专题四　微重点9　截面、交线问题--高三高考数学复习-PPT

这是一份专题四　微重点9　截面、交线问题--高三高考数学复习-PPT，共60页。PPT课件主要包含了考点一，考点二，截面问题，交线问题，专题强化练，考向2球的截面问题，8π9π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)在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面.平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为A.等腰梯形B.非矩形的平行四边形C.正五边形D.正六边形
考向1　多面体中的截面问题
画出截面图形如图，可以画出等腰梯形，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分别于点E，F，G，H，根据平面平行的性质定理可得四边形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四边形EFGH是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；
经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故C错误；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确.
　 (多选)(2023·淮南模拟)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是A.AO⊥平面BCD
设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
故EM∥NF，EM＝NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，
BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，
由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
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.
根据题意作出如图所示的图形，∵平面α∥AD且AD∥BC，∴平面α∥BC，又∵平面α∥A1B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，A1B∩BC＝B，∴平面α∥平面A1BCD1，A正确；∵BC⊥平面ABB1A1，BC⊂平面A1BCD1，∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，且平面α∥平面A1BCD1，∴平面α⊥平面ABB1A1，B正确；
根据勾股定理可知圆O′的半径
由图可知，平面α截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在AB上的位置的变化而变化的矩形，所以平面α截正方体所得截面面积不是定值，故D错误.
(2)(2023·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，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，
所以截面圆的面积最小为π×12＝π，
　在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为A.90° B.30°C.45° D.60°
考向1　多面体中的交线问题
因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面；所以EP即为直线m，FQ即为直线l；连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，
所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.
　(2023·鞍山模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，点O在棱AA1上，且AO＝4，P为正方体表面上的动点，若PO＝5，则点P的轨迹长度为
考向2　与球有关的交线问题
依题意，因为OA＝4，AA1＝7，OE＝OF＝5，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，所以△AEO≌△A1OF，所以∠AEO＝∠A1OF，
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.
　 (1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为A.2π B.3π C.4π D.8π
取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.
(2)(2023·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，
连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，
1.(2023·保山模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为A.圆 B.直线C.抛物线 D.椭圆
因为直线DQ与DA1所成的角为45°，
化简可得y2＝2x，所以点Q的轨迹为抛物线.
2.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD－A1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别
是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为
如图所示，在平面AA1D1D中，连接D1E并延长D1E交DA的延长线于点H，则HA＝AD，在平面CC1D1D中，连接D1F并延长D1F交DC的延长线于点G，则GC＝CD，则GH为平面D1EF与平面ABCD的交线l，且GH∥AC，
3.(2023·昆明模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面α满足AC∥α，BC1∥α，若直线AC到平面α的距离与BC1到平面α的距离相等，平面α与此正方体的各个面都相交，则交线围成的图形为A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形
如图，设E，F，G，H，M，N分别为AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中点，连接EF，FG，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，
∴FG∥MN，FG＝MN，同理可得EF∥MH，EF＝MH，GH∥NE，GH＝NE，∴E，F，G，H，M，N共面，
∵AC∥EF，AC⊄平面EFGHMN，EF⊂平面EFGHMN，∴AC∥平面EFGHMN，同理可得BC1∥平面EFGHMN，∵E为AB的中点，∴点A到平面EFGHMN的距离与点B到平面EFGHMN的距离相等，即平面EFGHMN为所求的平面α，故与正方体的交线为正六边形EFGHMN.
4.(多选)(2023·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θ ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是A.短轴长为2r，且与θ的大小无关B.离心率为cs θ，且与r的大小无关C.焦距为2rtan θ
由题意知，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.
5.(多选)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心为O，E，F分别为棱AB，CC1的中点，G在棱BC上，则A.对于任意点G，OA∥平面EFGB.存在点G，使得平面OAD⊥平面EFG
对于A选项，当G与B重合时，A∈平面EFB，O∉平面EFB，此时直线OA与平面EFG相交，A错误；对于B选项，∵四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，当G为BC的中点时，EG∥AC，则EG⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，EG⊂平面ABCD，则EG⊥BB1，∵BD∩BB1＝B，则EG⊥平面BB1D1D，∵B1D⊂平面BB1D1D，∴EG⊥B1D，同理FG⊥B1D，∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，∵OD⊂平面OAD，故平面OAD⊥平面EFG，B正确；
对于C选项，取EF的中点M，
∵CC1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，则CF⊥CE，
设截面圆半径为r，球心O到截面的距离为d，则r2＋d2＝R2＝3.
6.(多选)(2023·辽宁联考)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点E是棱CD上的一个动点，F是BC的中点，BM＝ BB1，给出下列命题，其中为真命题的是A.当E是CD的中点时，过EFM的截面是四边形B.当点E是线段CD的中点时，点P在底面ABCD所在平面 内，且MP∥平面AEC1，点Q是线段MP的中点，则点Q 的轨迹是一条直线C.对于每一确定的点E，在线段AB上存在唯一的一点H，使得D1H⊥平面AEC1D.过点M作长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的截面，则截面面积的最小值为
对于A，延长FE和AD交于点F′，连接A1F′与DD1交于点M′，可得A1，M′，F′三点共线，连接A1M，如图①所示，平面A1F′FM与平面EFM为同一个平面，连接M′E，可得平面EFM与长方体的各个面的交线分别为A1M，MF，FE，EM′，M′A1，所以过平面EFM的截面为五边形A1MFEM′，所以A不正确；
对于B，如图②所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，取A1B1的中点G，连接AG，GC1，取AB的中点N，连接B1N，CN，则CN∥AE，B1N∥AG，再取H，L分别为NB，BC的三等分点，连接HL，可得HL∥CN，又由M为BB1的三等分点，所以MH∥B1N，所以MH∥AG，HL∥AE，因为MH⊄平面AEC1G，AG⊂平面AEC1G，所以MH∥平面AEC1G，同理可证HL∥平面AEC1G，MH∩HL＝H且MH，HL⊂平面MHL，
所以平面MHL∥平面AEC1G，当点P在HL上时，此时MP⊂平面MHL，所以MP∥平面AEC1G，取MH，ML的中点H′，L′，可得H′L′∥HL，又由Q为MP的中点，所以点Q的轨迹为直线H′L′，所以B正确；
对于C，如图③所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
若D1H⊥平面AEC1，则D1H垂直于平面AEC1的所有直线，
设E(0，m，0)，H(2，n，0)，其中0≤m≤2,0≤n≤2，
因为0≤n≤2，所以不成立，所以C不正确；对于D，设长方体的外接球的半径为R，
当OM与该长方体的外接球的截面圆垂直时，截面面积取得最小值，设截面圆的半径为r，
所以四边形ADCO1为平行四边形，所以O1C＝O1D＝O1A＝AD，则△AO1D为正三角形，所以∠DAB＝60°，由题意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，过点D作AO1的垂线DN，
设圆台上、下底面半径分别为r，R，
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].