专题13 立体几何中的截面与动态问题-【老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列2

■ １３６　 ■  １３wfden%"?€tu 1+k+4+6386L,-234+3.+/,B72L,-k/+X3,k+ !"¯%ÆE 大家都知道平面与球相交得到一个圆，关于求截 面圆的面积问题，只需要根据球的半径，球心到 平面的距离，列出 ｒ＝ Ｒ２－ｄ槡 ２，求出截面圆的 半径即可． （湖北联考）如图，已知球 Ｏ是棱长为 １ 的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的内切球，则 平面ＡＣＤ１截球Ｏ的截面面积为 （　　） 　 　　　　 　　　　　 　　Ａ．１ Ｂ．１８ Ｃ． π ６ Ｄ． π １２ 由正方体性质可知，Ｏ为体对角线Ｂ１Ｄ中 点，平面ＡＣＤ１与体对角线Ｂ１Ｄ的交点为三等分点， 所以ｄ＝ １２－ １( )３ Ｂ１Ｄ＝槡３６，所以 ｒ＝ Ｒ２－ｄ槡 ２＝ 槡６ ６，故截面面积为Ｓ＝πｒ ２＝π６，故选Ｃ． 已知球 Ｏ是正三棱锥（底面为正三角形， 顶点在底面上的射影为底面中心）Ａ－ＢＣＤ 的外接球，ＢＣ＝３，ＡＢ＝２槡３，点Ｅ在线段 ＢＤ上，且 ＢＤ＝６ＢＥ，过点 Ｅ作球 Ｏ的截 面，则所得截面圆面积的取值范围是 （　　） Ａ． ３π４，４[ ]π Ｂ． ５π４，４[ ]π Ｃ． ７π４，４[ ]π Ｄ． １１π４，４[ ]π 如图所示，其中 Ｏ是球心，Ｏ′是等边 △ＢＣＤ的中心．根据等边三角形中心的性质有： Ｏ′Ｂ＝Ｏ′Ｄ＝槡３３ＢＣ＝槡３，ＡＯ′＝ ＡＢ ２－Ｏ′Ｂ槡 ２＝３． 设球的半径为 Ｒ．在△ＯＤＯ′中，由勾股定理得 ＯＯ′２＋ＤＯ′２＝ＯＤ２，即（３－Ｒ）２＋（槡３） ２ ＝Ｒ２， 解得 Ｒ＝２，故最大的截面圆面积为 πＲ２＝４π． 在△ＢＥＯ′中，ＢＥ＝１６ＢＤ＝ １ ２，∠ＥＢＯ′＝ π ６，由 余弦定理得 Ｏ′Ｅ＝ ３＋１４－２×槡３× １ ２×ｃｏｓ π 槡 ６ ＝槡７２．在 △ＯＯ′Ｅ中，ＯＥ＝ ＯＯ ′２＋Ｏ′Ｅ槡 ２ ＝ 槡１１ ２ ，过点Ｅ且垂直于ＯＥ的截面圆的半径ｒ ２＝ Ｒ２－ＯＥ２＝４－１１４＝ ５ ４，故最小的截面圆面积为Ｓ ＝πｒ２＝５π４．故选Ｂ． （２０２０·新高考Ⅰ卷）已知直四棱柱 ＡＢＣＤ －Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′的棱长均为 ２，∠ＢＡＤ＝６０°， 以 Ｄ′为球心，槡５为半径的球面与侧面 ＢＣＣ１Ｂ１的交线长为　　　　． 过Ｄ′做Ｄ′Ｍ⊥Ｃ′Ｂ′，由直四棱柱 ＡＢＣＤ－ Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′可知Ｄ′Ｍ⊥ＢＣＣ′Ｂ′，                                则截面圆的圆心为 !)#$/012 ■■ １３７　 ■ 点Ｍ，截面圆的半径 ｒ＝ Ｒ２－ｄ槡 ２＝槡２，以点 Ｍ 为圆心，槡２为半径作圆交棱 ＢＢ′，ＣＣ′于点 Ｐ， Ｑ，则∠ＰＭＱ＝π２；所以ｌ＝ αｒ＝ 槡２ ２π． ("yE…%ÆE 多面体截面问题的关键是要找到截面与几何体外 表面形成的交线，交线形成的封闭图形即为平面 截几何体的截面．寻找截面的重点在于找到同时 位于截面与几何体表面的截点，连接截点构成的 平面即为截面． 正方体的基本截面如下： 任意三角形 正三角形 梯形 平行四边形 正方形 菱形 矩形 任意五边形 任意六边形 正六边形 正方体的截面不会出现以下图形：直角三角形、 钝角三角形、直角梯形、正五边形 如图，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ， Ｆ，Ｇ分别在 ＡＢ，ＢＣ，ＤＤ１上，求作过 Ｅ，Ｆ，Ｇ分三点的截面． 　　 作法：（１）在底面ＡＣ内，过Ｅ，Ｆ作直线 ＥＦ，分别与ＤＡ，ＤＣ的延长线交于Ｌ，Ｍ． （２）在侧面Ａ１Ｄ内，连接ＬＧ交ＡＡ１于Ｋ． （３）在侧面Ｄ１Ｃ内，连接ＧＭ交ＣＣ１于Ｈ． （４）连接ＫＥ，ＦＨ．则五边形ＥＦＨＧＫ即为所求的 截面． （肇东市校级模拟）如图，直四棱柱 ＡＢＣＤ －Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的底面是边长为３的正方形， 侧棱长为４，Ｅ，Ｆ分别在ＡＢ，ＢＣ上，且 ＡＥ! ＝１３ＡＢ ! ，ＣＦ! ＝１３ＣＢ ! ，过 Ｄ１，Ｅ，Ｆ的 平面记为α，则下列说法中正确的个数是 （　　） ①Ｄ１Ｆ与 面 ＡＢＣＤ 所 成 角 的 正 切 值 为 ２槡１０ ５ ； ②平面α截直四棱柱 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１所 得截面的形状为四边形； ③平面α将直四棱柱分割成的上、下两部 分的体积之比为３∶１； ④平面α截直四棱柱 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１所 得截面的面积为７槡３． Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 延长 ＤＡ，ＤＣ交直线 ＥＦ于 Ｇ，Ｈ，连接 Ｄ１Ｇ，Ｄ１Ｈ交 ＡＡ１，ＣＣ１于 Ｉ，Ｊ，连接 ＢＤ交 ＥＦ 于 Ｋ，再连接 ＩＥ，ＪＦ，由ＡＥ! ＝１３ＡＢ ! ，ＣＦ! ＝ １ ３ＣＢ ! ，易知：ＥＦ∥ＡＣ，则 ＦＣ＝１，可得 ＤＦ＝ 槡１０，而 ＤＤ１⊥面 ＡＢＣＤ且 ＤＤ１＝４，所以 Ｄ１Ｆ 与面ＡＢ