拓展拔高几何体的截面与交线问题

拓展拔高11几何体的截面与交线问题【高考考情】“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.类型一截面图形的形状判断【例1】(多选题)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【解析】选ABD.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符合题意;当点E与D重合时,过A,B1,E三点的截面为矩形AB1C1D,故B符合题意;若截面为菱形,则必有AB1=AE,此时点E与D1重合,故C不符合题意;当点E与DD1的中点重合时,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=12AB1,设正方体棱长为2,则AE=B1F=22+12=5,所以过A,B1,E三点的截面为等腰梯形AB1FE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.对点训练过正方体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【解析】选D.过棱AB,BC的中点E,F作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,因为二面角D1-EF-D,二面角B1-EF-B都大于45°,所以当截面为EFHJIG时,如图所示,为六边形;当截面为EFM时,如图所示,为三角形.类型二截面图形的周长或面积【例2】(1)(2024·保定模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别是棱AA1,BC的中点,则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为()A.6 B.102 C.13+25 D.2【解析】选D.取CC1的中点G,连接BG,D1E,EF,则D1E∥BG,取CG的中点N,连接FN,D1N,则FN∥BG,所以FN∥D1E.延长D1E,DA交于点H,连接FH交AB于点M,连接ME,则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点,A1E=AE=2,则C1N=3,CN=1,则D1E=42+2D1N=42+32=5,FN=取AD的中点Q,连接QF,则AM∥FQ,所以AMFQ=AH所以AM=AHHQ·FQ=46×4=83,则MB则ME=AE2+AMMF=MB2+BF所以截面图形的周长为D1E+EM+MF+FN+ND1=25+103+2133+5(2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是BC的中点,平面α经过直线BD且与直线C1E平行,若正方体的棱长为2,则平面α截正方体所得的多边形的面积为___________.

【解析】如图,过点B作BM∥C1E交B1C1于点M,过点M作BD的平行线,交C1D1于点N,连接DN,则平面BDNM即为符合条件的平面α,由图可知M,N分别为B1C1,C1D1的中点,故BD=22,MN=2,且BM=DN=5.设等腰梯形MNDB的高为h,则h=(5)2-(22)

2=322,所以梯形答案:9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解决.对点训练在长方体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.62 B.65 C.25+42 D.45+22【解析】选D.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=12A1F因为AB=2,AD=AA1=4,则AF=42+22=25,所以EP=1AE=22+22=22,FP=所以截面AFPE的周长为25+5+22+5=45+22.类型三交线问题【例3】(1)(2020·新高考Ⅰ卷)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___________.

【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,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,所以D1B1=DB=2,所以△D1B1C1为等边三角形,则D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,所以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=R球2-D1可得EP=EQ=2,所以球面与侧面BCC1B1的交线为以点E为圆心的圆弧PQ.又D1P=5,所以B1P=D1P2-D1B12=1,同理C1Q=1,所以P,所以∠PEQ=π2,PQ的长为π2×2=答案:2(2)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________.

【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12×2×142=解得AE=72,所以DE=AD2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(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答案:7思维升华作交线的方法(1)利用基本事实3作交线;(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.对点训练1.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________.

【解析】如图所示,要使PQ∥平面SBC1,作PE∥C1S交C1D1于点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=1连接BD,取BD的中点O,连接PO,PS,则PSBO为平行四边形,则PO∥SB,又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=3连接OF,EF,则四边形PEFO为平行四边形,点Q的轨迹为线段EF,EF=(DF-D1E答案:52.已知在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD,其面积为8.若P为圆柱底面圆弧CD的中点,则平面PAB与球O的交线长为________.

【解析】设球O的半径为r,则AB=BC=2r,而S四边形ABCD=AB·BC=4r2=8,所以r=2.如图,连接PO2,O1P,作OH⊥O2P于点H,易知O1O2⊥AB.因为P为CD的中点,所以AP=BP,又O2为AB的中点,所以PO2⊥AB.又O1O2∩PO2=O2,所以AB⊥平面O1O2P,又OH⊂平面O1O2P