \(BS,\s\up6(→))，
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．
由题中数据可得AM＝AG＝3HG＝3HM＝3eq \r(2)，AH＝4，BH＝2eq \r(2).
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.
因为△AON∽△AMH，
所以ON＝eq \f(AO·MH,AM)＝1，
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________．
答案 2π
解析 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，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧eq \(MN,\s\up8(︵))，eq \(MP,\s\up8(︵))，eq \(NP,\s\up8(︵))，
分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，
则所求交线长度为三段圆弧eq \(MN,\s\up8(︵))，eq \(MP,\s\up8(︵))，eq \(NP,\s\up8(︵))的长度之和，长度为eq \f(π,3)×2×3＝2π.
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________．
答案 6eq \r(13)＋3eq \r(2)
解析 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，
所以eq \f(MA,MD)＝eq \f(AN,CD)，解得AN＝2，
所以FN＝eq \r(32＋22)＝eq \r(13)，
NC＝eq \r(42＋62)＝2eq \r(13)，
同理可得QD1＝2，QC1＝4，
所以QC＝eq \r(42＋62)＝2eq \r(13)，
EQ＝eq \r(32＋22)＝eq \r(13)，
又因为EF＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2)，
所以五边形EFNCQ的周长为6eq \r(13)＋3eq \r(2).