内容正文:
重难突破10 立体几何中的截面、交线问题
层级二 精准突破保分点
内容索引
立体几何中的截面问题
类型一
立体几何中的交线问题
类型二
专 题 集 训
类型一 立体几何中的截面问题
01
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考向1 多面体中的截面问题
(2023·湖北高三四月调研)已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过棱BC,CD的中点E,F作正方体的截面多边形,则下列说法不正确的有
A.截面多边形可能是五边形
B.若截面与直线AC1垂直,则该截面多边形为正六边形
C.若截面过AB1的中点,则该截面不可能与直线A1C平行
D.若截面过点A1,则该截面多边形的面积为
例1
√
对于B项,如图①所示,在正方体中易证AC1⊥平面A1BD,分别取棱DD1,D1A1,A1B1,B1B的中点G,H,I,J,由中位线的性质可得平面A1BD∥平面EFGHIJ,故AC1⊥平面EFGHIJ,而六边形EFGHIJ显然为正六边形,故B正确;
对于C项,如图②所示,连接AC、BD交于O点,记平面AD1和平面AB1的中心分别为G、H,
易知G,H,E,F共面(即符合要求的截面).
连接A1O、CO交GH、EF于N、M两点,
由中位线性质可得N,M为A1O,CO的中点,
故A1C∥MN,又因为A1C⊄平面GHEF,MN⊂平面GHEF,所以A1C∥平面GHEF,所以C项错误;
对于AD项,如图③所示,延长EF分别与直线AB,AD交于P,Q两点,连接A1P、A1Q交棱B1B,D1D于S,T两点,则五边形A1SEFT为所得截面,A正确;S=S△A1PQ-S△SEP-S△TQF= ,故D正确.
故选C.
考向2 球的截面问题
(2023·安徽淮南二模)如图,棱长为2的正四面体ABCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面正好经过点M,则下列结论中不正确的是
例2
√
对于A,设E,F分别为AB,CD的中点,连接ME,EN,NF,MF,EF,AN,DN,
又AB=AC,DB=DC,故AN⊥BC,DN⊥BC,AN∩DN=N,AN,DN⊂平面AND,故BC⊥平面AND,由于O∈MN,MN⊂平面AND,则AO⊂平面AND,故BC⊥AO,结合O点也为EF的中点,同理可证DC⊥AO,BC∩DC=C,BC,DC⊂平面BCD,故AO⊥平面BCD,故A正确;对于B,由球O的表面正好经过点M,则球O的半径为OM,
空间几何体作截面图的方法
1.直接法.2.平行线法.3.延长法.4.辅助平面法.
感悟提升
针对练1.(2023·安徽合肥质检)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E,交棱CC1于点F,则
①平面α分正方体所得两部分的体积相等;
②四边形BFD1E一定是平行四边形;
③平面α与平面DBB1不可能垂直;
④四边形BFD1E的面积有最大值.
其中所有正确结论的序号为
A.①④ B.②③
C.①②④ D.①②③④
√
针对练2.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________.
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02
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类型二 立体几何中的交线问题
考向1 多面体中的交线问题
如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,E,F分别是A1D1,AA1的中点,平面CEF截正方体所得的截面为多边形,则此截面多边形的周长为__________.
例3
延长EF交DA的延长线于点M,连接MC交AB于点N,延长FE交DD1的延长线于点P,连接PC交C1D1于点Q,连接EQ,则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得的截面,如图所示,
考向2 球的交线问题
已知三棱锥P ABC的棱AP,AB,AC两两互相垂直,AP=AB=AC=2 ,以顶点P为球心,4为半径作一个球,球面与该三棱锥的表面相交
得到四段弧,则最长弧的弧长等于________.
例4
找交线的方法
1.线面交点法:各棱线与截平面的交点.
2.面面交点法:各棱面与截平面的交线.
感悟提升
针对练3.已知正三棱台ABC A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5,侧棱长为3,则以下底面的一个顶点为球心,2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________.
2π
不妨设以下底面的顶点A为球心作球面,由题意得△ABC是边长为5的等边三角形,侧面均为全等的等腰梯形,在四边形ABB1A1中,AB=5,A1B1=2,AA1=BB1=3,
针对练4.如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长是2,S是A1B1的中点,P是A1D1的中点,点Q在正方形DCC1D1及其内部运动,若PQ∥平面SBC1,则点Q的轨迹的长度是________.
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专题集训
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03
1.(2023