专题四　微重点2　截面、交线问题 -大二轮数学专题复习

微重点2截面、交线问题[考情分析]“截面、交线”问题是高考立体几何问题具有创新意识的题型，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(2024·安庆模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则()A.该截面多边形是四边形B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点C.A1C⊥平面C1EFD.平面AB1D1∥平面C1EF答案B解析对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G，H，连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误；对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=12BC所以BPCC1=GBGC=13，即BPBB1=1对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，因为A1C⊂平面A1B1C，所以A1C⊥BC1，同理可证A1C⊥BD，因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，因为平面BC1D与平面C1EF相交，所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误；对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1，所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1，又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误.考向2旋转体的截面问题例2(多选)[勒洛四面体]勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，如图乙所示.若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法错误的是()A.勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π-3)B.勒洛四面体ABCD内切球的半径是4-6C.勒洛四面体的截面面积的最大值为2π-23D.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2-6答案AB解析对于选项A，截面示意图如图，S截=(S扇形ABC-S△ABC)·3+S△ABC=12×π3×22-34对于选项B，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球的球心O，如图，正△BCD外接圆半径O1B=23×2×cos30°=233，正四面体ABCD的高AO1令正四面体ABCD的外接球半径为R，在Rt△BOO1中，R2=263-R2+此时我们再次抽取部分勒洛四面体如图所示，图中取正四面体ABCD的中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F，其中BO即为正四面体外接球半径R=6因为点A，C，D，F均在以点B为球心的球面上，所以BF=AB=2，设勒洛四面体内切球半径为r，则由图得r=OF=BF-BO=AB-BO=2-62，故选项对于选项C，显然勒洛四面体截面经过正四面体某三个顶点时面积最大，由对A选项的分析知(S截)max=2π-23，故选项C对于选项D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球，所以勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径为2-62，故选项D[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)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，E为棱BB1的中点，则平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积为()A.52 B.7C.4 D.9答案D解析取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，则EM∥BC1，且EM=12BC1，则EM∥AD1且EM=12AD1又AB=2，所以MD1=AE=22+BC1=AD1=22因此EM=2，所以平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A.h=MD12-所以该截面积的面积S=12(AD1+EM)·h=9(2)(多选)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是()A.AO⊥平面BCDB.球O的体积为2C.球O被平面BCD截得的截面面积为4πD.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为8答案ABD解析设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM=12BD，NF=12故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN=N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC=C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN=DN=3，M为AD的中点，则MN⊥AD故MN=DN2-M则OM=22，所以球O的体积为43π×OM3=43π×2由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD=DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正△BCD的中心，故NG=13ND=所以OG=ON2-N故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为222则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×332=π由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为33，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×33=8考点二交线问题考向1多面体中的交线问题例3在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面ADD1A1以及平面ABB1A1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为()A.90° B.30° C.45° D.60°答案D解析因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即六边形PQFGRE为过P，Q，R的截面；所以EP即为直线m，FQ即为直线l；连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，所以∠B1AD1即为直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1=60°，即l，m所成的角为60°.考向2与旋转体有关的交线问题例4在正四棱锥P-ABCD中，已知PA=AB=2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为233的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为(A.6π6 B.C.6π3 D答案A解析如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD，由PA=AB=2，可得OE=1，PE=3，故OP=△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，OM=OP·OEPE=球的半径OF=2在Rt△OMF中，截面圆半径MF=OF2在正△PCD中，以M为圆心，作半径为63的圆易知ME=3则EF=632-33所以∠FME=45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的14，即为14×2π×MF[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)(2024·枣庄模拟)在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为棱BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为(A.32π4 B.C.32π2 D.答案C解析取BC中点F，连接AF，DF，则有AF⊥BC，DF⊥BC，又AF∩DF=F，AF，DF⊂平面ADF，故BC⊥平面ADF，又AD⊂平面ADF，故BC⊥AD，又AD⊥AE，BC∩AE=E，BC，AE⊂平面ABC，故AD⊥平面ABC，又AC，AB⊂平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB，由正三棱锥的性质可得AD，AB，AC两两垂直，故AF=1222+22=2，即以A为球心，2为半径的球面与侧面ABC的交线长为π2×(2)(2024·汕头模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，记平面AD1E与平面ABCD的交线为l1，平面AD1E与平面ABB1A1的交线为l2，若直线AB分别与l1，l2所成的角为α，β，则tanα=，tan(α+β)=.

答案12解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，延长D1E与DC交于点F，连接AF，则直线AF即为直线l1，α=∠BAF，由CE∥DD1且CE=12DD1得CF=DC，又AB∥CD，于是tanα=tan∠AFD=1由平面CDD1C1∥平面ABB1A1，平面AD1E∩平面ABB1A1=l2，平面AD1E∩平面CDD1C1=D1E，则D1E∥l2，又C1D1∥AB，因此β=∠C1D1E，tanβ=1所以tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanα专题强化练(分值：53分)一、单项选择题(每小题5分，共25分)1.用一个平面去截一个正四棱柱，截法不同，所得截面形状不一定相同，在各种截法中，边数最多的截面的形状为()A.四边形 B.五边形C.六边形 D.八边形答案C解析∵用平面去截四棱柱时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，∴边数最多的截面的形状为六边形.2.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD-A1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为()A.π3 B.πC.π4 D.答案A解析如图所示，在平面AA1D1D中，连接D1E并延长D1E交DA的延长线于点H，则HA=AD，在平面CC1D1D中，连接D1F并延长D1F交DC的延长线于点G，则GC=CD，则GH为平面D1EF与平面ABCD的交线l，且GH∥AC，而在等边△ACD1中，AC与AD1所成的角为π故直线l与直线AD1所成的角为π33.(2024·新乡模拟)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是()A.9π B.12π C.16π D.20π答案C解析由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面圆半径的最小值为52-32=4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，以A1为球心，半径为2的球与底面ABCD的交线的长度为(A.22π B.2πC.12π D.答案C解析因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，球以A1为球心，半径为2所以底面ABCD截得的圆的半径为22-(所以交线的长度为π2×1=125.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的周长为()A.6 B.102C.13+25 D.2答案D解析取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，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五边形D1EMFN.由题意知A为HD的中点，A1E=AE=2，则C1N=3，CN=1，则D1E=42+ND1=42+FN=12+2取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，所以AMFQ=所以AM=AHHQ·FQ=46则MB=4则EM=AE2+AMF=MB2+BF所以截面图形的周长为D1E+EM+MF+FN+ND1=25+103+2133+5二、多项选择题(每小题6分，共18分)6.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心.劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中正确的是()A.截面不是平行四边形B.截面是矩形C.截面的面积为2D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD答案BCD解析如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心，所以P位于CD的中线的23处，分别取BC，AC，AD，BD的三等分点则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误；连接AP并延长交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，所以G为CD的中点，因为AC=AD=BC=BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，因为AG∩BG=G，AG，BG⊂平面ABG，所以CD⊥平面ABG，所以CD⊥AB，因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF，所以截面EFNM为矩形，所以B正确；因为MN=23CD=23a，ME=13AB=所以截面面积S=MN·ME=23a·13a=29所以C正确，对于D，截面EFNM∩平面ABC=ME，ME∥AB，ME⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以ME∥平面ABD，所以D正确.7.(2024·潍坊模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则()A.直线BN与MB1是异面直线B.直线MN与AC所成的角是πC.直线MN⊥平面ADND.平面BMN截正方体所得的截面面积为9答案ABD解析对于A，由于BN⊂平面BB1C1C，MB1∩平面BB1C1C=B1，B1∉BN，故直线BN与MB1是异面直线，故A正确；对于B，如图，连接CD1，AD1，因为M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，所以MN∥CD1，所以直线MN与AC所成的角即为直线CD1与AC所成的角，又因为△ACD1是等边三角形，所以直线CD1与AC所成的角为π故直线MN与AC所成的角是π3，故对于C，如图，连接DM，假设直线MN⊥平面ADN，又因为DN⊂平面ADN，所以MN⊥DN，而MN=22，DN=52，DM=52，这三边不能构成直角三角形，所以DN与MN不垂直对于D，如图，连接A1B，A1M，因为A1B∥CD1，CD1∥MN，所以A1B∥MN，所以平面BMN截正方体所得的截面为梯形A1BNM，且MN=22，A1B=2，A1M=所以梯形的高为522所以截面面积为12×22+2×3248.(2024·汕头模拟)用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为2α时，若截面与轴所成的角为β，则截口曲线的离心率e=cosβcosα.例如，当α=β时，e=1，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥SO中，M，N分别为SD，SO的中点，AB，CD为底面的两条直径，且AB⊥CD，AB=4，SO=2.现用平面γ(不过圆锥顶点)截该圆锥，则A.若MN⊂γ，则截口曲线为圆B.若γ与SO所成的角为60°，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分C.若M，A，B∈γ，则截口曲线为抛物线的一部分D.若截口曲线是离心率为2的双曲线的一部分，则O∉γ答案BCD解析对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；对于B，γ与SO所成的角为60°，所以β=π因为OD=SO=2，所以∠OSD=π4，即α所以e=cosβcosα=12所以平面γ截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，故B正确；对于C，因为SO⊥平面ABD，AB⊂平面ABD，所以SO⊥AB，因为AB⊥CD，CD∩SO=O，CD，SO⊂平面SOD，所以AB⊥平面SOD，又因为SD⊂平面SOD，所以SD⊥AB，又SO=