2023年高考数学二轮复习（全国版文） 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(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，则下列结论正确的个数是()①平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为四边形；②平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为五边形；③平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为732；④平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为532.A.0B．1C．2D．3答案B解析如图所示，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①错误，②正确；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＝AP＝1，故A1M＝2，则D1M＝D1N＝22，ME＝EF＝FN＝2，连接MN，易知MN＝22，因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，设等腰梯形MEFN的高为h，则h＝22－22－222＝62，则等腰梯形MEFN的面积为2＋222×62＝332，又1DMNS△＝12×22×6＝23，所以五边形D1MEFN的面积为23＋332＝732，故③正确，④错误．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(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝3且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝R2球－D1E2＝5－3＝2.又由题意可得EP＝EQ＝2，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝5，∴B1P＝D1P2－D1B21＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝π2，知PQ的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.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·厦门模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面面积为()A．211B．411C．222D．422答案C解析延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，∵平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG，∴AD1∥GE，又∵AD1＝32，GE＝2，∴四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面．又∵D1G＝AE＝13，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1，∴GH＝D1G2－D1H2＝11，∴S＝12·(EG＋AD1)·GH＝12×(2＋32)×11＝222.2.(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．3.(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．4．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