专题四 微重点2 截面、交线问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微重点2　截面、交线问题 [考情分析]　“截面、交线”问题是高考立体几何问题具有创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解． 考点一　截面问题 考向1　多面体中的截面问题 [例1]　(2025·高三山东日照三模)过正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使得截面与底面所成的角为45°，则此截面的形状为(　　) A．三角形或五边形 B．三角形或六边形 C．六边形 D．三角形 解析　 如图，连接BD交EF于点G，设上、下底面中心分别为O1，O，设过点D1与EF的截面与底面的所成角为α，易得tan α＝tan ∠D1GD＝＜1，故α＜45°；设过A1，C1与EF的截面与底面的所成角为β，易得tan β＝tan ∠O1GO＝2＞1，故α＞45°，故所求截面应与A1D1，C1D1都相交(不过其端点)，为六边形，点H在BB1上，且BG＝BH，当截面为EFH时也满足题意，此时为三角形．故选B. 答案　B 考向2　旋转体的截面问题 [例2]　(多选)[勒洛四面体]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，则下列说法错误的是(　　) 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　对于选项A，截面示意图如图， S截＝(S扇形ABC－S△ABC)·3＋S△ABC＝(××22－×22) ×3＋×22＝2π－2， 故选项A错误； 对于选项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、外接球的球心O，如图， 正△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＝(－R)2＋()2， 解得R＝， 此时我们再次抽取部分勒洛四面体如图所示， 图中取正四面体ABCD的中心为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A，C，D，F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－，故选项B错误； 对于选项C，显然勒洛四面体截面经过正四面体某三个顶点时面积最大，由对A选项的分析知(S截)max＝2π－2，故选项C正确； 对于选项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，即为勒洛四面体的内切球，所以勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径为2－，故选项D正确．故选AB. 答案　AB 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． 跟踪训练1　(2025·高三北京东城三模)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，E，F分别是DD1，BB1的中点．用过点F且平行于平面ABE的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为(　　) A． B．2 C． D． B　[取AA1的中点M，连接D1M，D1F，C1F，则MF∥AB∥C1D1，故四边形D1C1FM为平行四边形，即为过点F且平行于平面ABE的截面，D1M＝，MF＝2，且C1D1⊥平面ADD1C1，D1M⊂平面ADD1C1，则C1D1⊥D1M，故四边形D1C1FM为矩形，故四边形的面积为MF·D1M＝2.故选B.] 考点二　交线问题 考向1　多面体中的交线问题 [例3]　(2025·江西景德镇三模)甲烷是最简单的有机化合物，其分子式为CH4，它是由四个氢原子和一个碳原子构成，甲烷在自然界分布很广，是天然气、沼气、煤矿坑道气及可燃冰的主要成分之一．甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点ABCD处，碳原子位于正四面体的中心O处．若正四面体ABCD的棱长为1，则平面OAB和平面OCD位于正四面体内部的交线长度为(　　) A． B． C． D．1 解析　如图所示，分别取AB，CD的中点E，F，连接E，F，则由正四面体的性质，EF过正四面体的中心O，所以平面OAB即平面FAB，平面OCD即平面ECD，又因为EF⊂平面FAB，EF⊂平面ECD，所以平面OAB和平面OCD位于正四面体内部的交线为线段EF，又因为正四面体ABCD的棱长为1，则由勾股定理可得FA＝FB＝＝，所以在等腰三角形FAB中：|EF|＝＝＝.故选A. 答案　A 考向2　与旋转体有关的交线问题 [例4]　在正四棱锥PABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为(　　) A． B． C． D． 解析　 如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD， 由PA＝AB＝2，可得OE＝1，PE＝，故OP＝， △PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，OM＝＝， 球的半径OF＝，在Rt△OMF中，截面圆半径 MF＝＝， 在正三角形PCD中，以M为圆心，作半径为的圆， 易知ME＝， 则EF＝＝＝ME， 所以∠FME＝45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的，即为×2π×MF＝.故选A. 答案　A 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． 跟踪训练2　(1)(2025·枣庄模拟)在侧棱长为2的正三棱锥ABCD中，点E为棱BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为(　　) A． B．π C． D．3π C　[ 取BC中点F，连接AF，DF， 则有AF⊥BC，DF⊥BC， 又AF∩DF＝F，AF，DF⊂平面ADF，故BC⊥平面ADF， 又AD⊂平面ADF，故BC⊥AD，又AD⊥AE， BC∩AE＝E，BC，AE⊂平面ABC， 故AD⊥平面ABC， 又AC，AB⊂平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB， 由正三棱锥的性质可得AD，AB，AC两两垂直， 故AF＝＝，即以A为球心，为半径的球面与侧面ABC的交线长为×＝，即球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为3×＝.故选C.] (2)(2025·汕头模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，记平面AD1E与平面ABCD的交线为l1，平面AD1E与平面ABB1A1的交线为l2，若直线AB分别与l1，l2所成的角为α，β，则tan α＝ ，tan (α＋β)＝ ． 　　[在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点， 延长D1E与DC交于点F，连接AF，则直线AF即为直线l1，α＝∠BAF， 由CE∥DD1且 CE＝DD1，得CF＝DC，又AB∥CD， 于是tan α＝tan ∠AFD＝， 由平面CDD1C1∥平面ABB1A1，平面AD1E∩平面ABB1A1＝l2，平面AD1E∩平面CDD1C1＝D1E，则D1E∥l2，又C1D1∥AB， 因此β＝∠C1D1E，tan β＝， 所以tan (α＋β)＝＝＝.故答案为：；.] 学科网（北京）股份有限公司 $