2023年高考数学二轮复习（人教版）第1部分 专题突破 专题4　微重点13　截面、交线问题.docx

微重点13　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　(多选)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(　　)
A．平面α截正方体的截面可能是三角形
B．当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2
C．点D到平面α的距离的最大值为
D．当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形
答案　BCD
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A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B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D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＝在t∈[2,4]上单调递增，
所以当t＝4时，h取到最大值为，故C正确．
考向2　球的截面问题
例2　(2022·华大新高考联盟联考)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)(多选)(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(　　)
A．平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为四边形
B．平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为
C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25
D．点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3
答案　BC
解析　如图，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A错误；
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＝AE＝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，
等腰梯形MEFN的高
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B正确；
记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，
则
＝××3×3×3－××1×1×1－××1×1×1＝，
所以－V2＝12－＝，
则V1∶V2＝47∶25，故C正确；
因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，
由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，
因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误．
(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1