7 培优拓展（15）立体几何中的截面、交线问题(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

培优拓展(十五)　立体几何中的截面、交线问题 题型突破 题型一　确定截面形状 　平行线法 [例1] 如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是棱AB上的动点，过A1，C1，P三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之比为7∶25的两部分，则该截面的周长为(　　) A． B．3＋ C．5＋ D．5＋ 解析：选D.如图所示，过点P作PQ∥A1C1，交BC于点Q，则四边形PQC1A1就是过点A1，C1，P的截面，且PB＝BQ，设PB＝x(0≤x≤2)，则台体PBQ­A1B1C1的体积为×2×(2＋x2＋)＝×8，解得x＝(负值舍去)，所以PQ＝，A1P＝C1Q＝＝，又A1C1＝2，故截面的周长为×2＋2＋＝5＋. 【思维升华】　若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表面平行，可以借助于两个性质：(1)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；(2)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行，利用平行线法作截面． 　延长线法 [例2] (2023·河北唐山二模)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为棱AB，BC的中点，过D1，E，F作该正方体的截面，则截面形状为________，周长为________． 解析：连接EF并延长交DC的延长线于N，连接D1N交CC1于Q，连接QF，延长FE交DA的延长线于M，连接D1M交AA1于P，连接EP， 则五边形D1QFEP即为平面D1EF截正方体ABCD­A′B′C′D′的截面多边形，如图： 由题意，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则AE＝1，∠AEM＝∠BEF＝45°， 则△AME为等腰直角三角形，则AM＝1，根据△AMP∽△A1D1P得，＝＝， 则A1P＝，AP＝，则D1P＝＝，EP＝＝， 同理可得D1Q＝，FQ＝，而EF＝， 则五边形D1QFEP的周长为2×(＋)＋＝2＋. 答案：五边形　2 ＋ 【思维升华】　若截面上的点中至少有两个在一个几何体的一个表面上，可以借助基本事实“如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内”，用作延长线的方法确定平面． [对点练1]　(1)(多选)如图，设正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则(　　 ) A.平面α截正方体的截面可能是三角形 B．当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2 C．点D到平面α的距离的最大值为 D．当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形 解析：选BCD.如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，连接PF与y轴交于点M，则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知A错误，D正确； 当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面为边长为的菱形，易得截面面积为2，故B正确； 由题意得D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，0，4)，设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2，4])，＝(2，0，0)，＝(－2，t，0)，＝(2，0，－4)， 则可知点P到直线AM的距离为d＝＝， S△APM＝·d＝， S△PAD＝×2×4＝4，设点D到平面α的距离为h， 利用等体积法得V三棱锥D­APM＝V三棱锥M­PAD，即·S△APM·h＝·S△PAD·t， 可得h＝，则h＝，因为h＝在t∈[2，4]上单调递增， 所以当t＝4时，h取到最大值，为，故C正确． (2)(2023·广东茂名二模)如图所示，正三棱锥P­ABC，底面边长为2，点Р到平面ABC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表面交线的总长为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B.因为三棱锥P­ABC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P­ABC为正三棱锥，因此过点P作底面ABC的垂线于点O，则点O为三角形ABC的中心．过B作AC的垂线于H，连接PH， 由△ABC为等边三角形， 因此AH＝CH＝1，BH＝＝，OH＝BH＝， 在Rt△AHO中，AO＝＝＝. 又因为PO＝2，在Rt△AOP中，AP＝＝＝， 故AP＝BP＝CP＝. 因为三棱锥P­ABC为正三棱锥，因此△APC，△APB，△BPC均为等腰三角形． 又M到平面ABC距离为点P到平面ABC距离的，因此M为PH的三等分点(靠近P)， 过点M作Q1Q2∥AC交PC于Q1，交PA于Q2，过点Q1作Q1Q4∥BP交BC于Q4，过点Q4作Q3Q4∥AC交AB于Q3，连接Q3Q2， 所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4，则Q1、Q2、Q3、Q4四点共面． 因为Q1Q4∥BP，Q1Q4⊂平面Q1Q2Q3Q4，BP⊄平面Q1Q2Q3Q4，所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4，同理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＝. 故这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q1Q2＋Q2Q3＋Q3Q4＋Q1Q4＝2×＋2×＝. 题型二　球与多面体的交线问题 [例3] (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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________． 解析：如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长都为2，∠BAD＝∠B1A1D1＝60°，则△A1B1D1与△B1C1D1均为边长为2的等边三角形．在侧面BCC1B1内要找到与点D1连线的长度为的点的轨迹，取B1C1的中点为E，连接D1E，得D1E⊥B1C1，又BB1⊥D1E，B1C1∩BB1＝B1，所以D1E⊥平面BCC1B1，D1E＝.取BB1，CC1的中点分别为F，G，连接FG，EF，EG，D1F，D1G，则EF＝EG＝，D1F＝D1G＝，因为FG＝BC＝2，EF2＋EG2＝FG2，所以∠FEG＝90°，于是以D1为球心，为半径的球与侧面BCC1B1的交线为圆弧FG，其中弧FG所在圆的圆心为E，半径EF＝，∠FEG＝90°，则所求的交线长即圆弧FG的长等于×＝. 答案： 【思维升华】　解决本题要认真分析图形，分析出侧面上曲线的类型．用平面去截球面，截面一定是圆．由于四棱柱的面不是无限大的，所以得到的曲线只能是圆弧，求圆弧的长可以用大圆，也可以用小圆，具体的操作可以用几何推理的办法，也可以用代数推理的方法． [对点练2]　(1)已知正三棱台ABC­A1B1C1的上、下底面边长分别2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长为________． 解析：由题意不妨令下底面为△ABC，则△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，在棱AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧，，，则所求交线长度为三段圆弧，，的长度之和，长度为×2×3＝2π. 答案：2π (2)(2024·广东东莞模拟)以棱长为2的正四面体中心点O为球心，半径为的球面与正四面体的表面相交部分总长度为__________． 解析：将正四面体放入正方体中，设正方体棱长为a，则a＝2，故a＝2，于是正四面体的外接球半径为＝3，所以正四面体的体积为VS­ABC＝a3－4××a2×a＝＝8， 表面积为S表＝4××(2)2＝24，设正四面体的内切球半径为r1， 则×24×r1＝8，解得r1＝1. 显然内切球心为O，故O到平面ABC的距离为r1＝1，球面与平面ABC相交部分为以r2＝＝的圆， 设三角形ABC的内切圆半径为r3，圆心为O′，D为BC的中点，则∠O′BD＝30°，BD＝，故r3＝O′D＝，此时恰好r2＝r3， 即球面与各表面相交部分恰为三角形的内切圆， 故当R＝时，圆弧总长度为4×2πr2＝8π. 答案：8π 学科网（北京）股份有限公司 $$