高中数学同步讲义（人教B版2019必修四）第40讲 专题11-12 立体几何中需要画出交线的问题

专题12立体几何中需要画出交线的问题TOC\o"1-3"\h\u题型1使用基本事实2 1题型2使用基本事实3 8题型3使用线面平行的性质 14题型4与球面交线问题 26题型1使用基本事实2【方法总结】两点确定一条直线可得，只需确定两平面的两个公共点即可。【例题1】（多选）（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，平面α∩平面β=l,A．点A B．点BC．点C D．点D【答案】CD【分析】根据平面的基本性质判断.【详解】因为A∈所以点A在α与γ的交线上，点B在α与γ的交线上，点C在β与γ的交线上，点D在β与γ的交线上，故选：CD【变式1-1】1．（2023·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1【答案】OC1【分析】依题意平面A1AC即平面A1ACC【详解】解：平面A1AC即平面A1ACC1，因为AC⊂又AC∩BD=O，C1∈平面所以平面A1AC∩故答案为：OB，设AB=a，然后根据题意用a表示出【详解】连接AB1,因为平面α⊥平面β，α∩β=所以BB所以∠BAB1是AB平面α在Rt△BAB1同理可得∠ABA1是AB平面β在Rt△ABA1在Rt△AA1所以A1故答案为：1:2【变式1-1】2．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，G是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出过下列各点、直线的平面与正方体表面的交线．(1)过点G及AC．(2)过三点E，F，D1．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）连接GA交A1D1于点M，连接GC交C1D1于点N，从而可以得到过点G及AC的平面（2）根据两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出交线【详解】（1）画法：连接GA交A1D1于点M，连接GC交C1D1于点N；连接MN，AC，则MA，CN，MN，AC为所求平面与正方体表面的交线．如图①所示．（2）画法：连接EF交DC的延长线于点P，交DA的延长线于点Q；连接D1P交CC1于点M，连接D1Q交AA1于点N；连接MF，NE，则D1M，MF，FE，EN，ND1为所求平面与正方体表面的交线．如图②所示．【变式1-1】3．（2022春·山东青岛·高一青岛二中校考期中）如图所示，正方体ABCD−(1)过正方体ABCD−A1B1(2)若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过D1，M，N三点的平面与正方体ABCD(3)设正方体ABCD−A1【答案】(1)5(2)见解析(3)1【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥B−（2）根据点、线、面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；（3）根据（1）中三棱锥B−A1【详解】（1）因为正方体ABCD−A1B1则BB1为三棱锥B−A1则VB则正方体剩余部分的体积为a3（2）画直线MN交DA，DC延长线分别为点E,再分别连接D1E,D1顺次连接D1,G易得AM=12a，则AE=12a，根据△AEG则A1G=23同理可得D1H=133则五边形D1GMNH的周长为（3）连接B1D，易知B1且A1易得三棱锥B−而三棱锥B−A1B1C1且点O,O1S由（1）得VB即13⋅3而B1D所以OO则VO【变式1-1】4．（2023·高一课时练习）在正方体ABCD−(1)AA1与(2)点B、C1(3)画出平面ACC1A1与平面BC【答案】(1)是，理由见解析(2)是，理由见解析(3)答案见解析【分析】（1）由两平行直线可确定一平面，可得答案；（2）由不共线三点可确定一平面，可得答案；（3）如图，找到两平面的公共点，公共点连线为平面交线.【详解】（1）是，平行直线确定一平面；（2）是，不在同一直线上三点确定一平面（3）如图，设BD∩AC=O，又C1∈平面BC1D，O∈平面ACC1AC1O⊂平面ACC1A1如图，设CD因O1∈平面ACD1，O1∈平面BDC1，则O1O2⊂平面ACD1，O1O2题型2使用基本事实3【方法总结】由于两平面有一个公共点A，再找一个公共点即可确定交线。【例题2】（2023春·全国·高一专题练习）如图，α∩β=l，A,B∈α，C∈β，且C∉A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M【答案】D【分析】利用点线面的位置关系证得MC⊂γ与MC⊂【详解】对于AB，易得A,B∉β，故必不在对于CD，因为过A,B,C三点的平面记作γ，所以面因为直线AB∩l=M，所以M∈又C∈面ABC，则C∈γ因为AB∩l=M，α∩β=所以β∩所以γ与β的交线必通过点C和点M，故C错误，D正确.故选：D．【变式2-1】1．（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1A．13 B．23 C．33【答案】D【分析】延长BA1，CE交直线于点M，延长C1E,B1A1交于点N，连接MN,M【详解】解：延长BA1，CE交直线于点M，延长C1E,则直线MC1即为交线又AB∥则∠MC1因为E为A1D1所以A1为MB的中点，A1为NB1的中点，点E为MC的中点，则EM=又∠MEN所以△EMN所以MN=则C1D1=1，所以cos∠M即l与AB所成角的余弦值为63故选：D.【变式2-1】2．（2022·全国·高一专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABCD所在平面外一点，画出平面SAD和平面SBC的交线，并说明理由.【答案】答案见解析【分析】由题意，分别延长AD和BC交于点E，可得点E是平面SAD和平面SBC的一个公共点，又点S是平面SAD和平面SBC的一个公共点，从而直线SE是平面SAD和平面SBC的交线.【详解】解：显然，点S是平面SAD和平面SBC的一个公共点，即点S在交线上，又在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB>CD，则分别延长AD和BC交于点E，如图所示.∵E∈AD，AD⊂平面SAD，∴E∈平面SAD，同理可得E∈平面SBC，∴点E在平面SAD和平面SBC的交线上，∴连接SE，则直线SE是平面SAD和平面SBC的交线.【变式2-1】3．（2023·全国·高一专题练习）如图所示的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱C【答案】答案见解析【分析】延长D1E、DC交于点F，连接AF交BC于点G，利用平面的性质可知面AD1E【详解】解：延长D1E、DC交于点F，连接AF交BC于点G，则平面AD1E因为F∈D1E，D1E⊂∵F∈CD，CD⊂平面ABCD，又因为A为平面AD1E和平面ABCD的公共点，则平面AD1【变式2-1】4．（2022春·江苏南通·高一金沙中学校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD//AB，∠ABC=90∘，(1)求证：BD⊥(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，PA、PB的中点分别为E、F，证明：l/平面DEF【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）由题设可得AD⊥BD，再由面面垂直的性质可得BD⊥（2）延长AD,BC交于G，连接PG即为l，由中位线性质有（1）由底面ABCD为直角梯形，CD//AB，∠ABC=90所以△BCD为等腰直角梯形，且∠DBC=45°在△ABD中AB=2BD，所以AD2+又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，所以BD⊥面PAD，而PA⊂面PAD，故（2）延长AD,BC交于G，连接PG即为面PAD与面PBC交线由PA、PB的中点分别为E、F，则EF//AB且而CD//AB，AB=2CD，故所以EFCD为平行四边形，又△GCD∼△GBA，则GCGB=所以CF//PG，而CF⊂面EFCD，PG所以PG//面EFCD，即l/平面题型3使用线面平行的性质【方法总结】一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，在平面内，过两平面的公共点作直线与已知直线平行，则此直线即为两平面的交线【例题3-1】（2023·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，过A【答案】平行【分析】根据线面平行的性质定理和判定定理确定正确答案.【详解】根据正方体的性质可知：A1由于A1C1⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD由于平面A1C1B∩平面ABCD所以l//故答案为：平行【变式3-1】1．（2022春·浙江宁波·高一统考期末）已知E是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A、C、E【答案】1【分析】由面面平行的性质与异面直线所成的角的求法求解即可【详解】因为过A,C,E三点的平面α与平面平面α与平面ABCD相交于AC，平面A1B1所以l//又A1C所以直线l与BC1所成的角就是直线A1也即是∠A又易知△A所以直线l与BC1所成角的余弦值为故答案为：1【变式3-1】2．（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1A．平面PAM内任意一条直线都不与BC平行B．平面PAB和平面PCM的交线不与平面ABCD平行C．平面PBC内存在无数条直线与平面PAM平行D．平面PAM和平面PBC的交线不与平面ABCD平行【答案】B【分析】对A，根据BC与平面PAM相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长AM，BC交于E，根据线面平行的性质判断即可.【详解】对A，因为BC与AM在平面ABCD内且不平行，故BC与AM相交，故BC与平面PAM相交，若平面PAM内任意一条直线与BC平行，则BC//平面PAM对B，由AB平行BC，AB⊄平面PCM，BC⊂平面PCM，故AB//平面PCM.设平面PAB和平面PCM的交线为l，由线面平行的性质可得AB//l，又l⊄平面ABCD，AB⊂对CD，延长AM，BC交于E，连接如图.由题意，平面PAM和平面PBC的交线即直线PE，故当平面PBC内的直线与PE平行时，与平面PAM也平行，故C正确；交线PE与平面ABCD交于E，故D正确；故选：B【变式3-1】3.（多选）（2022·高一课时练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1A．AEB．B1DC．异面直线AD1与OD．若直线m为平面BDP与平面B1D1P【答案】BD【分析】选项A：通过证明直线B1C⊥平面AB选项B：通过证明A1C1选项C：通过∠OC1B（或其补角）为异面直线选项D：结合线面平行的判定定理和性质定理可作出判断.【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C⊥BC1∵只有当E运动到线段B1C的中点时，连接B1D1，在正方体ABCD−A1∵B1D1⊥A1C1，∴A1C1⊥平面同理可得BC1⊥B1D，又A1∴B1D⊥连接BD，则AD∴∠OC1B（或其补角）为异面直线∵正方体的棱长为2，∴BC1=22，在Rt△OBC1中，cos∠因为BD//B1D1，∵B1D∴B1D1∵直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，B1∵m⊄平面B1D1Q∴m/平面B故选：BD.【变式3-1】4．（2022春·安徽六安·高一安徽省舒城中学校考期中）如图四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形，E是PB的中点，过A，D，E的平面α与平面PBC的交线为l．(1)证明：l∥(2)求平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比．【答案】(1)证明见解析(2)3:5【分析】（1）由AD∥BC，得到AD∥平面PBC，根据平面α与平面PBC的交线为l，结合线面平行的性质定理，即可证得l（2）设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，得到VE−ABD=V(1)证明：因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以又平面α与平面PBC的交线为l，且AD⊂平面α，则AD又l⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故l∥(2)解：设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，则VE又由VE−BDC所以平面α截四棱锥P-ABCD所得的下面部分的几何体的体积为V4所以上面部分几何体的体积为3V故平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比为3:5．【变式3-1】5．（2022春·福建厦门·高一厦门外国语学校校考期中）如图，正方形ABCD为圆柱OO(1)请作出平面BDE与圆O'(2)M，N分别是DE，BF的中点，证明：MN∥【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据线面平行的性质确定交线l作图即可；（2）取EF中点G，连接MG，NG，再证明平面MGN∥（1）交线l如图所示．作法：在平面BDE中过D点作直线l∥理由：∵圆柱OO'，EF是母线，∴EF∥∴平行四边形EFCB，∴EB∥又∵EB⊄平面FCD，CF⊂平面FCD，∴∵交线l=平面FCD∩平面DBE，∴∴过D作直线l∥（2）证明：如图，取EF中点G，连接MG，NG，∵M，G是DE，EF中点，所以MG∥∵MG⊄平面DFC，DF⊂平面DFC，∴MG∥同理可证GN∥∵MG∩GN=G，MG，又∵MN⊂平面MGN，∴MN【变式3-1】6．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线BD、C【答案】作图见解析，证明见解析【分析】连接CP并延长与DA的延长线交于M点，则平面PQC和平面AA1D1D的交线为D【详解】连接CP并延长与DA的延长线交于M点，则平面PQC和平面AA1D证明：因为四边形ABCD为正方形，所以BC//故△PBC∼△PDM，所以CPPM=BPPD又MD1⊂平面A1D1DA，PQ【变式3-1】7．（2023·全国·高一专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC【答案】作图见解析，证明见解析【分析】通过延伸平面A1DG内的直线DG来作出平面A1DG与平面CBB1C【详解】如图，延长DG交AB的延长线于P，连接A1P交BB则GQ所在的直线即为平面A1DG与平面证明：∵平面CBB1C1//平面AD平面ADD1A∴GQ∥又∵平面A1DG//平面D1EF，平面CBB1∴GQ∥EF，∴【变式3-1】8．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1(1)记平面A1BC与平面A1B1(2)求证：A1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由棱柱的性质得BC//B1C1，从而BC//平面A1（2）连接AC1，利用菱形的对角线相互垂直和已知条件得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到A1C⊥【详解】（1）由棱柱的性质得BC//因为BC⊄平面A1B1C所以BC//平面A因为BC⊂平面A1BC，平面A1BC所以BC//l因为l⊄平面BCC1B1∴l//平面BC（2）连接AC由棱柱的性质和AC=CC所以AC因为A1C⊥所以A1又因为B1C1⊂平面AB且B1C1∩A又因为AB1⊂所以A1题型4与球面交线问题【例题4】（2023·全国·高一专题练习）直三棱柱ABC−A1B1C1【答案】2π3##【分析】设A1B1【详解】设A1B1的中点为M，则C又因为面A1B1C1⊥面ABB所以C1M⊥所以题中所求交线即为以M为圆心，(7设该圆弧与BB1,球与侧面ABB1A易知∠PM所以该圆弧所对的圆心角为∠PMQ故所求弧长为2×π故答案为：2π3【变式4-1】1．（2023春·全国·高一专题练习）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长为2【答案】4π【分析】根据题意结合正三棱柱的性质和球的性质即可求解.【详解】设B1C1的中点为M，易知A1M⊥B1C1，又因为面A1B1C1⊥面BCC1B1，且B1易知∠PM所以该圆弧所对的圆心角为∠PMQ故所求弧长为2×2π故答案为：4π3【变式4-1】2．（2022春·湖北武汉·高一华中师大一附中校考期中）如图正四棱柱ABCD−A'B'C'D'中，AB=3，AA'=2，以D为球心，DC'为半径的球与侧面【答案】7【分析】由题意可知交线C'E是一段圆弧，即平面BCC'B'截球所得的截面圆上的一段弧，P从C'运动到E【详解】由题意可知，以D为球心，DC'=3+4=那么交线C'E是一段圆弧，即平面由于DC⊥平面BCC'故P从C'运动到E时，DP