第2部分 专题3 强基专题3　立体几何中的截面问题

7/7立体几何中的截面问题在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、正方体、长方体等等，得到的平面图形叫做截面.2018年全国卷Ⅰ，2020新高考卷Ⅰ都对此点做了考查.在日常学习中，熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力是解答此类问题的关键.【例】(1)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α.平面α①截面形状可能为正三角形；②截面形状可能为正方形；③截面形状不可能是正五边形；④截面面积最大值为3eq\r(3).A．①② B．②③C．①③④ D．②③④(2)(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．(3)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，作过E，F，G(1)C(2)eq\f(\r(2)π,2)[(1)如图，显然①③正确，②错误，下面说明④成立，如图，当截面是正六边形时，面积最大，MN＝2eq\r(2)，GH＝eq\r(2)，OE＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以S＝2×eq\f(1,2)×(2eq\r(2)＋eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)＝3eq\r(3)，故④正确．故选C．(2)如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝eq\r(2)，连接D1P，则D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(\r(3)2＋\r(2)2)＝eq\r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M为圆心，eq\r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq\o(GH,\s\up10(︵))的长为eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).](3)[解]作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H④连接KE，FH.则五边形EFHGK即为所求的截面．截面形状及相应面积的求法(1)结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；(2)结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；(3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等；(4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．eq\o([跟进训练])1．(2021·重庆模拟)在三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝3，PB＝4，PC＝5，点E为线段PC的中点，过点E作该三棱锥外接球的截面，则所得截面圆的面积不可能为()A．6π B．8πC．10π D．12πA[根据题意，在三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且满足：PA＝3，PB＝4，PC＝5，设三棱锥体的外接球半径为R，故4R2＝32＋42＋52，解得R2＝eq\f(25,2).在所有过点E的截面里，当截面过球心O时，截面圆的面积最大，此时半径为R，在所有过点E的截面里，当OE与截面垂直时，截面圆的面积最小，此时截面的圆心为E，由于OE＝eq\f(\r(32＋42),2)＝eq\f(5,2)，所以最小的截面圆的半径为r＝eq\r(R2－OE2)＝eq\r(\f(50,4)－\f(25,4))＝eq\f(5,2)，所以最小的截面圆的面积S＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)π，故截面圆的面积的范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(25π,4)，\f(25π,2))).故选A．]2.如图，四面体A­BCD中，AD＝BC＝2，AD⊥BC，截面四边形EFGH满足EF∥BC，FG∥AD，则下列结论错误的是()A．四边形EFGH的周长为定值B．四边形EFGH的面积为定值C．四边形EFGH为矩形D．四边形EFGH的面积有最大值1B[因为EF∥BC，EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD，又平面EFGH∩平面BDC＝GH，所以EF∥GH，同理FG∥EH，所以四边形EFGH为平行四边形，又AD⊥BC，所以四边形EFGH为矩形．由相似三角形的性质得eq\f(EF,BC)＝eq\f(AF,AC)，eq\f(FC,AC)＝eq\f(FG,AD)，所以eq\f(EF,BC)＋eq\f(FG,AD)＝eq\f(AF,AC)＋eq\f(FC,AC)，BC＝AD＝2，所以EF＋FG＝2，所以四边形EFGH的周长为定值4，S四边形EFGH＝EF×FG≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EF＋FG,2)))eq\s\up12(2)＝1，所以四边形EFGH的面积有最大值1.故选B．]3.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为SA．当0<CQ<eq\f(1,2)时，S为四边形B．当CQ＝eq\f(1,2)时，S为等腰梯形C．当CQ＝eq\f(3,4)时，S与C1D1的交点R满足C1R＝eq\f(1,3)D．当eq\f(3,4)<CQ<1时，S为六边形D[当Q为中点，即CQ＝eq\f(1,2)时，截面APQD1为等腰梯形，故B正确；当0<CQ<eq\f(1,2)时，只需在DD1上取点M使PQ∥AM，即可得截面APQM为四边形，故A正确；当CQ＝eq\f(3,4)时，如图，延长AP交DC的延长线于M，连接MQ，并延长交C1D1于R，交DD1的延长线于N，∵CQ＝eq\f(3,4)，CM＝1，∴DN＝eq\f(3,4)×2＝eq\f(3,2)，∴D1N＝eq\f(1,2)，∴eq\f(D1N,DN)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(D1R,DM)＝eq\f(1,3)，∴D1R＝eq\f(2,3)，∴C1R＝eq\f(1,3)，故C正确；当eq\f(3,4)<CQ<1时，在上图中只需将Q上移，此时截面形状仍是APQRT，为五边形，故D不正确．]4.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为eq\r(3)，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和(eq\o(GF,\s\up10(︵))＋eq\o(EF,\s\up10(︵)))等于________．eq\f(5π,6)[如题图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即平面AA1B1B、平面ABCD和平面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即平面BB1C1C、平面CC1D1D和面A1B1C在平面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为AE＝2，AA1＝eq\r(3)，则∠A1AE＝eq\f(π,6).同理∠BAF＝eq\f(π,6)，所以∠EAF＝eq\f(π,6)，故弧EF的长为2×eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，而这样的弧共有三条．在平面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为1，∠FBG＝eq\f(π,2)，所以弧FG的长为：1×eq\f(π,2)＝eq\f(π,2).于是，所得的曲线长为GF＋EF＝eq\f(π,3)＋eq\f(π,2)＝eq\f(5π,6).5．圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为θ，求过此圆锥的母线的截面面积最大值．[解]设△VCD是过圆锥母线的异于轴截面的任意截面，其顶角∠CVD＝α，轴截面VAB的面积S＝eq\f(1,2)l2sinθ.截面VCD的面积S′＝eq\f(1,2)l2sinα.在△VAB和△VCD中，CD＜AB，所以α＜θ.(1)当0＜θ≤eq\f(π,2)时，0＜α＜θ≤eq\f(π,2)，sinα＜sinθ⇒S′＜S，此时过圆锥母线的截面面积最大为轴截面面积S＝eq\f(1,2)l2sinθ.(2)当eq\f(π,2)＜θ＜π时，0