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文档简介
§7.9立体几何中的截面、交线问题重点解读“截面、交线”问题是高考立体几何问题中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、周长、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.题型一截面作图例1如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1B1的中点,N在棱CC1上,且CN=2NC1.作出过点D,M,N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面,写出作法.解如图所示,五边形DQMFN即为所求截面.作法如下:连接DN并延长交D1C1的延长线于点E,连接ME交B1C1于点F,交D1A1的延长线于点H,连接DH交AA1于点Q,连接QM,FN,则五边形DQMFN即为所求截面.思维升华作截面的几种方法(1)直接法:有两点在几何体的同一个面上,连接该两点即为几何体与截面的交线,找截面实际就是找交线的过程.(2)延长线法:同一个平面有两个点,可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.(3)平行线法:过直线与直线外一点作截面,若直线所在的面与点所在的平面平行,可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.跟踪训练1如图,已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,过C,D1,M三点作正方体的截面,作出这个截面图,写出作法.解如图,连接CD1,连接D1M并延长,交DA的延长线于点N,连接CN交AB于点P,连接MP,则四边形CD1MP为过C,D1,M三点的正方体的截面.题型二截面图形的形状判断例2(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是线段DD1上的动点,若过A,B1,E三点的平面将正方体截为两个部分,则所得截面的形状可能为()A.等边三角形 B.矩形C.菱形 D.等腰梯形答案ABD解析当点E与D1重合时,过A,B1,E三点的截面是等边三角形AB1D1,故A正确;当点E与D重合时,过A,B1,E三点的截面为矩形AB1C1D,故B正确;若截面为菱形,则必有AB1=AE,此时点E与D1重合,故C错误;当点E与DD1中点重合时,记C1D1的中点为F,连接EF,FB1,C1D(图略),易知EF∥DC1,由正方体性质可知,AD∥B1C1且AD=B1C1,所以四边形AB1C1D为平行四边形,所以DC1∥AB1,所以EF∥AB1且EF=eq\f(1,2)AB1,设正方体棱长为2,则AE=B1F=eq\r(22+12)=eq\r(5),所以过A,B1,E三点的截面为等腰梯形AB1FE,故D正确.思维升华判断几何体被一个平面所截的截面形状,关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置.跟踪训练2已知一个棱柱的底面是正六边形,侧面都是正方形,用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱,所得截面的形状不可能是()A.等腰三角形 B.等腰梯形C.五边形 D.正六边形答案D解析如图①,由图可知,截面ABC为等腰三角形,选项A可能;截面ABEF为等腰梯形,选项B可能;如图②,截面AMDEN为五边形,选项C可能;因为侧面是正方形,只有平行于底面的截面才可能是正六边形,故过两底的顶点不可能得到正六边形,选项D不可能.题型三截面图形的周长或面积例3(2024·朔州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为3,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.2eq\r(11) B.4eq\r(11)C.2eq\r(22) D.4eq\r(22)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=3eq\r(2),GE=eq\r(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=eq\r(13),在等腰梯形AEGD1中,过G作GH⊥AD1,∴GH=eq\r(D1G2-D1H2)=eq\r(11),∴S=eq\f(1,2)·(AD1+EG)·GH=eq\f(1,2)×(eq\r(2)+3eq\r(2))×eq\r(11)=2eq\r(22).思维升华几何体的截面的相关计算,关键在于根据公理作出所求的截面,再运用解三角形的相关知识得以解决.跟踪训练3(2023·新乡模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,过A,D1,E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分,则该截面的周长为()A.3eq\r(2)+2eq\r(5) B.2eq\r(2)+eq\r(5)+3C.eq\f(9,2) D.2eq\r(2)+2eq\r(5)+2答案A解析如图,取BC的中点F,连接EF,AF,BC1,E,F分别为棱CC1,BC的中点,则EF∥BC1,又在正方体中BC1∥AD1,则有EF∥AD1,所以平面AFED1为所求截面,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以EF=eq\r(2),D1E=AF=eq\r(22+12)=eq\r(5),AD1=2eq\r(2),所以四边形AFED1的周长为3eq\r(2)+2eq\r(5).课时精练一、单项选择题1.过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC的中点E,F作一个截面,使截面与底面ABCD所成二面角为45°,则此截面的形状为()A.三角形或五边形 B.三角形或四边形C.正六边形 D.三角形或六边形答案D解析过棱AB,BC的中点E,F作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,∵二面角D1-EF-D,二面角B1-EF-B都大于45°,∴当截面为EFHJIG时,如图所示,为六边形;当截面为EFM时,如图所示,为三角形.2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2,AD=AA1=4,E,F分别为BB1,A1D1的中点,过点A,E,F作长方体ABCD-A1B1C1D1的一个截面,则该截面的周长为()A.6eq\r(2) B.6eq\r(5)C.2eq\r(5)+4eq\r(2) D.4eq\r(5)+2eq\r(2)答案D解析如图,连接AF,过点E作EP∥AF交B1C1于点P,连接FP,AE,即可得到截面AFPE,因为E为BB1的中点,EP∥AF,所以B1P=eq\f(1,2)A1F=1,因为AB=2,AD=AA1=4,则AF=eq\r(42+22)=2eq\r(5),所以EP=eq\f(1,2)AF=eq\r(5),AE=eq\r(22+22)=2eq\r(2),FP=eq\r(22+12)=eq\r(5),所以截面AFPE的周长为2eq\r(5)+eq\r(5)+2eq\r(2)+eq\r(5)=4eq\r(5)+2eq\r(2).3.(2023·承德模拟)在三棱锥P-ABC中,AB+2PC=9,E为线段AP上更靠近P的三等分点,过E作平行于AB,PC的平面,则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为()A.5B.6C.8D.9答案B解析如图所示,在三棱锥P-ABC中,过E分别作EF∥AB,EH∥PC,再分别过点H,F作HG∥AB,FG∥PC,可得E,F,G,H四点共面,因为AB⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,所以AB∥平面EFGH,同理可证,PC∥平面EFGH,所以截面即为平行四边形EFGH,又由E为线段AP上更靠近P的三等分点,且AB+2PC=9,所以EF=eq\f(1,3)AB,EH=eq\f(2,3)PC,所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=eq\f(2,3)(AB+2PC)=6.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为A1B1,B1C1的中点,过M,N的平面所得截面为四边形,则该截面的最大面积为()A.2eq\r(2)B.2eq\r(5)C.eq\f(3\r(10),2)D.eq\f(9,2)答案D解析如图所示,面积最大的截面四边形为等腰梯形MNCA,其中MN=eq\r(2),AC=2eq\r(2),AM=CN=eq\r(5),高为h=eq\r(5-\f(1,2))=eq\f(3\r(2),2),故面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)+2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)=eq\f(9,2).5.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥(以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆,下底面圆心为顶点)而得到的几何体如图所示,用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体,则截面图形的面积为()A.4π-4 B.4πC.4π-2 D.2π-2答案C解析截面图形应为圆面中挖去一个正方形,且圆的半径是2,则截面圆的面积为4π,设正四棱锥的底面正方形边长为a,则2a2=16,所以a=2eq\r(2),正四棱锥的底面正方形的面积为(2eq\r(2))2=8,由圆锥中截面的性质,可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似,设圆面中挖去一个正方形的面积为S′,正四棱锥的底面正方形的面积为S,则eq\f(S′,S)=eq\f(S′,8)=eq\f(1,4),从而S′=2,所以截面图形的面积为4π-2.6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AD,C1D1的中点,过M,N,B1三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面形状为()A.六边形 B.五边形C.四边形 D.三角形答案B解析如图,在AB上取点Q,且BQ=3AQ,取CD的中点P,连接QM,BP,NP,B1Q.在DD1上取点R,且D1R=3DR,连接NR,MR.因为eq\f(AQ,CP)=eq\f(AM,BC)=eq\f(1,2),∠QAM=∠PCB,所以△QAM∽△PCB,所以∠AQM=∠BPC.又AB∥CD,所以∠ABP=∠BPC,所以∠ABP=∠AQM,所以QM∥BP.因为N,P分别为C1D1,CD的中点,所以PN∥CC1,且PN=CC1.根据正方体的性质,可知BB1∥CC1,且BB1=CC1,所以PN∥BB1,且PN=BB1,所以四边形BPNB1是平行四边形,所以B1N∥BP,所以B1N∥QM.同理可得NR∥B1Q.所以五边形QMRNB1即为所求正方体的截面.二、多项选择题7.用一个平面截正方体,则截面的形状不可能是()A.锐角三角形 B.直角梯形C.正五边形 D.正六边形答案BC解析对于A,截面图形如果是三角形,只能是锐角三角形,不可能是直角三角形和钝角三角形.如图所示的截面为△ABC.设DA=a,DB=b,DC=c,所以AC2=a2+c2,AB2=a2+b2,BC2=b2+c2.所以由余弦定理得,cos∠CAB=eq\f(AB2+AC2-BC2,2AB·AC)=eq\f(2a2,2\r(a2+b2)\r(a2+c2))>0,所以∠CAB为锐角.同理可求,∠ACB为锐角,∠CBA为锐角.所以△ABC为锐角三角形,故A不符合题意;对于B,如图,截面图形如果是四边形,可能是正方形、矩形、菱形、一般梯形、等腰梯形,不可能是直角梯形,故B符合题意;对于C,如图,当截面为五边形时,不可能出现正五边形,故C符合题意;对于D,当截面过棱的中点时,如图,即截面为正六边形,故D不符合题意.8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,H是棱BC,D1C1,AA1上的动点(包含端点),且满足CE=D1F=AH,则下列结论正确的是()A.DB1⊥平面EFHB.存在E,F,H,使得点D到平面EFH的距离为1C.平面EFH截此正方体所得截面面积的最大值为3eq\r(3)D.平面EFH截此正方体所得截面的周长为定值答案ACD解析如图所示,建立空间直角坐标系,设CE=D1F=AH=m,m∈[0,2],则D(0,0,0),E(m,2,0),F(0,m,2),H(2,0,m),B1(2,2,2),eq\o(DB1,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))=(2,2,2)·(-m,m-2,2)=-2m+2m-4+4=0,故eq\o(DB1,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→)),即DB1⊥EF,同理可得DB1⊥EH,EF∩EH=E,EF,EH⊂平面EFH,故DB1⊥平面EFH,故A正确;平面EFH的一个法向量为eq\o(DB1,\s\up6(→))=(2,2,2),点D到平面EFH的距离为|eq\o(DH,\s\up6(→))||cos〈eq\o(DH,\s\up6(→)),eq\o(DB1,\s\up6(→))〉|=eq\f(|\o(DH,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→))|,|\o(DB1,\s\up6(→))|)=eq\f(4+2m,2\r(3))=1,解得m=eq\r(3)-2,不满足题意,故B错误;设平面EFH分别与A1D1,AB,CC1交于P,Q,R,设P(p,0,2),则eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(DB1,\s\up6(→))=(-p,m,0)·(2,2,2)=-2p+2m=0,p=m,即P(m,0,2),同理可得,Q(2,m,0),R(0,2,m),故|eq\o(HR,\s\up6(→))|=|eq\o(PE,\s\up6(→))|=|eq\o(FQ,\s\up6(→))|=2eq\r(2),PF∥HR∥QE,如图,过点P作PM⊥HR于M,EN⊥HR于N,则|eq\o(PM,\s\up6(→))|=eq\f(\r(6),2)(2-m),|eq\o(EN,\s\up6(→))|=eq\f(\r(6),2)m,截面面积为S=eq\f(1,2)(eq\r(2)m+2eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)(2-m)+eq\f(1,2)×(2eq\r(2)+2eq\r(2)-eq\r(2)m)×eq\f(\r(6),2)m=-eq\r(3)(m-1)2+3eq\r(3),当m=1时有最大值为3eq\r(3),故C正确;截面的周长为eq\r(2)m+eq\r(2)(2-m)+eq\r(2)m+eq\r(2)(2-m)+eq\r(2)m+eq\r(2)(2-m)=6eq\r(2),为定值,故D正确.三、填空题9.(2024·曲靖模拟)“中国天眼”(如图1)是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜,其形状可近似地看成一个球冠(球冠是球面被平面所截的一部分,如图2所示,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直
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