人教2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题4 微重点12　截面、交线问题.docx

微重点12　截面、交线问题
“截面、交线”问题是高考立体几何问题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、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　如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则下列结论正确的是(　　)
①平面α截正方体的截面可能是三角形；
②当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2；
③点D到平面α的距离的最大值为；
④当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形．
A．②④ B．①③ C．②③④ D．①③④
答案　C
解析　如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，
连接PF与y轴交于点M，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知截面不可能为三角形，故①错误；
当F与C1点重合时，平面α截正方体的截面为边长为的菱形，易得截面面积为2，故②正确；
当F为CC1的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故④正确；
D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，
设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2,4])，
＝(2,0,0)，＝(－2，t，0)，＝(2,0，－4)，
则可知点P到直线AM的距离为
d＝＝，
S△APM＝·d＝.
S△PAD＝×2×4＝4，
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
即·S△APM·h＝·S△PAD·t，
可得h＝＝，
因为h＝是t∈[2,4]上的增函数，
所以当t＝4时，h取到最大值为，故③正确．
考向2　球的截面问题
例2　已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝，AC＝2，点E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于点G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外接球球O所得截面面积的取值范围是__________________．
答案　
解析　因为AB2＋BC2＝AC2，
故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，
故三棱锥S－ABC的外接球球O的半径R＝＝；
取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，
因为AB＝BC＝，故DG＝BD＝，
因为OD＝，
故OG2＝2＋2＝，
则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径
r2＝2－＝，
过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R＝，
故截面面积的最小值为，最大值为.
故截面面积的取值范围是.
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)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的高为，两个底面均为边长为1的正方形，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于E，F，则四边形BFD1E面积的最小值为________．
答案　
解析　如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.
由题意得BD1＝2.
易知截面BFD1E为平行四边形，
则＝2×BD1·h＝2h，
当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小．
易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离．
易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，
hmin＝，()min＝2×＝.
故四边形BFD1E面积的最小值为.
(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．
答案　
解析　正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝，
则R2＝r2＋1＝.
(1)当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝；
(2)当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝－1＝，
截面圆的半径为＝＝1，
所以截面圆的面积最小为π·12＝π，
综上，截面面积的取值范围为.
考点二　交线问题
考向1　多面体中的交线问题
例3　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________．
答案　
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，