5 专题4 微点突破10 截面、交线问题（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

微点突破10　截面、交线问题　▶ 对应学生用书P68 【考情分析】　“截面、交线”问题是高考立体几何中具有创新意识的题型，它渗透了动态的线、面元素，给静态的立体几何题赋予了活力，难度较大，常以客观题的形式命题. 重点1　截面问题 角度1　多面体的截面问题 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，B1P＝2PC，D1Q＝3QC1，过B，P，Q三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为(　　 ) A.3 B.15 C.15 D.3 解析：选D.延长BP交CC1于点R，则＝＝，即R为CC1的中点， 连接QR，取A1B1中点H，连接BH，则BH∥QR， 所以B，H，Q，R四点共面，故梯形QRBH即为截面图形，BH＝BR＝2QR＝2，QH＝， RH＝＝＝2， 记BH边上的高为h，BN＝x， 则RB2－BN2＝QH2－＝h2⇒－x2＝－(2－－x)2＝h2， 解得x＝，h＝，所以S梯形BHQR＝h＝×3×＝3. 角度2　旋转体的截面问题 (多选)勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示.若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是(　　 ) A.勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π－) B.勒洛四面体ABCD内切球的半径是4－ C.勒洛四面体的截面面积的最大值为2π－2 D.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2－ 解析：选CD.对于A，S截＝×3＋S△ABC＝(××22－×22)×3＋×22＝2π－2，故A错误，截面示意图如下： 对于B，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球球心O，如图： △BCD外接圆半径O1B＝×2·cos 30°＝，正四面体ABCD的高AO1＝＝，令正四面体ABCD的外接球半径为R， 在Rt△BOO1中，R2＝O＋B＝(－R)2＋()2，解得R＝， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F， 其中BO即为正四面体外接球半径R＝，因为点ACDF均在以点B为球心的球面上，所以BF＝AB＝2， 设勒洛四面体内切球半径为r，则由图得r＝OF＝BF－BO＝AB－BO＝2－，故B错误； 对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知＝2π－2，故C正确； 对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，所以勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径为2－，故D正确. [规律方法]　作几何体截面的方法 (1)利用线面、面面平行的性质定理，找到平行直线找截面； (2)利用基本事实2，基本事实3寻找平面的交线，根据相交直线找截面. 对点练1.(1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　 ) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 解析：选C.如图，设AB＝6，分别延长AE、A1B1交于点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH， 设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l， 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l，所以l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE， 此时△FD1I∽△ABE，故ID1＝，连接AI， 所以五边形AIFHE为所求截面图形. (2)已知正三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，PA＝4，AB＝6，过棱AB作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是(　　 ) A. B. C. D. 解析：选B.如图，作PH⊥平面ABC，垂足为H，取AB的中点D，外接球的球心为O，连接AO，AH，易得H为△ABC的中心，则AH＝2，所以PH＝＝＝6， 设外接球半径为R，则AO2＝AH2＋OH2，即R2＝12＋，解得R＝4， 当OD垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，最小面积为π×32＝9π， 当截面过球心O时，截面圆的面积最大，最大面积为π×42＝16π， 故截面面积的取值范围是. 重点2　交线问题 角度1　多面体的交线 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，P，Q分别是棱A1D1，AB，BC的中点.若经过点M，P，Q的平面与平面CDD1C1的交线为l，则l与直线QB1所成角的余弦值为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选B.由线面平行的性质及面面平行的性质定理，可得经过点M，P，Q的截面为边长为的正六边形MGPQFE，连接MB1，MQ，如图所示， 则易知若经过点M，P，Q的平面与平面CDD1C1的交线为EF，即为直线l，又EF∥MQ， 所以∠MQB1即为l与直线QB1所成角， 在△MQB1中，可得QB1＝MB1＝，MQ＝， 由余弦定理可得：cos∠MQB1＝＝＝. 角度2　旋转体的交线 已知三棱锥P-ABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB＝AC＝AP＝，以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选D.因为三棱锥P-ABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB＝AC＝AP＝， 所以球A与三棱锥的表面ABC，APC，APB的交线均为以点A为顶点，半径为1，圆心角为的圆弧，其长度为， 设点A到平面PBC的距离为d， 因为AB＝AC＝AP＝，所以△PBC是边长为2的等边三角形， 由VP-ABC＝VA-PBC可得××××＝××2×2××d，解得d＝， 所以球A与表面PBC的交线为以△PBC的中心为圆心，半径为＝的圆，其长度为， 因为＞，所以以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为. [规律方法]　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. 对点练2.(1)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段B1C上一动点，则下列说法错误的是(　　 ) A.直线BD1⊥平面A1C1D B.异面直线B1C与A1C1所成角为45° C.三棱锥P-A1DC1的体积为定值 D.平面A1C1D与底面ABCD的交线平行于A1C1 解析：选B.连接B1D1，CD1，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1，则A1C1⊥BD1，同理DC1⊥BD1，∵A1C1∩DC1＝C1，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确； ∵A1B1∥CD，A1B1＝CD，∴四边形DA1B1C为平行四边形，则B1C∥A1D，则∠DA1C1为异面直线B1C与A1C1所成角，又A1D＝A1C1＝C1D，则∠DA1C1＝60°，即异面直线B1C与A1C1所成角为60°，故B错误； ∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，∴B1C∥平面A1C1D，可得P到平面A1C1D的距离为定值，即三棱锥P-A1DC1的体积为定值，故C正确； ∵A1C1∥平面ABCD，A1C1⊂平面A1C1D，设平面A1C1D与底面ABCD的交线为l，由直线与平面平行的性质，可得平面A1C1D与底面ABCD的交线平行于A1C1，故D正确. (2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1是半径为的球O的内接正方体(八个顶点全部在球面上)，则正方体六个面所在的平面与球面的交线总长度是(　　 ) A.6π B.6π C.12π D.12π 解析：选D.由图可知，正方体的每一个面与球面相交，所得的交线是一个圆，共有6个圆，故六个面所在的平面与球面的交线总长度为6个圆的周长之和， 设正方体的棱长为a，在Rt△O'OD中，OD＝，O'D＝a，O'O＝， 则(a)2＋＝，解得a＝2，所以O'D＝×2＝， 所以每个圆的周长为2π，6个圆的周长之和为12π. 学科网（北京）股份有限公司 $