考點(diǎn)一 截面問題
考向1 多面體中的截面問題
例1 如圖，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E為A1D1的中點(diǎn)，F(xiàn)為CC1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)由點(diǎn)A，E，F(xiàn)構(gòu)成的平面為α，則下列結(jié)論正確的是( )
①平面α截正方體的截面可能是三角形；
②當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，平面α截正方體的截面面積為2eq \r(6)；
③點(diǎn)D到平面α的距離的最大值為eq \f(2\r(6),3)；
④當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面α截正方體的截面為五邊形．
A．②④ B．①③ C．②③④ D．①③④
答案 C
解析 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，延長(zhǎng)AE與z軸交于點(diǎn)P，
連接PF與y軸交于點(diǎn)M，
則平面α由平面AEF擴(kuò)展為平面APM.由此模型可知截面不可能為三角形，故①錯(cuò)誤；
當(dāng)F與C1點(diǎn)重合時(shí)，平面α截正方體的截面為邊長(zhǎng)為eq \r(5)的菱形，易得截面面積為2eq \r(6)，故②正確；
當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，易知平面α截正方體的截面為五邊形，故④正確；
D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，t，0)(t∈[2,4])，
eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，t，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，
則可知點(diǎn)P到直線AM的距離為
d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→)),|\(AM,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(\f(20t2＋64,4＋t2))，
S△APM＝eq \f(1,2)eq \r(t2＋4)·d＝eq \r(5t2＋16).
S△PAD＝eq \f(1,2)×2×4＝4，
設(shè)點(diǎn)D到平面α的距離為h，
利用等體積法VD－APM＝VM－PAD，
即eq \f(1,3)·S△APM·h＝eq \f(1,3)·S△PAD·t，
可得h＝eq \f(4t,\r(5t2＋16))＝eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2)))，
因?yàn)閔＝eq \f(4,\r(5＋\f(16,t2)))是t∈[2,4]上的增函數(shù)，
所以當(dāng)t＝4時(shí)，h取到最大值為eq \f(2\r(6),3)，故③正確．
考向2 球的截面問題
例2 已知在三棱錐S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝eq \r(2)，AC＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點(diǎn)，直線AF，CE相交于點(diǎn)G，則過點(diǎn)G的平面α截三棱錐S－ABC的外接球球O所得截面面積的取值范圍是__________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8π,9)，\f(3π,2)))
解析 因?yàn)锳B2＋BC2＝AC2，
故AB⊥BC，又因?yàn)镾A⊥平面ABC，
故三棱錐S－ABC的外接球球O的半徑R＝eq \f(\r(2＋2＋2),2)＝eq \f(\r(6),2)；
取AC的中點(diǎn)D，連接BD，BD必過點(diǎn)G，如圖所示，
因?yàn)锳B＝BC＝eq \r(2)，故DG＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(1,3)，
因?yàn)镺D＝eq \f(\r(2),2)，
故OG2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(11,18)，
則過點(diǎn)G的平面截球O所得截面圓的最小半徑
r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2－eq \f(11,18)＝eq \f(8,9)，
過點(diǎn)G的平面截球O所得截面圓的最大半徑為球半徑R＝eq \f(\r(6),2)，
故截面面積的最小值為eq \f(8π,9)，最大值為eq \f(3π,2).
故截面面積的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8π,9)，\f(3π,2))).
規(guī)律方法 作幾何體截面的方法
(1)利用平行直線找截面；
(2)利用相交直線找截面．
跟蹤演練1 (1)已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的高為eq \r(2)，兩個(gè)底面均為邊長(zhǎng)為1的正方形，過BD1作平面α分別交棱AA1，CC1于E，F(xiàn)，則四邊形BFD1E面積的最小值為________．
答案 eq \r(2)
解析 如圖所示，過點(diǎn)F作FH⊥BD1交BD1于H，設(shè)FH＝h.
由題意得BD1＝2.
易知截面BFD1E為平行四邊形，
則＝2×eq \f(1,2)BD1·h＝2h，
當(dāng)h取最小值時(shí)四邊形BFD1E的面積最?。?br>易知h的最小值為直線CC1與直線BD1間的距離．
易知當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí)，h取得最小值，
hmin＝eq \f(\r(2),2)，()min＝2×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2).
故四邊形BFD1E面積的最小值為eq \r(2).
(2)(2022·蕪湖模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長(zhǎng)均為2，D為棱AB的中點(diǎn)，則過點(diǎn)D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,3)))
解析 正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O為上、下底面的外接圓圓心的連線O1O2的中點(diǎn)，連接AO2，AO，OD，如圖所示，設(shè)外接球的半徑為R，下底面外接圓的半徑為r，r＝AO2＝eq \f(2\r(3),3)，
則R2＝r2＋1＝eq \f(7,3).
(1)當(dāng)過點(diǎn)D的平面過球心時(shí)，截得的截面圓最大，截面圓的半徑即為球的半徑，所以截面圓的面積最大為πR2＝eq \f(7π,3)；
(2)當(dāng)過點(diǎn)D的平面垂直O(jiān)D時(shí)，截面圓的面積最小，OD2＝OA2－AD2＝eq \f(7,3)－1＝eq \f(4,3)，
截面圓的半徑為eq \r(R2－OD2)＝eq \r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，
所以截面圓的面積最小為π·12＝π，
綜上，截面面積的取值范圍為eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,3))).
考點(diǎn)二 交線問題
考向1 多面體中的交線問題
例3 在四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，平面α過點(diǎn)A，C，且BD⊥平面α，則平面α與側(cè)面CBD的交線長(zhǎng)為________．
答案 eq \f(\r(7),2)
解析 如圖1，因?yàn)椤鰽BC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，
所以AB＝AC＝BC＝BD＝2，AD＝CD＝eq \r(2)，
所以△BCD與△BAD全等，且為等腰三角形，
所以在△ABD中，過頂點(diǎn)A作邊BD上的高，垂足為E，取AD的中點(diǎn)O，連接OB，如圖2，
因?yàn)锳B＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以O(shè)B⊥AD，OB＝eq \f(\r(14),2)，AE⊥BD，
所以由等面積法得
eq \f(1,2)AD·OB＝eq \f(1,2)BD·AE，
即eq \f(1,2)×eq \f(\r(14),2)×eq \r(2)＝eq \f(1,2)×2×AE，
解得AE＝eq \f(\r(7),2)，
所以DE＝eq \r(AD2－AE2)＝eq \f(1,2).
所以在△BCD中，過頂點(diǎn)C作邊BD上的高，垂足為F，取CD的中點(diǎn)M，連接MB，如圖3，
同在△ABD中的情況，可得CF＝eq \f(\r(7),2)，DF＝eq \f(1,2)，
所以點(diǎn)E，F(xiàn)重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，
因?yàn)锳E∩CE＝E，
所以BD⊥平面ACE，
平面α即為平面ACE，平面α與側(cè)面CBD的交線為線段CF，長(zhǎng)度為eq \f(\r(7),2).
考向2 與球有關(guān)的交線問題
例4 (2022·廣州模擬)已知三棱錐P－ABC的棱AP，AB，AC兩兩互相垂直，AP＝AB＝AC＝2eq \r(3)，以頂點(diǎn)P為球心，4為半徑作一個(gè)球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長(zhǎng)弧的弧長(zhǎng)等于________．
答案 eq \f(4π,3)
解析 由題設(shè)，將三棱錐P－ABC補(bǔ)全為棱長(zhǎng)為2eq \r(3)的正方體，O為底面中心，如圖所示，
若AD＝AF＝2，則PD＝PF＝4，即D，F(xiàn)在以P為球心，4為半徑的球面上，
又OA＝eq \r(6)>2，OP＝3eq \r(2)>4，
所以，平面ABC與球面所成弧是以A為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，故弧長(zhǎng)為π；
平面PBC與球面所成弧是以P為圓心，4為半徑且圓心角為eq \f(π,3)的圓弧，故弧長(zhǎng)為eq \f(4π,3)；
平面PBA，PCA與球面所成弧是以P為圓心，4為半徑且圓心角為eq \f(π,12)的圓弧，故弧長(zhǎng)為eq \f(π,3)；
所以最長(zhǎng)弧的弧長(zhǎng)為eq \f(4π,3).
規(guī)律方法 找交線的方法
(1)線面交點(diǎn)法：各棱線與截平面的交點(diǎn)．
(2)面面交點(diǎn)法：各棱面與截平面的交線．
跟蹤演練2 (1)(2022·瀘州模擬)已知三棱錐P－ABC的底面△ABC為斜邊長(zhǎng)為4的等腰直角三角形，其頂點(diǎn)P到底面△ABC的距離為4，若該三棱錐的外接球的半徑為eq \r(13)，則滿足上述條件的頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為( )
A．6π B．12π
C．2eq \r(3)π D．4eq \r(3)π
答案 D
解析 ∵△ABC為等腰直角三角形，
∴△ABC的外接圓半徑r1＝2.
∵外接球球心到底面△ABC的距離為
d1＝eq \r(R2－r\\al(2,1))＝eq \r(13－4)＝3，
又∵頂點(diǎn)P到底面△ABC的距離為4，
∴頂點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)截面圓的圓周．
當(dāng)球心在底面△ABC和截面圓之間時(shí)，
球心到該截面圓的距離為d2＝4－3＝1，
∵截面圓的半徑為r2＝eq \r(R2－d\\al(2,2))＝eq \r(13－1)＝2eq \r(3)，
∴頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2πr2＝4eq \r(3)π；
當(dāng)球心在底面△ABC和截面圓同一側(cè)時(shí)，
球心到該截面圓的距離為d3＝3＋4＝7>R＝eq \r(13)，故不成立．
綜上，頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為4eq \r(3)π.
(2)(2022·廣安模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，S是A1B1的中點(diǎn)，P是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在正方形DCC1D1及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，若PQ∥平面SBC1，則點(diǎn)Q的軌跡的長(zhǎng)度是________．
答案 eq \r(5)
解析 如圖所示，
要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，
SC1?平面SBC1，
PE?平面SBC1，
則PE∥平面SBC1，
因?yàn)檎襟wABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，
所以D1E＝eq \f(1,4)C1D1＝eq \f(1,2)，
連接PS，BD，取BD的中點(diǎn)O，連接PO，
則PSBO為平行四邊形，則PO∥SB，SB?平面SBC1，PO?平面SBC1，
則PO∥平面SBC1，
又PO∩PE＝P，PO，PE?平面POE，
所以平面POE∥平面SBC1，
設(shè)平面POE∩平面DCC1D1＝EF，
則DF＝eq \f(3,4)DC＝eq \f(3,2)，
連接OF，EF，則PEFO為平行四邊形，Q的軌跡為線段EF，EF＝eq \r(?DF－D1E?2＋D1D2)＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).
專題強(qiáng)化練
1.(2022·重慶模擬)如圖，一個(gè)平面α斜截一個(gè)足夠高的圓柱，與圓柱側(cè)面相交的圖形為橢圓E.若圓柱底面圓半徑為r，平面α與圓柱底面所成的銳二面角大小為θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0

相關(guān)試卷

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題4 微重點(diǎn)10　球的切接問題（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題4 微重點(diǎn)10　球的切接問題（含解析），共12頁(yè)。

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題1 微重點(diǎn)4　函數(shù)的公切線問題（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題1 微重點(diǎn)4　函數(shù)的公切線問題（含解析），共11頁(yè)。試卷主要包含了))等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考數(shù)學(xué)專題四立體幾何　微專題30　截面、交線問題課件PPT：

這是一份高考數(shù)學(xué)專題四立體幾何　微專題30　截面、交線問題課件PPT，共60頁(yè)。PPT課件主要包含了考點(diǎn)一截面問題，考點(diǎn)二交線問題，在Rt△AHO中，對(duì)于A如圖，同理可得等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破講義 第1部分 專題突破 專題4　微重點(diǎn)13　截面、交線問題（含解析）

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破講義 第1部分 專題突破 專題4　微重點(diǎn)13　截面、交線問題（含解析）
新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破講義 第1部分 專題突破 專題4　微重點(diǎn)12　立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題（含解析）

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破講義 第1部分 專題突破 專題4　微重點(diǎn)12　立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題（含解析）
高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)分層特訓(xùn)微專題14空間幾何體的展開圖、截面、交線、軌跡問題含答案

高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)分層特訓(xùn)微專題14空間幾何體的展開圖、截面、交線、軌跡問題含答案
2023高考數(shù)學(xué)二輪專題 微專題18 幾何體的截面或交線

2023高考數(shù)學(xué)二輪專題 微專題18 幾何體的截面或交線
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部