内容正文:
专题三 立体几何
强基专题4 立体几何中的截面、交线问题
环节1
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【典例】 (1)(多选)(2023·湖北省二模)已知在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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
(2)(2020·新高考Ⅰ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________.
√
√
√
强基专题4 立体几何中的截面、交线问题
(1)ABD (2) [(1)对于B,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,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分别为A1O,CO的中点,
故A1C∥MN,因为A1C⊄平面GHEF,
MN⊂平面GHEF,所以A1C∥平面GHEF,
所以C错误;
对于A,D,如图3所示,延长EF分别与直线AB,AD的延长线交于P,Q两点,连接A1P,A1Q交棱B1B,D1D于S,T,则五边形A1SEFT为所得截面,A正确;=-S△SEP-S△TQF=,故D正确.
故选ABD.
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(2)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=.由题意知点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=,故可知以点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×.]
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1.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.
2.找交线的方法
(1)线面交点法:各棱所在直线与截平面的交点;
(2)面面交线法:各侧(底)面与截平面的交线.
强基专题4 立体几何中的截面、交线问题
[跟进训练]
1.(2023·广东茂名二模)如图所示,正三棱锥P-ABC的底面边长为2,点P到平面ABC的距离为2,点M在平面PAC内,且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的,过点M作一个平面,使其平行于直线PB和AC,则这个平面与三棱锥P-ABC表面交线的总长为( )
A. B. C. D.
√
强基专题4 立体几何中的截面、交线问题
B [因为三棱锥P-ABC为正三棱锥,所以△ABC为等边三角形并且边长为2,即AB=AC=BC=2.
又因为三棱锥P-ABC为正三棱锥,因此过点P作底面ABC的垂线,垂足为O,则点O为△ABC的中心.
过点B作AC的垂线,垂足为H,连接PH,OA.
因为△ABC为等边三角形,所以AH=CH=1,
BH=, OH=BH=.
在Rt△AHO中,AO=.
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又因为PO=2,在Rt△AOP中,
AP=,故AP=BP=CP=.
因为三棱锥P-ABC为正三棱锥,因此△APC,△APB,△BPC均为等腰三角形.
又点M到平面ABC的距离为点P到平面ABC距离的,可取点M为PH的三等分点(靠近点P),
过点M作Q1Q2∥AC交PC于点Q1,交PA于点Q2.过点Q1作Q1Q4∥BP交BC于点Q4,过点Q4作Q3Q4∥AC交AB于点Q3,连接Q3Q2.
所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4,则Q1,Q2,Q3,Q4四点共面.
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因为Q1Q4∥BP,Q1Q4⊂平面Q1Q2Q3Q4,BP⊄平面Q1Q2Q3Q4,
所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4.
同理,得AC∥平面Q1Q2Q3Q4,
所以平面Q1Q2Q3Q4即为过点M且平行于直线PB和AC的平面.
利用三角形相似可得:Q1Q2=Q3Q4=AC=,
Q2Q3=Q1Q4=BP=.这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q1Q2+Q2Q3+Q3Q4+Q1Q4=2×+2×.
故选B.]
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2.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_____