《空间几何体的交线与截面问题（解析版）-高考数学二轮复习专题训练（全国通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《空间几何体的交线与截面问题（解析版）-高考数学二轮复习专题训练（全国通用）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、空间几何体的交线与截面问题 思路引导空间几何体的交线与截面问题是立体几何的难点也是高考的热点问题，利用平面的性质是处理交线与截面解决问题的关键.进而提升直观想象，逻辑推理数学核心素养. 母题呈现类型一 空间几何体的交线【例1】(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD60.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_.【答案】【解析】如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由BAD60，ABAD，知ABD为等边三角形，D1B1DB2，D1B1C1为等边三角形，
2、则D1E且D1E平面BCC1B1，E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r.可得EPEQ，球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P，B1P1，同理C1Q1，P，Q分别为BB1，CC1的中点，PEQ，知的长为.【解题技巧】作交线的方法有如下两种：利用基本事实3作交线；利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.【跟踪训练】已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为_.【答案】【解析】如图所示，连接EF，A1B，连接A1
3、C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，由EFB1D1，即E，F，B1，D1共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN，由棱长为3，得C1MA1C13，则BC16，又，则NC1BC14，由A1BBC1A1C1，得A1C1B60，则MN.类型二 空间几何体的截面问题【例2】(1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MDDD1，NBBB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A三角形 B四边形C五边形 D六边形【答案】C【解析】先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的
4、边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形 9.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是BC的中点，平面经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面截正方体所得的多边形的面积为_.【答案】【解析】如图，过点B作BMC1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD2，MN，且BMDN，等腰梯形MNDB的高为h，梯形MNDB的面积为(2)
5、.【解题技巧】(1)作截面应遵循的三个原则：在同一平面上的两点可引直线；凡是相交的直线都要画出它们的交点；凡是相交的平面都要画出它们的交线(2)作交线的方法有如下两种：利用基本事实3作交线；利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线【跟踪训练】(1)(多选)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，已知平面AC1，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是()A截面形状可能为正三角形B截面形状可能为正方形C截面形状可能为正六边形D截面面积最大值为3【答案】ACD【解析】易知A，C正确，B不正确，下面说明D正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，
6、其面积最大，MN2，GH，OE，所以S2(2)3，故D正确(2)(2022兰州模拟)如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M2MD1，过M的平面与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为_【答案】3【解析】在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要MEBC1，如图所示，因为A1M2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则ME2a，MIa，IH2a，HGa，FG2a，EFa，所以截面MIHGFE的周长为MEEFFGGHHIIM9a，又因为正方体A1C的棱
7、长为1，即3a1，故截面多边形的周长为3 模拟训练1（2023陕西咸阳陕西咸阳中学校考模拟预测）如图，直四棱柱的所有棱长均为，是侧棱的中点，则平面截四棱柱所得的截面图形的周长是（）ABCD【答案】D【分析】利用作延长线找交点法，得出截面图形为梯形，求出梯形周长即为所求.【详解】连接 与的延长线交于点, 连 接与交于点,因为 , 所以为的中点, 则为的中点,所以截面为梯形 ,因为所有棱长均为2,，所以,故梯形 的周长为 .故选：D.2（2023全国模拟预测）在棱长为3的正方体中，O为AC与BD的交点，P为上一点，且，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为（）ABCD【答案】D【分析】根
8、据正方体的性质结合条件作出过A，P，O三点的平面截正方体所得截面，再求周长即得.【详解】因为，即，取，连接，则，又，所以，所以共面，即过 ， ，三点的正方体的截面为 ，由题可知，所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为.故选：D.3（2022上海闵行上海市七宝中学校考模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则PEQ周长的最小值为（）ABCD【答案】B【分析】通过对称转换，由三点共线求得三角形周长的最小值.【详解】在平面上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知，关于B1C1的对称点为N
9、，连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为时，则MN是PEQ周长的最小值，,PEQ周长的最小值为故选：B4（2022上海黄浦统考二模）如图，已知、分别是正方体的棱、和的中点，由点、确定的平面截该正方体所得截面为（）A三角形 B四边形 C五边形 D六边形【答案】D【分析】分别取的中点、，连接，由正方体性质可得答案.【详解】如图，分别取的中点、，连接，由正方体性质，所以平面，且，又交于同一点，所以平面，所以点、确定的平面即为六边形故选：D5（2019湖北黄冈黄冈中学校考二模）一正方体的棱长为，作一平面与正方体一条体对角线垂直，且与正方体每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的周
10、长为，则（）ABCD以上都不正确【答案】C【分析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个，考查的位置，确定【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个，如图而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中，显然，故为定值且，故故选：【点睛】本题考查了利用平面几何的知识解决立体几何
11、，考查学生的空间想象能力，属于难题6（2022秋重庆沙坪坝高三重庆一中校考期中）在棱长为3的正方体中，点是侧面上的点，且点到棱与到棱AD的距离均为1，用过点且与垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD的投影多边形的面积是（）AB5CD8【答案】C【分析】根据题意画出与垂直的平面GJKLNM，作出其投影平面AOQCKJ，已知正方体棱长为3，点到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，求出投影的面积S即可得出答案.【详解】由题意可以作出与垂直的平面，利用面面平行可作出过点P且平行于平面的平面GJKLNM，则平面GJKLNM与垂直，作出点M，N的投影O，Q
12、，平面AOQCKJ的面积S即为所求，已知正方体棱长为3，点到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，故选：C.7（2023北京高三统考阶段练习）已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为，则以为球心，2为半径的球面与正三棱锥表面的交线长为（）ABCD【答案】D【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正三棱锥四个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.【详解】由已知得，得，所以，其中，以为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面的交线如图，为弧与弧，可求得，故，故，故，同理，球面与正三棱锥的面和面所交的弧长一致，故以为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面，面，面的交线的总长度为：
13、.而球面与正三棱锥的面的其中交线为三部分长度一样的圆弧，因为为直角三角形，且，根据正三棱锥的性质，为三角形的外接圆圆心，故为中点，则，且，所以，取，则中，中，故利用余弦定理，可得，所以，弧长，而这样的弧长，球面与正三棱锥的面的交线总共有三部分，故交线长为：故选：D8（多选题）（2022秋江苏泰州高三统考期末）如图，两个底面为矩形的四棱锥、组合成一个新的多面体，其中、为等边三角形，其余各面为全等的等腰直角三角形.平面平面，平面截多面体所得截面多边形的周长为，则下列结论正确的有（）ABC多面体有外接球D为定值【答案】BCD【分析】分析出，可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；分析出，利用直角三角形的几何性质可判断C选项；利用面面平行的性质结合平面展开图可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，且，则，因为为等腰直角三角形，则，A错；对于B选项，若，因为为等腰直角三角形，则，设，从而，从而，因为，则，故不为等腰直角三角形，矛盾，故，若，则，则为等边三角形，矛盾，故，因为为为等腰直角三角形，则，则平面，平面，B对；对于C选项，连接、交于点，连接、，因为，则平面，平面，则，故，同理，因此，多面体有外接球，C对；对于D选项，设截面与多面体各棱的交点如下图所示：因为平面平面，平面平面，平面平面，故，同理可证，根据平行线分线段成比例易得, 所以定值.D对.故选：BCD
