专题四　微重点9　截面、交线问题.docx

微重点9截面、交线问题

“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，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(多选)在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为()

A．等腰梯形

B．非矩形的平行四边形

C．正五边形

D．正六边形

答案ABD

解析画出截面图形如图，

可以画出等腰梯形，故A正确；

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分别于点E，F，G，H，根据平面平行的性质定理可得四边形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四边形EFGH是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；

经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故C错误；

正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．

考向2球的截面问题

例2(多选)(2023·淮南模拟)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是()

A．AO⊥平面BCD

B．球O的体积为eq\f(\r(2)π,3)

C．球O被平面BCD截得的截面面积为eq\f(4π,3)

D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为eq\f(8\r(3)π,3)

答案ABD

解析设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，

则EM∥BD，NF∥BD，EM＝eq\f(1,2)BD，NF＝eq\f(1,2)BD，

故EM∥NF，EM＝NF，则四边形MENF为平行四边形，

故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，

又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，

AN∩DN＝N，AN，DN?平面AND，故BC⊥平面AND，

由于O∈MN，MN?平面AND，则AO?平面AND，

故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，

BC∩DC＝C，BC，DC?平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；

又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，

棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝eq\r(3)，M为AD的中点，则MN⊥AD，

故MN＝eq\r(ND2－MD2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，

则OM＝eq\f(\r(2),2)，

所以球O的体积为eq\f(4,3)π×OM3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3)，B正确；

由BC⊥平面AND，BC?平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，

平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，

延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，

且G为正△BCD的中心，故NG＝eq\f(1,3)ND＝eq\f(\r(3),3)，

所以OG＝eq\r(ON2－NG2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6)，

故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为

eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(3),3)，

则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(π,3)，C错误；

由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，

则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，

球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为eq\f(\r(3),3)，

故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)π,3)，D正确．

规律方法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．

跟踪演练1(1)(多选)(2023·山西联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，其外接球的球心为O，点P满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq