2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题4 微重点12　截面、交线问题

微重点12截面、交线问题“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．考点一截面问题考向1多面体中的截面问题例1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，则下列结论正确的是()①平面α截正方体的截面可能是三角形；②当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为26；③点D到平面α的距离的最大值为263；④当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形．A．②④B．①③C．②③④D．①③④答案C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①错误；当F与C1点重合时，平面α截正方体的截面为边长为5的菱形，易得截面面积为26，故②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④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])，DA→＝(2,0,0)，AM→＝(－2，t，0)，PA→＝(2,0，－4)，则可知点P到直线AM的距离为d＝|PA→|2－PA→·AM→|AM→|2＝20t2＋644＋t2，S△APM＝12t2＋4·d＝5t2＋16.S△PAD＝12×2×4＝4，设点D到平面α的距离为h，利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，即13·S△APM·h＝13·S△PAD·t，可得h＝4t5t2＋16＝45＋16t2，因为h＝45＋16t2是t∈[2,4]上的增函数，所以当t＝4时，h取到最大值为263，故③正确．考向2球的截面问题例2已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝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8π9，3π2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＝2＋2＋22＝62；取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，因为AB＝BC＝2，故DG＝13BD＝13，因为OD＝22，故OG2＝222＋132＝1118，则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r2＝622－1118＝89，过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R＝62，故截面面积的最小值为8π9，最大值为3π2.故截面面积的取值范围是8π9，3π2.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)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的高为2，两个底面均为边长为1的正方形，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于E，F，则四边形BFD1E面积的最小值为________．答案2解析如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.易知截面BFD1E为平行四边形，则112BFDBFDESS△边四形＝2×12BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小．易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离．易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝22，(1BFDES边四形)min＝2×22＝2.故四边形BFD1E面积的最小值为2.(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π，7π3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＝233，则R2＝r2＋1＝73.(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＝7π3；(2)当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝73－1＝43，截面圆的半径为R2－OD2＝73－43＝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π，7π3.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72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＝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＝2，所以OB⊥AD，OB＝142，AE⊥BD，所以由等面积法得12AD·OB＝12BD·AE，即12×142×2＝12×2×AE，解得AE＝72，所以DE＝AD2－AE2＝12.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＝72，DF＝12，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72.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＝23，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4π3解析由题设，将三棱锥P－ABC补全为棱长为23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＝62，OP＝324，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π3的圆弧，故弧长为4π3；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π12的圆弧，故弧长为π3；所以最长弧的弧长为4π3.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为斜边长为4的等腰直角三角形，其顶点P到底面△ABC的距离为4，若该三棱锥的外接球的半径为13，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为()A．6πB．12πC．23πD．43π答案D解析∵△ABC为等腰直角三角形，∴△ABC的外接圆半径r1＝2.∵外接球球心到底面△ABC的距离为d1＝R2－r21＝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，球心到该截面圆的距离为d2＝4－3＝1，∵截面圆的半径为r2＝R2－d22＝13－1＝23，∴顶点P的轨迹长度为2πr2＝43π；当球心在底面△ABC和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为d3＝3＋4＝7R＝13，故不成立．综上，顶点P的轨迹长度为43π.(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＝14C1D1＝12，连接PS，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＝34DC＝32，连接OF，EF，则PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝DF－D1E2＋D1D2＝12＋22＝5.专题强化练1.(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θ0θπ2，则下列对椭圆E的描述中，错误的是()A．短轴为2r，且与θ大小无关B．离心率为cosθ，且与r大小无关C．焦距为2rtanθD．面积为πr2cosθ答案B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＝2rcosθ，所以c＝a2－b2＝rtanθ，故e＝ca＝sinθ，焦距为2c＝2rtanθ，由椭圆在底面投影即为底面圆，则cosθ等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为S＝πr2cosθ.综上，A，C，D正确，B错误．2.(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，则下列命题中错误的是()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32D．平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形答案C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；因为AD1∥平面EFG，所以动点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(其中I，J，K，L，M，N都是中点)时，易得该正六边形的边长为22，所以其面积为6×34×222＝334，故C错误；截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确．3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝AC＝22，BC＝3，PB，PC与以PA为直径的球O的球面分别交于点M，N，则下列结论错误的是()A．PN＝463B．MN∥平面ABCC．MN＝2D．球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为π3答案D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＝22，则PB＝PA2＋AB2＝26，所以cos∠APB＝PAPB＝63，在△OPM中，OM＝OP＝12PA＝2，由余弦定理可得OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcos∠APB，所以PM＝2OPcos∠APM＝463，同理可知PN＝463，A正确；对于B选项，在△PBC中，PB＝PC＝26，PM＝PN＝463，所以PMPB＝PNPC，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MNBC＝PMPB＝23，因此MN＝23BC＝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＝π3，所以球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为π3×2＝2π3，D错误．4．(2022·莆田模拟)已知正四面体ABCD的棱长为26.点E，F满足BC→＝λBE→，BD→＝λBF→，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，截面面积的取值范围为()A．[4π，8π]B．[6π，12π]C．[8π，9π]D．[8π，12π]答案C解析如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得BC→＝3BR→，BD→