高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題4立體幾何培優(yōu)拓展（11）截面與交線問(wèn)題課件

培優(yōu)拓展(十一)截面與交線問(wèn)題立體幾何中,截面是指用一個(gè)平面去截幾何體得到的平面圖形,確定截面的形狀及內(nèi)含的數(shù)量關(guān)系,首先要確定交線.“截面、交線”問(wèn)題是高考中對(duì)立體幾何知識(shí)考查的最具創(chuàng)新性的題型之一,它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線、面等元素,給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線問(wèn)題常與解三角形、多邊形面積、扇形弧長(zhǎng)及面積、平面的基本性質(zhì)等結(jié)合,有些問(wèn)題還要借助于空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求解.角度一多面體中的截面問(wèn)題例1(多選題)(2024浙江杭州模擬)如圖,已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1,點(diǎn)P是棱AB的中點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作正方體ABCD-A1B1C1D1的截面,則下列判斷正確的是(

)A.截面的形狀可能是正三角形B.截面的形狀可能是直角梯形C.此截面可以將正方體分成體積比為1∶3的兩部分D.若截面的形狀是六邊形,則其周長(zhǎng)為定值A(chǔ)C解析

如圖,點(diǎn)M,N分別為BB1,BC的中點(diǎn),連接PM,MN,NP,可知PM=PN=MN,即截面的形狀是正三角形,故A正確;易知,若過(guò)點(diǎn)P的截面為梯形,則該梯形只有可能為等腰梯形,故B錯(cuò)誤;如圖,點(diǎn)Q為A1B1的中點(diǎn),連接PQ,C1Q,CP,則正方體的體積為8,三棱柱BPC-B1QC1的體積為

×1×2×2=2,所以截面將正方體分成體積比為2∶(8-2)=1∶3的兩部分,故C正確;如圖所示,點(diǎn)E為BC的中點(diǎn),連接PE并延長(zhǎng),交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M,交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N.過(guò)點(diǎn)M作MJ,交AA1于點(diǎn)I,交A1D1于點(diǎn)H,交DD1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)J,連接NJ,交CC1于點(diǎn)F,交C1D1于點(diǎn)G.因?yàn)镻,E為AB,BC的中點(diǎn),易知DM=DN,易證△JDM≌△JDN,設(shè)∠IMA=θ,所以∠FNC=θ.角度二球的截面問(wèn)題例2(2024湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖,棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD中,M,N分別為棱AD,BC的中點(diǎn),O為線段MN的中點(diǎn),球O的表面正好經(jīng)過(guò)點(diǎn)M,則球O被平面BCD截得的截面面積為

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解析

如圖,在棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD中,連接AN,DN,過(guò)O作OE⊥DN于點(diǎn)E.因?yàn)辄c(diǎn)M,N分別為棱AD,BC的中點(diǎn),所以AN⊥BC,DN⊥BC.又AN∩DN=N,AN,DN?平面AND,所以BC⊥平面AND.又BC?平面BCD,于是平面AND⊥平面BCD.又平面AND∩平面BCD=DN,OE⊥DN,所以O(shè)E⊥平面BCD.由題可知AN=DN=,DM=1,MN⊥AD,所以MN=,角度三多面體中的交線問(wèn)題例3在正三棱臺(tái)A1B1C1-ABC中,A1B1=1,AB=AA1=2,點(diǎn)E,F分別為棱BB1,A1C1的中點(diǎn),若過(guò)點(diǎn)A,E,F作截面,則截面與上底面A1B1C1的交線長(zhǎng)為

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解析

連接AF并延長(zhǎng)交CC1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M,連接ME交B1C1于點(diǎn)N,連接FN,如圖,則線段FN即為截面AEF與上底面ABC的交線.角度四與球有關(guān)的交線問(wèn)題例4已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,

為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為

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解析

如圖所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,∴△B1C1D1為等邊三角形.∴B1D1=2.設(shè)點(diǎn)O1是B1C1的中點(diǎn),則O1D1=,易證D1O1⊥平面BCC1B1,設(shè)P是球面與側(cè)面BCC1B1交線上任意一點(diǎn),連接O1P,則O1D1⊥O1P,取BB1,CC1的中點(diǎn)分別為E,F,則B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,∴O1E=O1F=,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,針對(duì)訓(xùn)練1.(2024河北廊坊模擬)如圖所示,在正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,上底面邊長(zhǎng)為3,下底面邊長(zhǎng)為6,體積為,點(diǎn)E在AD上且滿足DE=2AE,過(guò)點(diǎn)E的平面α與平面D1AC平行,且與正四棱臺(tái)各面相交得到截面多邊形,則該截面多邊形的周長(zhǎng)為(

)D解析

如圖所示,又ME∩MN=M,ME,MN?平面EMN,AD1∩CD1=D1,AD1,CD1?平面D1AC,所以平面EMN∥平面D1AC,所以△EMN即為所求截面多邊形,所以截面多邊形的周長(zhǎng)為

故選D.2.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

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解析

如圖,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O1O2的中點(diǎn),連接AO2,AO,OD.設(shè)外接球的半徑為R,下底面外接圓的半徑為r.3.(2024湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖,已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=2,且點(diǎn)E,F分別為棱BB1,A1C1的中點(diǎn).過(guò)點(diǎn)A,E,F作三棱柱截面交C1B1于點(diǎn)P,則線段B1P的長(zhǎng)度為

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解析

如圖,延長(zhǎng)AF,交CC1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M,連接EM,交B1C1于點(diǎn)P,則四邊形AFPE即為所求截面多邊形.因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1為正三棱柱,AA1=AB=2,點(diǎn)F為棱A1C1的中點(diǎn),所以△AFA1≌△MFC1,所以MC1=AA1=2.4.(2024江蘇南京模擬)在正三棱錐A-BCD中,底面△BCD的邊長(zhǎng)為4,E為AD的中點(diǎn),AB⊥CE,則以D為球心,AD為半徑的球截該棱錐各面所得交線長(zhǎng)為

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解析

如圖,取CD中點(diǎn)F,連接BF,過(guò)點(diǎn)A作AO⊥平面BCD,垂足為O.由正三棱錐性質(zhì)可知,點(diǎn)O為正三角形BCD的中心,所以點(diǎn)O在BF上.因?yàn)镃D?平面BCD,所以AO⊥CD.又BF⊥CD,BF∩AO=O,BF,AO?平面ABO