新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破 專(zhuān)題4 微重點(diǎn)12　截面、交線(xiàn)問(wèn)題（含解析）

微重點(diǎn)12截面、交線(xiàn)問(wèn)題“截面、交線(xiàn)”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線(xiàn)、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力．求截面、交線(xiàn)問(wèn)題，一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長(zhǎng)、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解．考點(diǎn)一截面問(wèn)題考向1多面體中的截面問(wèn)題例1如圖，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E為A1D1的中點(diǎn)，F(xiàn)為CC1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)由點(diǎn)A，E，F(xiàn)構(gòu)成的平面為α，則下列結(jié)論正確的是()①平面α截正方體的截面可能是三角形；②當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，平面α截正方體的截面面積為2eq\r(6)；③點(diǎn)D到平面α的距離的最大值為eq\f(2\r(6),3)；④當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面α截正方體的截面為五邊形．A．②④B．①③C．②③④D．①③④答案C解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，延長(zhǎng)AE與z軸交于點(diǎn)P，連接PF與y軸交于點(diǎn)M，則平面α由平面AEF擴(kuò)展為平面APM.由此模型可知截面不可能為三角形，故①錯(cuò)誤；當(dāng)F與C1點(diǎn)重合時(shí)，平面α截正方體的截面為邊長(zhǎng)為eq\r(5)的菱形，易得截面面積為2eq\r(6)，故②正確；當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，易知平面α截正方體的截面為五邊形，故④正確；D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，t，0)(t∈[2,4])，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，t，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，則可知點(diǎn)P到直線(xiàn)AM的距離為d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→)),|\o(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，設(shè)點(diǎn)D到平面α的距離為h，利用等體積法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?yàn)閔＝eq\f(4,\r(5＋\f(16,t2)))是t∈[2,4]上的增函數(shù)，所以當(dāng)t＝4時(shí)，h取到最大值為eq\f(2\r(6),3)，故③正確．考向2球的截面問(wèn)題例2已知在三棱錐S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線(xiàn)段AB，BC的中點(diǎn)，直線(xiàn)AF，CE相交于點(diǎn)G，則過(guò)點(diǎn)G的平面α截三棱錐S－ABC的外接球球O所得截面面積的取值范圍是__________________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,9)，\f(3π,2)))解析因?yàn)锳B2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，又因?yàn)镾A⊥平面ABC，故三棱錐S－ABC的外接球球O的半徑R＝eq\f(\r(2＋2＋2),2)＝eq\f(\r(6),2)；取AC的中點(diǎn)D，連接BD，BD必過(guò)點(diǎn)G，如圖所示，因?yàn)锳B＝BC＝eq\r(2)，故DG＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(1,3)，因?yàn)镺D＝eq\f(\r(2),2)，故OG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(11,18)，則過(guò)點(diǎn)G的平面截球O所得截面圓的最小半徑r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2－eq\f(11,18)＝eq\f(8,9)，過(guò)點(diǎn)G的平面截球O所得截面圓的最大半徑為球半徑R＝eq\f(\r(6),2)，故截面面積的最小值為eq\f(8π,9)，最大值為eq\f(3π,2).故截面面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,9)，\f(3π,2))).規(guī)律方法作幾何體截面的方法(1)利用平行直線(xiàn)找截面；(2)利用相交直線(xiàn)找截面．跟蹤演練1(1)已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的高為eq\r(2)，兩個(gè)底面均為邊長(zhǎng)為1的正方形，過(guò)BD1作平面α分別交棱AA1，CC1于E，F(xiàn)，則四邊形BFD1E面積的最小值為_(kāi)_______．答案eq\r(2)解析如圖所示，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BD1交BD1于H，設(shè)FH＝h.由題意得BD1＝2.易知截面BFD1E為平行四邊形，則＝2×eq\f(1,2)BD1·h＝2h，當(dāng)h取最小值時(shí)四邊形BFD1E的面積最?。字猦的最小值為直線(xiàn)CC1與直線(xiàn)BD1間的距離．易知當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，h取得最小值，hmin＝eq\f(\r(2),2)，()min＝2×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2).故四邊形BFD1E面積的最小值為eq\r(2).(2)(2022·蕪湖模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長(zhǎng)均為2，D為棱AB的中點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3)))解析正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O為上、下底面的外接圓圓心的連線(xiàn)O1O2的中點(diǎn)，連接AO2，AO，OD，如圖所示，設(shè)外接球的半徑為R，下底面外接圓的半徑為r，r＝AO2＝eq\f(2\r(3),3)，則R2＝r2＋1＝eq\f(7,3).(1)當(dāng)過(guò)點(diǎn)D的平面過(guò)球心時(shí)，截得的截面圓最大，截面圓的半徑即為球的半徑，所以截面圓的面積最大為πR2＝eq\f(7π,3)；(2)當(dāng)過(guò)點(diǎn)D的平面垂直O(jiān)D時(shí)，截面圓的面積最小，OD2＝OA2－AD2＝eq\f(7,3)－1＝eq\f(4,3)，截面圓的半徑為eq\r(R2－OD2)＝eq\r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，所以截面圓的面積最小為π·12＝π，綜上，截面面積的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3))).考點(diǎn)二交線(xiàn)問(wèn)題考向1多面體中的交線(xiàn)問(wèn)題例3在四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，平面α過(guò)點(diǎn)A，C，且BD⊥平面α，則平面α與側(cè)面CBD的交線(xiàn)長(zhǎng)為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(7),2)解析如圖1，因?yàn)椤鰽BC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與△BAD全等，且為等腰三角形，所以在△ABD中，過(guò)頂點(diǎn)A作邊BD上的高，垂足為E，取AD的中點(diǎn)O，連接OB，如圖2，因?yàn)锳B＝BD＝2，AD＝eq\r(2)，所以O(shè)B⊥AD，OB＝eq\f(\r(14),2)，AE⊥BD，所以由等面積法得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，過(guò)頂點(diǎn)C作邊BD上的高，垂足為F，取CD的中點(diǎn)M，連接MB，如圖3，同在△ABD中的情況，可得CF＝eq\f(\r(7),2)，DF＝eq\f(1,2)，所以點(diǎn)E，F(xiàn)重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，因?yàn)锳E∩CE＝E，所以BD⊥平面ACE，平面α即為平面ACE，平面α與側(cè)面CBD的交線(xiàn)為線(xiàn)段CF，長(zhǎng)度為eq\f(\r(7),2).考向2與球有關(guān)的交線(xiàn)問(wèn)題例4(2022·廣州模擬)已知三棱錐P－ABC的棱AP，AB，AC兩兩互相垂直，AP＝AB＝AC＝2eq\r(3)，以頂點(diǎn)P為球心，4為半徑作一個(gè)球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長(zhǎng)弧的弧長(zhǎng)等于________．答案eq\f(4π,3)解析由題設(shè)，將三棱錐P－ABC補(bǔ)全為棱長(zhǎng)為2eq\r(3)的正方體，O為底面中心，如圖所示，若AD＝AF＝2，則PD＝PF＝4，即D，F(xiàn)在以P為球心，4為半徑的球面上，又OA＝eq\r(6)>2，OP＝3eq\r(2)>4，所以，平面ABC與球面所成弧是以A為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，故弧長(zhǎng)為π；平面PBC與球面所成弧是以P為圓心，4為半徑且圓心角為eq\f(π,3)的圓弧，故弧長(zhǎng)為eq\f(4π,3)；平面PBA，PCA與球面所成弧是以P為圓心，4為半徑且圓心角為eq\f(π,12)的圓弧，故弧長(zhǎng)為eq\f(π,3)；所以最長(zhǎng)弧的弧長(zhǎng)為eq\f(4π,3).規(guī)律方法找交線(xiàn)的方法(1)線(xiàn)面交點(diǎn)法：各棱線(xiàn)與截平面的交點(diǎn)．(2)面面交點(diǎn)法：各棱面與截平面的交線(xiàn)．跟蹤演練2(1)(2022·瀘州模擬)已知三棱錐P－ABC的底面△ABC為斜邊長(zhǎng)為4的等腰直角三角形，其頂點(diǎn)P到底面△ABC的距離為4，若該三棱錐的外接球的半徑為eq\r(13)，則滿(mǎn)足上述條件的頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()A．6π B．12πC．2eq\r(3)π D．4eq\r(3)π答案D解析∵△ABC為等腰直角三角形，∴△ABC的外接圓半徑r1＝2.∵外接球球心到底面△ABC的距離為d1＝eq\r(R2－r\o\al(2,1))＝eq\r(13－4)＝3，又∵頂點(diǎn)P到底面△ABC的距離為4，∴頂點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)截面圓的圓周．當(dāng)球心在底面△ABC和截面圓之間時(shí)，球心到該截面圓的距離為d2＝4－3＝1，∵截面圓的半徑為r2＝eq\r(R2－d\o\al(2,2))＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3)，∴頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2πr2＝4eq\r(3)π；當(dāng)球心在底面△ABC和截面圓同一側(cè)時(shí)，球心到該截面圓的距離為d3＝3＋4＝7>R＝eq\r(13)，故不成立．綜上，頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為4eq\r(3)π.(2)(2022·廣安模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，S是A1B1的中點(diǎn)，P是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在正方形DCC1D1及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，若PQ∥平面SBC1，則點(diǎn)Q的軌跡的長(zhǎng)度是________．答案eq\r(5)解析如圖所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1?平面SBC1，PE?平面SBC1，則PE∥平面SBC1，因?yàn)檎襟wABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，所以D1E＝eq\f(1,4)C1D1＝eq\f(1,2)，連接PS，BD，取BD的中點(diǎn)O，連接PO，則PSBO為平行四邊形，則PO∥SB，SB?平面SBC1，PO?平面SBC1，則PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE?平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，設(shè)平面POE∩平面DCC1D1＝EF，則DF＝eq\f(3,4)DC＝eq\f(3,2)，連接OF，EF，則PEFO為平行四邊形，Q的軌跡為線(xiàn)段EF，EF＝eq\r(DF－D1E2＋D1D2)＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).專(zhuān)題強(qiáng)化練1.(2022·重慶模擬)如圖，一個(gè)平面α斜截一個(gè)足夠高的圓柱，與圓柱側(cè)面相交的圖形為橢圓E.若圓柱底面圓半徑為r，平面α與圓柱底面所成的銳二面角大小為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，則下列對(duì)橢圓E的描述中，錯(cuò)誤的是()A．短軸為2r，且與θ大小無(wú)關(guān)B．離心率為cosθ，且與r大小無(wú)關(guān)C．焦距為2rtanθD．面積為eq\f(πr2,cosθ)答案B解析由題意，橢圓短軸長(zhǎng)2b＝2r，而長(zhǎng)軸長(zhǎng)隨θ變大而變長(zhǎng)且2a＝eq\f(2r,cosθ)，所以c＝eq\r(a2－b2)＝rtanθ，故e＝eq\f(c,a)＝sinθ，焦距為2c＝2rtanθ，由橢圓在底面投影即為底面圓，則cosθ等于圓的面積與橢圓面積的比值，所以橢圓面積為S＝eq\f(πr2,cosθ).綜上，A，C，D正確，B錯(cuò)誤．2.(2022·資陽(yáng)模擬)如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是棱CC1，CB，CD的中點(diǎn)，P為線(xiàn)段AD1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，平面α∥平面EFG，則下列命題中錯(cuò)誤的是()A．不存在點(diǎn)P，使得CP⊥平面EFGB．三棱錐P－EFG的體積為定值C．平面α截該正方體所得截面面積的最大值為eq\f(\r(3),2)D．平面α截該正方體所得截面可能是三角形或六邊形答案C解析如圖，連接A1C，可得A1C⊥平面EFG，由A1C與AD1異面可知，不存在點(diǎn)P，使得CP⊥平面EFG，故A正確；因?yàn)锳D1∥平面EFG，所以動(dòng)點(diǎn)P到平面EFG的距離為定值，故三棱錐P－EFG的體積為定值，故B正確；如圖，當(dāng)截面為正六邊形IJKLMN(其中I，J，K，L，M，N都是中點(diǎn))時(shí)，易得該正六邊形的邊長(zhǎng)為eq\f(\r(2),2)，所以其面積為6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4)，故C錯(cuò)誤；截面可能為三角形，也可能為六邊形，故D正確．3．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝AC＝2eq\r(2)，BC＝3，PB，PC與以PA為直徑的球O的球面分別交于點(diǎn)M，N，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．PN＝eq\f(4\r(6),3)B．MN∥平面ABCC．MN＝2D．球O的球面上點(diǎn)M，N所在大圓劣弧的長(zhǎng)為eq\f(π,3)答案D解析對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)镻A⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以PA⊥AB，因?yàn)镻A＝4，AB＝AC＝2eq\r(2)，則PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝2eq\r(6)，所以cos∠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·PMcos∠APB，所以PM＝2OPcos∠APM＝eq\f(4\r(6),3)，同理可知PN＝eq\f(4\r(6),3)，A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，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?yàn)镸N?平面ABC，BC?平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)镸N∥BC，則△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正確；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)镸N＝OM＝ON＝2，則△OMN為等邊三角形，則∠MON＝eq\f(π,3)，所以球O的球面上點(diǎn)M，N所在大圓劣弧的長(zhǎng)為eq\f(π,3)×2＝eq\f(2π,3)，D錯(cuò)誤．4．(2022·莆田模擬)已知正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為2eq\r(6).點(diǎn)E，F(xiàn)滿(mǎn)足eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→))，用過(guò)A，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截正四面體ABCD的外接球O，當(dāng)λ∈[1,3]時(shí)，截面面積的取值范圍為()A．[4π，8π] B．[6π，12π]C．[8π，9π] D．[8π，12π]答案C解析如圖，在棱BC上取點(diǎn)R，在棱BD上取點(diǎn)S，使得eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(BR,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝3eq\o(BS,\s\up6(→))，取CD的中點(diǎn)G，連接AR，AS，RS，BG，AG，記RS∩BG＝M，連接AM.過(guò)點(diǎn)A作AH⊥平面BCD，垂足為H，則H為△BCD的中心，正四面體ABCD外接球的球心O在AH上，AO為球O的半徑．由題中數(shù)據(jù)可得AM＝AG＝3HG＝3HM＝3eq\r(2)，AH＝4，BH＝2eq\r(2).設(shè)球O的半徑為R，則R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，解得R＝3，OH＝1.當(dāng)λ∈[1,3]時(shí)，截面AEF從平面ARS轉(zhuǎn)動(dòng)到平面ACD，要求截面的面積只需考慮球心O到截面的距離的取值范圍即可．由題意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如圖，過(guò)點(diǎn)O作ON⊥AM，垂足為N，則ON⊥平面ARS.因?yàn)椤鰽ON∽△AMH，所以O(shè)N＝eq\f(AO·MH,AM)＝1，即球心O到截面的距離d∈[0,1]，則截面圓的半徑滿(mǎn)足r2＝R2－d2∈[8,9]，故所求截面的面積S∈[8π，9π]．5．(2022·臨沂模擬)已