高三二轮高效复习讲义数学专题突破立体几何与空间向量微点突破10截面交线问题

微点突破10截面、交线问题▶对应学生用书P68【考情分析】“截面、交线”问题是高考立体几何中具有创新意识的题型，它渗透了动态的线、面元素，给静态的立体几何题赋予了活力，难度较大，常以客观题的形式命题.重点1截面问题角度1多面体的截面问题如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，B1P＝2PC，D1Q＝3QC1，过B，P，Q三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为()A.35 B.153C.1515 D.321解析：选D.延长BP交CC1于点R，则CRB1B＝CPB1P＝12，连接QR，取A1B1中点H，连接BH，则BH∥QR，所以B，H，Q，R四点共面，故梯形QRBH即为截面图形，BH＝BR＝2QR＝25，QH＝17，RH＝B1H2＋B1记BH边上的高为h，BN＝x，则RB2－BN2＝QH2－BH－QR－BN2＝h2⇒252－x2＝172－(25－5解得x＝45，h＝2215，所以S梯形BHQR＝12QR＋BHh＝12×角度2旋转体的截面问题(多选)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，则下列说法正确的是()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解析：选CD.对于A，S截＝S扇形ABC－S△ABC×3＋S△ABC＝(12×π3×22－34×22)×3＋34×22＝2π对于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、外接球球心O，如图：△BCD外接圆半径O1B＝23×2·cos30°＝233，正四面体ABCD的高AO1＝AB2－O1在Rt△BOO1中，R2＝OO12＋BO12＝(263－R)2＋(233此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：图中取正四面体ABCD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＝62，因为点ACDF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B错误对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知S截max＝2π－23，故C对于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D正确[规律方法]作几何体截面的方法(1)利用线面、面面平行的性质定理，找到平行直线找截面；(2)利用基本事实2，基本事实3寻找平面的交线，根据相交直线找截面.对点练1.(1)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCDA1B1C1D1形成的截面图形为()A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形解析：选C.如图，设AB＝6，分别延长AE、A1B1交于点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l，所以l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE，故ID1＝43，连接AI所以五边形AIFHE为所求截面图形.(2)已知正三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，PA＝43，AB＝6，过棱AB作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是()A.9π，12πC.12π，16π解析：选B.如图，作PH⊥平面ABC，垂足为H，取AB的中点D，外接球的球心为O，连接AO，AH，易得H为△ABC的中心，则AH＝23，所以PH＝PA2－AH设外接球半径为R，则AO2＝AH2＋OH2，即R2＝12＋6－R2，解得R当OD垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，最小面积为π×32＝9π，当截面过球心O时，截面圆的面积最大，最大面积为π×42＝16π，故截面面积的取值范围是9π重点2交线问题角度1多面体的交线如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，P，Q分别是棱A1D1，AB，BC的中点.若经过点M，P，Q的平面与平面CDD1C1的交线为l，则l与直线QB1所成角的余弦值为()A.33 B.C.54 D.解析：选B.由线面平行的性质及面面平行的性质定理，可得经过点M，P，Q的截面为边长为22的正六边形MGPQFE，连接MB1，MQ，如图所示则易知若经过点M，P，Q的平面与平面CDD1C1的交线为EF，即为直线l，又EF∥MQ，所以∠MQB1即为l与直线QB1所成角，在△MQB1中，可得QB1＝MB1＝52，MQ＝2由余弦定理可得：cos∠MQB1＝QB12＋M角度2旋转体的交线已知三棱锥PABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB＝AC＝AP＝2，以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为()A.π2 B.C.22π3 解析：选D.因为三棱锥PABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB＝AC＝AP＝2，所以球A与三棱锥的表面ABC，APC，APB的交线均为以点A为顶点，半径为1，圆心角为π2的圆弧，其长度为π设点A到平面PBC的距离为d，因为AB＝AC＝AP＝2，所以△PBC是边长为2的等边三角形，由VPABC＝VAPBC可得13×12×2×2×2＝13×12×2×2×32×d，所以球A与表面PBC的交线为以△PBC的中心为圆心，半径为1－(63)2＝因为23π3＞π2，所以以顶点A为球心，1为半径作一个球[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.对点练2.(1)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为线段B1C上一动点，则下列说法错误的是()A.直线BD1⊥平面A1C1DB.异面直线B1C与A1C1所成角为45°C.三棱锥PA1DC1的体积为定值D.平面A1C1D与底面ABCD的交线平行于A1C1解析：选B.连接B1D1，CD1，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1，则A1C1⊥BD1，同理DC1⊥BD1，∵A1C1∩DC1＝C1，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；∵A1B1∥CD，A1B1＝CD，∴四边形DA1B1C为平行四边形，则B1C∥A1D，则∠DA1C1为异面直线B1C与A1C1所成角，又A1D＝A1C1＝C1D，则∠DA1C1＝60°，即异面直线B1C与A1C1所成角为60°，故B错误；∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，∴B1C∥平面A1C1D，可得P到平面A1C1D的距离为定值，即三棱锥PA1DC1的体积为定值，故C正确；∵A1C1∥平面ABCD，A1C1⊂平面A1C1D，设平面A1C1D与底面ABCD的交线为l，由直线与平面平行的性质，可得平面A1C1D与底面ABCD的交线平行于A1C1，故D正确.(2)已知正方体ABCDA1B1C1D1是半径为3的球O的内接正方体(八个顶点全部在球面上)，则正方体六个面所在的平面与球面的交线总长度是()A.6π B.62πC.12π D.122π解析：选D.由图可知，正方体的每一个面与球面相交，所得的交线是一个圆，共有6个圆，故六个面所在的平面与球面的交线总长度为6个圆的周长之和，设正方体的棱长为a，在Rt△O'OD中，OD＝3，O'D＝22a，O'O＝a则(22a)2＋a22＝32，解得a＝2，所以O'D＝22所以每个圆的周长为22π，6个圆的周长之和为122π.[课下巩固检测练(三十)]截面、交线问题(每题5分)1.已知过球面上三点A，B，C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝2，则球的表面积是()A.256π81 BC.256π9 D解析：选D.因为AB＝BC＝CA＝2，2sin60°＝2r，所以△ABC的外接圆半径为r＝设球半径为R，则R2－12R2＝43，所以R＝43，S＝4π2.一棱长为4的正四面体木块如图所示，P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，则截面PFED的面积为()A.2 B.22 C.23 D.4解析：选D.P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，VB∥平面PFED，VB⊂平面VBA，平面VBA∩平面PFED＝PF，所以VB∥PF，同理可得VB∥DE，AC∥EF，AC∥PD，所以EF∥PD，PF∥DE，所以四边形PFED是平行四边形，且P，F，E，D均是中点，又因为正四面体对棱互相垂直，所以VB⊥AC，所以PF⊥EF，所以四边形PFED是边长为2的正方形，所以该四边形面积为4.3.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCDA1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是()A.45＋42 B.55＋17C.45＋22＋4 D.65＋2解析：选B.在正方体ABCDA1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH，由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG＝DD1＝AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，A1G∥AE，A1G＝AE，由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH＝12A1G＝12梯形AFHE是正方体ABCDA1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，AE＝AF＝42＋22＝25，FH＝22＋12＝所以所求截面的周长是55＋17.4.如图，已知P，Q，R分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，BC和C1D1的中点，由点P，Q，R确定的平面β截该正方体所得截面为()A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形解析：选D.如图，取A1D1的中点T，AA1的中点M，CC1的中点S，连接PM，TM，RT，RS，QS，PQ，由正方体的性质可知A1C1∥MS∥AC，由中位线性质可知PQ∥AC，RT∥A1C1，所以PQ∥MS∥RT，所以由点P，Q，R确定的平面β即为截面PQSRTM，其为六边形.5.如图，在棱长为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的球面正好经过点M，则下列结论中正确的是()A.AB⊥MNB.球O的体积与四面体ABCD外接球的体积之比为1∶3C.直线MN与平面BCD所成角的正弦值为3D.球O被平面BCD截得的截面面积为4解析：选C.如图，对于A：连接MB，MC，则MB＝MC＝3，又N为BC中点，所以MN⊥BC，若MN⊥AB，AB，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，所以MN⊥平面ABC，可知这是不成立的，所以MN⊥AB不成立，故A错误；对于B：利用结论：若正四面体的棱长为a，则该四面体的外接球半径为R＝64a，内切球半径为r＝612a.在△MBC中，MN＝MC2－NC2＝3－1＝2，所以球O的半径为22，四面体ABCD的外接球半径为64×2＝62，所以球O对于C：连接DN，取△BCD的中心G，则G在DN上，连接AG，则AG⊥平面BCD，作ME⊥平面BCD，则E为DG中点.∠MND为直线MN与平面BCD所成的角，在Rt△MNE中，MN＝2，ME＝12AG＝63，ME⊥EN，所以sin∠MND＝632＝33对于D：因为点O到平面BCD的距离为12ME＝66，所以球O被平面BCD截得的截面圆半径为(22)2－(666.已知三棱锥PABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝43，PB＝PC＝4.以BC为直径的球与平面APC的交线为l，则l的长度为()A.4 B.4C.4π3 D解析：选D.不妨将三棱锥放入长方体中，由于BC为直径，所以球心在BC中点处，且半径为12BC＝22，取PC中点，则OM⊥PC，所以MO⊥平面APC，且OM＝12BP故O到平面APC的距离为2，平面APC所在截面圆的半径为222－故截的图形为圆，圆的周长为4π，即交线l的长度为4π.7.正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为()A.3 B.13C.2103 D解析：选C.取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，又C1H＝CH2＋CC12＝128.在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，记A1B1的中点为E，平面C1EC与AB1C1的交线为l，则直线l与AC所成角的余弦值是()A.65 B.C.66 D.解析：选C.如图所示取AB中点E1，连接EE1，AB1，两者相交于点O，由图可知面C1EC与面AB1C1的交线即为OC1，因为AC∥A1C1，所以∠OC1A1即为异面直线OC1和AC所成的角或补角，在△OA1C1中，OA1＝62，A1C1＝1，OC1＝62，由余弦定理可得cos∠OA1C1＝1+32－39.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则以AA1的中点P为球心，22为半径的球与侧面BCC1B1相交，则交