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导学微点6 破解空间中的动态问题
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[答案] 2π
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类型1 截面问题
(多选)已知正四棱锥PABCD中,△PAC是边长为3的等边三角形,点M是△PAC的重心,过点M作与平面PAC垂直的平面α,平面α与截面PAC的交线段的长度为2,则平面α与正四棱锥PABCD表面的交线所围成的封闭图形的面积可能为( )
A.2
B.2eq \r(2)
C.3
D.2eq \r(3)
[解析] 连接BD,设AC∩BD=O,连接PO.因为几何体PABCD为正四棱锥,所以四边形ABCD为正方形,△PBD是等腰三角形,所以AC⊥BD,且O为BD的中点,PO⊥BD.又AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC.过M作BD的平行线,分别交棱PB,PD于点T,L,则MT⊥平面PAC.由题意知,只需所作的平面α包含TL且与截面PAC的交线段的长度为2即可.
①当平面α只与4个侧面相交时,△PAC是边长为3的等边三角形,点M是△PAC的重心,过M作AC的平行线,分别交棱PA,PC于点E,Q,所以eq \f(EQ,AC)=eq \f(PM,PO),即eq \f(EQ,3)=eq \f(2,3),所以EQ=2.如图,连接ET,TQ,QL,EL,则平面ETQL为满足题意的平面α.因为AC=3,即eq \r(2)AB=3,所以AB=eq \f(3\r(2),2),所以eq \f(S四边形ETQL,S正方形ABCD)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PM,PO)))2=eq \f(4,9),所以S四边形ETQL=eq \f(4,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2=2,故A正确.
②当平面α和四棱锥PABCD的所有面都相交时,如图,分别在PC,AC上取点G,点F,满足eq \f(PG,PC)=eq \f(AF,AC)=eq \f(1,3),连接GF,此时GF=2且GF过点M.过T作TH∥GF,交AB于H,过L作LR∥GF,交AD于R,连接GT,GL,RH,易知平面GLRHT为满足题意的平面α.易知四边形LRFG与四边形THFG为两个全等的直角梯形,延长GT,与RH的延长线交于点E,易知T,H分别为GE, EF的中点,所以HT=eq \f(1,2)GF=1.
易知FH=1,所以五边形GLRHT的面积S=2S梯形GFHT=2×eq \f(TH+GF,2)×FH=2×eq \f(1+2,2)×1=3.故C正确.综上,选AC.
[答案] AC
[规律方法] 作截面的两种常用方法
(1)平行线法:解题关键是利用截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行