人教2023年高考数学二轮复习（全国版文） 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　(2022·江苏六校联考)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点 D1，E，F的平面记为α，则下列结论正确的个数是(　　)
①平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为四边形；
②平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为五边形；
③平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为；
④平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为.
A. 0 B．1
C．2 D．3
答案　B
解析　如图所示，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，
连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故①错误，②正确；
由平行线分线段成比例可得，AP＝BF＝1，故DP＝DD1＝3，则△DD1P为等腰直角三角形，
由相似三角形可知AM＝AP＝1，故A1M＝2，则D1M＝D1N＝2，ME＝EF＝FN＝，连接MN，易知MN＝2，
因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，设等腰梯形MEFN的高为h，则h＝＝，
则等腰梯形MEFN的面积为×＝，又＝×2×＝2，
所以五边形D1MEFN的面积为2＋＝，故③正确，④错误．
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，
所以AB＝AC＝BC＝BD