新高考数学二轮复习考点突破学案4.7《截面、交线问题》（教师版）

微重点13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(多选)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()A.平面α截正方体的截面可能是三角形B.当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2eq\r(6)C.点D到平面α的距离的最大值为eq\f(2\r(6),3)D.当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形答案为：BCD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A错误；当F与C1点重合时，平面α截正方体的截面为边长为eq\r(5)的菱形，易得截面面积为2eq\r(6)，故B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D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])，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(﹣2，t，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2,0，﹣4)，则可知点P到直线AM的距离为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，设点D到平面α的距离为h，利用等体积法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)))，因为h＝eq\f(4,\r(5＋\f(16,t2)))在t∈[2,4]上单调递增，所以当t＝4时，h取到最大值为eq\f(2\r(6),3)，故C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＝eq\r(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__________________.答案为：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,9)，\f(3π,2)))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＝eq\f(\r(2＋2＋2),2)＝eq\f(\r(6),2)；取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，因为AB＝BC＝eq\r(2)，故DG＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(1,3)，因为OD＝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)，则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2﹣eq\f(11,18)＝eq\f(8,9)，过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R＝eq\f(\r(6),2)，故截面面积的最小值为eq\f(8π,9)，最大值为eq\f(3π,2).故截面面积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,9)，\f(3π,2))).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)(多选)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()A.平面α截直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的形状为四边形B.平面α截直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为eq\f(7\r(3),2)C.平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D.点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3答案为：BC解析：如图，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A错误；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＝AE＝1，故A1M＝2，则D1M＝D1N＝2eq\r(2)，ME＝EF＝FN＝eq\r(2)，连接MN，易知MN＝2eq\r(2)，因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，等腰梯形MEFN的高h＝eq\r(\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，则等腰梯形MEFN的面积为eq\f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(3\r(3),2)，又＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(6)＝2eq\r(3)，所以五边形D1MEFN的面积为2eq\r(3)＋eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),2)，故B正确；记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，则＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3﹣eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1﹣eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(25,6)，所以﹣V2＝12﹣eq\f(25,6)＝eq\f(47,6)，则V1∶V2＝47∶25，故C正确；因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误.(2)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________.答案为：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＝eq\f(2\r(3),3)，则R2＝r2＋1＝eq\f(7,3).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＝eq\f(7π,3)；②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2﹣AD2＝eq\f(7,3)﹣1＝eq\f(4,3)，截面圆的半径为eq\r(R2－OD2)＝eq\r(\f(7,3)－\f(4,3))＝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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3))).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________.答案为：eq\f(\r(7),2)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＝eq\r(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＝eq\r(2)，所以OB⊥AD，OB＝eq\f(\r(14),2)，AE⊥BD，所以由等面积法得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，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＝eq\f(\r(7),2)，DF＝eq\f(1,2)，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eq\f(\r(7),2).考向2与球有关的交线问题例4已知三棱锥P﹣ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC＝2eq\r(3)，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________.答案为：eq\f(4π,3)解析：由题设，将三棱锥P﹣ABC补全为棱长为2eq\r(3)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＝eq\r(6)>2，OP＝3eq\r(2)>4，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eq\f(π,3)的圆弧，故弧长为eq\f(4π,3)；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eq\f(π,12)的圆弧，故弧长为eq\f(π,3)；所以最长弧的弧长为eq\f(4π,3).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已知三棱锥P﹣ABC的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为4，体积为eq\f(16,3)，若该三棱锥的外接球O的半径为eq\r(13)，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为()A.6πB.12πC.2eq\r(3)πD.4eq\r(3)π答案为：D解析：依题意得，设底面等腰Rt△ABC的直角边长为x(x>0)，∴三棱锥P﹣ABC的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×x2×4＝eq\f(16,3)，解得x＝2eq\r(2).∴△ABC的外接圆半径为r1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)＝2，∴球心O到底面ABC的距离为d1＝eq\r(R2－r\o\al(2,1))＝eq\r(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O到该截面圆的距离为d2＝4﹣3＝1，∵截面圆的半径为r2＝eq\r(R2－d\o\al(2,2))＝eq\r(13－1)＝2eq\r(3)，∴顶点P的轨迹长度为2πr2＝4eq\r(3)π；当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为d3＝3＋4＝7>R＝eq\r(13)，故不成立.综上，顶点P的轨迹长度为4eq\r(3)π.(2)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________.答案为：eq\r(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＝eq\f(1,4)C1D1＝eq\f(1,2)，连接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＝eq\f(3,4)DC＝eq\f(3,2)，连接OF，EF，则PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝eq\r(DF－D1E2＋D1D2)＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).专题强化练1.(多选)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θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，则下列对椭圆E的描述中，正确的是()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eq\f(πr2,cosθ)答案为：ACD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＝eq\f(2r,cosθ)，所以c＝eq\r(a2－b2)＝rtanθ，故e＝eq\f(c,a)＝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＝eq\f(πr2,cosθ).综上，A，C，D正确，B错误.2.(多选)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，则下列命题中正确的是()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eq\f(\r(3),2)D.平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形答案为：ABD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；由AD1∥平面EFG，可得动点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时(其中I，J，K，L，M，N都是棱的中点)，所得截面面积最大，易得该正六边形的边长为eq\f(\r(2),2)，所以其面积为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错误；截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确.3.(多选)在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝AC＝2eq\r(2)，BC＝3，PB，PC与以PA为直径的球O的球面分别交于点M，N，则下列结论正确的是()A.PM＝eq\f(4\r(3),3)B.MN∥平面ABCC.MN＝2D.球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为eq\f(π,3)答案为：BC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＝2eq\r(2)，则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错误；对于B选项，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eq\f(MN,BC)＝eq\f(PM,PB)＝eq\f(2,3)，因此MN＝eq\f(2,3)BC＝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＝eq\f(π,3)，所以球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为eq\f(π,3)×2＝eq\f(2π,3)，D错误.4.(多选)已知正四面体ABCD的棱长为2eq\r(6).点E，F满足eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→))，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，截面的面积可能为()A.6πB.7πC.8πD.9π答案为：CD解析：如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点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的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，记RS∩BG＝M，连接AM.过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H，则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上，AO为球O的半径.由题中数据可得AM＝AG＝3HG＝3HM＝3eq\r(2)，AH＝4，BH＝2eq\r(2).设球O的半径为R，则R2＝(AH﹣OH)2＝BH2＋OH2，解得R＝3，OH＝1.当λ∈[1,3]时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，要求截面的面积只需考虑球心O到截面的距离的取值范围即可.由题意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如图，过点O作ON⊥AM，垂足为N，则ON⊥平面ARS.因为△AON∽△AMH，所以ON＝eq\f(AO·MH,AM)＝1，即球心O到截面的距离d∈[0,1]，则截面圆的半径满足r2＝R2﹣d2∈[8,9]，故所求截面的面积S∈[8π，9π].5.已知正三棱台ABC﹣A1B