3.6 拓展优化 立体几何中的截面、交线问题-2022高考理科数学【创新设计】二轮专题复习（全国版 word）晋豫皖宁吉黑青甘新蒙贵川桂云藏陕赣

拓展优化　立体几何中的截面、交线问题 立体几何中截面与交线问题涉及线、面位置关系，点线共面、线共点等问题，综合性强，思维层次高，能够培养学生直观想象和逻辑推理等数学核心素养. 【典例1】 (2021·石家庄调研)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________. 思路点拨　先确定四边形BFD1E为平行四边形，连接BD1，设△BFD1中BD1边上的高为h，于是S四边形BFD1E＝2S△BFD1＝BD1·h＝2h，因此只需求h的最小值即可.也可以用射影面积法求解. 答案　 解析　法一　根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h. 由题意得BD1＝2. 因为长方体对面平行， 所以截面BFD1E为平行四边形，则S四边形BFD1E＝2S△BFD1＝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＝，(S四边形BFD1E)min＝2×＝. 故四边形BFD1E面积的最小值为. 法二　(射影面积法)设平面BFD1E与底面ABCD的交线为l. 如图所示，过D1作D1H⊥l于H. 连接DH，则∠D1HD为二面角D1－l－D的平面角，设为θ. 根据射影面积公式S四边形BFD1E·cos θ＝S四边形ABCD，得S四边形BFD1E＝， 则当cos θ最大时，S四边形BFD1E最小. 当cos θ最大时，分析易知DH最长. 又DH最长为DB＝，所以cos θ最大值为， 因为S四边形ABCD＝1， 所以四边形BFD1E面积的最小值为. 点津突破　1.破解本题的关键是探求点F到BD1的距离的最小值，即寻找点F在何处时FH与CC1，BD1同时垂直. 2.如图所示，AD⊥平面α，∠AHD＝θ是二面角A－BC－D的平面角，由cos θ＝，可得△ABC的面积、△ABC在过其底边BC的平面α上的射影△DBC的面积及θ之间的关系：S△DBC＝S△ABC·cos θ，本题用射影面积法找截面与底面所成二面角的最小角是关键. 【典例2】 已知三棱锥P－ABC的外接球O的半径为，△ABC为等腰直角三角形，若顶点P到底面ABC的距离为4，且三棱锥P－ABC的体积为，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是________. 思路点拨　依题设，确定点P的轨迹(截面圆的圆周)，根据条件关系计算截面圆的半径，进而求出轨迹长度. 答案　4π 解析　设底面Rt△ABC的直角边的边长为x(x>0)， ∵顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P－ABC的体积为， ∴×x2×4＝，∴x＝2， ∴△ABC的外接圆半径为r1＝××2＝2， ∴球心O到底面ABC的距离为d1＝＝＝3， 又∵顶点P到底面ABC的距离为4， ∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC和截面圆之间)且球心O到该截面圆的距离为d2＝1. ∴截面圆的半径r2＝＝＝2， ∴顶点P的轨迹长度是2πr2＝2π×2＝4π. [跟踪演练] 1.(2020·新高考山东卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________. 答案　 解析　如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2. 分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝. 由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点. 在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝. 连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线. 由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°， 所以的长为×2π×＝. 2.(2021·滁州质检)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2，AC＝2，M是BC的中点，则过点M的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面的面积最小值为________. 答案　π 解析　如图，把三棱锥P－ABC放在棱长为2的正方体中，则正方体的体对角线长为三棱锥P－ABC的外接球的直径. 设三棱锥P－ABC的外接球的半径为R， 则2R＝＝2， ∴R＝. 取PC的中点O，则O为球心，连接OM， 由对称性可知，球心O到过点M的平面距离的最大值为OM＝PB＝， 故过点M的最小的截面圆的半径为＝1， 故截面的面积最小值为π×12＝π. $