2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題四-微重點(diǎn)10-截面、交線問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微重點(diǎn)10截面、交線問題“截面、交線”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力．求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長(zhǎng)、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解．考點(diǎn)一截面問題考向1多面體中的截面問題例1(多選)在立體幾何中，用一個(gè)平面去截一個(gè)幾何體得到的平面圖形叫截面．平面α以任意角度截正方體，所截得的截面圖形可能為()A．等腰梯形B．非矩形的平行四邊形C．正五邊形D．正六邊形答案ABD解析畫出截面圖形如圖，可以畫出等腰梯形，故A正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分別于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得四邊形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四邊形EFGH是平行四邊形，此四邊形不一定是矩形，故B正確；經(jīng)過正方體的一個(gè)頂點(diǎn)去切就可得到五邊形，但此時(shí)不可能是正五邊形，故C錯(cuò)誤；正方體有六個(gè)面，用平面去截正方體時(shí)最多與六個(gè)面相交得六邊形，且可以畫出正六邊形，故D正確．考向2球的截面問題例2(2023·蕪湖模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長(zhǎng)均為2，D為棱AB的中點(diǎn)，則過點(diǎn)D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3)))解析正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O為上、下底面的外接圓圓心的連線O1O2的中點(diǎn)，連接AO2，AO，OD，如圖所示，設(shè)外接球的半徑為R，下底面外接圓的半徑為r，r＝AO2＝eq\f(2\r(3),3)，則R2＝r2＋1＝eq\f(7,3).①當(dāng)過點(diǎn)D的平面過球心時(shí)，截得的截面圓最大，截面圓的半徑即為球的半徑，所以截面圓的面積最大為πR2＝eq\f(7π,3)；②當(dāng)過點(diǎn)D的平面垂直O(jiān)D時(shí)，截面圓的面積最小，OD2＝OA2－AD2＝eq\f(7,3)－1＝eq\f(4,3)，截面圓的半徑為eq\r(R2－OD2)＝eq\r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，所以截面圓的面積最小為π×12＝π，綜上，截面面積的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3))).規(guī)律方法作幾何體截面的方法(1)利用平行直線找截面．(2)利用相交直線找截面．跟蹤演練1(1)(多選)(2023·山西聯(lián)考)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，其外接球的球心為O，點(diǎn)P滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)，過點(diǎn)P的平面α平行于AD和A1B，則()A．平面α∥平面A1BCD1B．平面α⊥平面ABB1A1C．當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，平面α截球O所得截面的周長(zhǎng)為eq\r(10)πD．平面α截正方體所得截面的面積為定值答案ABC解析根據(jù)題意作出如圖所示的圖形，∵平面α∥AD且AD∥BC，∴平面α∥BC，又∵平面α∥A1B，BC，A1B?平面A1BCD1，A1B∩BC＝B，∴平面α∥平面A1BCD1，A正確；∵BC⊥平面ABB1A1，BC?平面A1BCD1，∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，且平面α∥平面A1BCD1，∴平面α⊥平面ABB1A1，B正確；當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，設(shè)此時(shí)平面α截球O所得截面圓心為O′，此時(shí)點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，故OO′＝eq\f(\r(2),2)，由題可知正方體外接圓的半徑R＝eq\r(3)，根據(jù)勾股定理可知圓O′的半徑r＝eq\r(R2－OO′2)＝eq\r(3－\f(1,2))＝eq\f(\r(10),2)，故圓O′的周長(zhǎng)為2πr＝eq\r(10)π，故C正確；由圖可知，平面α截正方體所得截面是一個(gè)一邊長(zhǎng)不變，另一邊長(zhǎng)隨點(diǎn)P在AB上的位置的變化而變化的矩形，所以平面α截正方體所得截面面積不是定值，故D錯(cuò)誤．(2)(2023·滄州模擬)在圓臺(tái)O1O2中，四邊形ABCD是其軸截面，AD＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB，過O1C與軸截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若點(diǎn)A到平面CEF的距離是eq\r(3)，則圓臺(tái)的體積等于________．答案eq\f(7\r(3)π,3)解析因?yàn)锳D＝DC＝BC＝eq\f(1,2)AB，所以四邊形ADCO1為平行四邊形，所以O(shè)1C＝O1D＝O1A＝AD，則△AO1D為正三角形，所以∠DAB＝60°，由題意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，所以點(diǎn)A到平面CEF的距離即為AD與O1C的距離，在△AO1D中，過點(diǎn)O1作AD的垂線O1M，過點(diǎn)D作AO1的垂線DN，則O1M＝eq\r(3)，所以AO1＝eq\f(O1M,sin60°)＝2，則O1O2＝DN＝2sin60°＝eq\r(3)，設(shè)圓臺(tái)上、下底面半徑分別為r，R，則R＝AO1，r＝DO2＝eq\f(1,2)AO1，則圓臺(tái)的體積V＝eq\f(π,3)h(R2＋Rr＋r2)＝eq\f(\r(3)π,3)×(4＋2＋1)＝eq\f(7\r(3)π,3).考點(diǎn)二交線問題考向1多面體中的交線問題例3(2023·河南聯(lián)考)在正三棱錐P－ABC中，PA＝6eq\r(3)，BC＝6，M，N，Q，D分別是AP，BC，AC，PC的中點(diǎn)，平面MQN與平面PBC的交線為l，則直線QD與直線l所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(5,6)C.eq\f(\r(11),6) D.eq\f(\r(3),2)答案C解析取PB的中點(diǎn)J，連接MJ，JN，由題意可得QN∥AB，QN＝eq\f(1,2)AB，又因?yàn)镸J∥AB，MJ＝eq\f(1,2)AB，所以MJ∥QN，MJ＝QN，所以四邊形MJNQ是平行四邊形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四點(diǎn)共面，所以平面MQN與平面PBC的交線l，即為JN，直線QD與直線l所成的角即為直線QD與直線MQ所成的角，即為∠MQD，因?yàn)檎忮FP－ABC中，PA＝6eq\r(3)，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6eq\r(3)，AB＝AC＝BC＝6，所以QD＝MQ＝3eq\r(3)，MD＝3，cos∠MQD＝eq\f(MQ2＋QD2－MD2,2MQ·QD)＝eq\f(27＋27－9,2×27)＝eq\f(5,6)，所以sin∠MQD＝eq\r(1－cos2∠MQD)＝eq\r(1－\f(25,36))＝eq\f(\r(11),6).考向2與球有關(guān)的交線問題例4(2023·石家莊模擬)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，以C1為球心，eq\f(\r(39),3)為半徑的球面與側(cè)面ABB1A1的交線長(zhǎng)為()A.eq\f(2\r(3)π,9) B.eq\f(4\r(3)π,9)C.eq\f(2\r(3)π,3) D.eq\f(8\r(3)π,9)答案B解析設(shè)D1為A1B1的中點(diǎn)，連接C1D1，因?yàn)锳1B1＝AB＝2，△A1B1C1為等邊三角形，所以C1D1＝eq\r(3)，因?yàn)镃1D1⊥A1B1，C1D1⊥AA1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1?平面ABB1A1，所以C1D1⊥平面ABB1A1，所以以C1為球心，eq\f(\r(39),3)為半徑的球面與平面ABB1A1的交線為以D1為圓心的圓，由eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(39),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))2)＝eq\f(2\r(3),3)，可得交線即以D1為圓心，eq\f(2\r(3),3)為半徑的圓弧，設(shè)該圓弧與AA1，BB1分別相交于點(diǎn)M，N，因?yàn)镸D1＝eq\f(2\r(3),3)，A1D1＝1，所以cos∠MD1A1＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)椤螹D1A1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以∠MD1A1＝eq\f(π,6)所以∠MD1N＝eq\f(2π,3)，故交線長(zhǎng)l＝eq\f(1,3)×2π×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(4\r(3)π,9).規(guī)律方法找交線的方法(1)線面交點(diǎn)法：各棱線與截平面的交點(diǎn)．(2)面面交點(diǎn)法：各棱面與截平面的交線．跟蹤演練2(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點(diǎn)M為球心，4為半徑的球面與側(cè)面ABB1A1的交線長(zhǎng)為()A．2πB．3πC．4πD．8π答案C解析取AB，AA1，A1B1，BB1的中點(diǎn)分別為F，E，H，G，N為四邊形ABB1A1的中心，連接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因?yàn)锳B＝AA1＝4，故四邊形ABB1A1為正方形，G，N，E三點(diǎn)共線，H，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線，MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn)，所以MN＝CF＝4sin60°＝2eq\r(3)，由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝eq\r(MN2＋22)＝4，所以題中所求交線軌跡為以N為圓心，2為半徑的圓，球與側(cè)面ABB1A1的交線軌跡如圖所示，故交線長(zhǎng)l＝2×π×2＝4π.(2)(2023·廣安模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，S是A1B1的中點(diǎn)，P是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在正方形DCC1D1及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，若PQ∥平面SBC1，則點(diǎn)Q的軌跡的長(zhǎng)度是________．答案eq\r(5)解析如圖所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1?平面SBC1，PE?平面SBC1，則PE∥平面SBC1，因?yàn)檎襟wABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是2，所以D1E＝eq\f(1,4)C1D1＝eq\f(1,2)，連接BD，取BD的中點(diǎn)O，連接PO，則PSBO為平行四邊形，則PO∥SB，SB?平面SBC1，PO?平面SBC1，則PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE?平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，設(shè)平面POE∩平面DCC1D1＝EF，則DF＝eq\f(3,4)DC＝eq\f(3,2)，連接OF，EF，則四邊形PEFO為平行四邊形，Q的軌跡為線段EF，EF＝eq\r(DF－D1E2＋D1D2)＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).專題強(qiáng)化練1．(2023·保山模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，Q為上底面A1B1C1D1所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線DQ與DA1所成的角為45°時(shí)，點(diǎn)Q的軌跡為()A．圓 B．直線C．拋物線 D．橢圓答案C解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1))，設(shè)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，1))，可得eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，1))，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1))，因?yàn)橹本€DQ與DA1所成的角為45°，則cos45°＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DQ,\s\up6(→))·\o(DA1,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DQ,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→)))))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,\r(x2＋y2＋1)×\r(2))))＝eq\f(\r(2),2)，化簡(jiǎn)可得y2＝2x，所以點(diǎn)Q的軌跡為拋物線．2.安徽徽州古城與四川閬中古城、山西平遙古城、云南麗江古城被稱為中國(guó)四大古城．徽州古城中有一古建筑，其底層部分可近似看作一個(gè)正方體ABCD－A1B1C1D1.已知該正方體中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過D1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面與平面ABCD的交線為l，則直線l與直線AD1所成的角為()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,2)答案A解析如圖所示，在平面AA1D1D中，連接D1E并延長(zhǎng)D1E交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則HA＝AD，在平面CC1D1D中，連接D1F并延長(zhǎng)D1F交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則GC＝CD，則GH為平面D1EF與平面ABCD的交線l，且GH∥AC，而在等邊△ACD1中，AC與AD1所成的角為eq\f(π,3)，故l與直線AD1所成的角為eq\f(π,3).3.(多選)(2023·重慶模擬)如圖，一個(gè)平面α斜截一個(gè)足夠高的圓柱，與圓柱側(cè)面相交的圖形為橢圓E.若圓柱底面圓半徑為r，平面α與圓柱底面所成的銳二面角大小為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，則下列對(duì)橢圓E的描述中，正確的是()A．短軸長(zhǎng)為2r，且與θ的大小無關(guān)B．離心率為cosθ，且與r的大小無關(guān)C．焦距為2rtanθD．面積為eq\f(πr2,cosθ)答案ACD解析由題意知，橢圓短軸長(zhǎng)2b＝2r，而長(zhǎng)軸長(zhǎng)隨θ變大而變長(zhǎng)且2a＝eq\f(2r,cosθ)，所以c＝eq\r(a2－b2)＝rtanθ，故e＝eq\f(c,a)＝sinθ，焦距為2c＝2rtanθ，由橢圓在底面投影即為底面圓，則cosθ等于圓的面積與橢圓面積的比值，所以橢圓面積為S＝eq\f(πr2,cosθ).綜上，A，C，D正確，B錯(cuò)誤．4.(多選)如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心為O，E，F(xiàn)分別為棱AB，CC1的中點(diǎn)，G在棱BC上，則()A．對(duì)于任意點(diǎn)G，OA∥平面EFGB．存在點(diǎn)G，使得平面OAD⊥平面EFGC．直線EF被球O截得的弦長(zhǎng)為eq\r(10)D．過直線EF的平面截球O所得的截面圓面積的最小值為eq\f(π,2)答案BC解析對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)G與B重合時(shí)，A∈平面EFB，O?平面EFB，此時(shí)直線OA與平面EFG相交，A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，∵四邊形ABCD為正方形，則AC⊥BD，當(dāng)G為BC的中點(diǎn)時(shí)，EG∥AC，則EG⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，EG?平面ABCD，則EG⊥BB1，∵BD∩BB1＝B，則EG⊥平面BB1D1D，∵B1D?平面BB1D1D，∴EG⊥B1D，同理FG⊥B1D，∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，∵OD?平面OAD，故平面OAD⊥平面EFG，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，取EF的中點(diǎn)M，∵OA＝OB＝eq\r(3)，E為AB的中點(diǎn)，則OE⊥AB，∴OE＝eq\r(OA2－AE2)＝eq\r(2)，同理可得OF＝eq\r(2)，則OM⊥EF.∵CC1⊥平面ABCD，CE?平面ABCD，則CF⊥CE，∴EM＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)eq\r(EC2＋FC2)＝eq\f(\r(6),2)，則OM＝eq\r(OE2－EM2)＝eq\f(\r(2),2)，又∵球O的半徑R＝eq\r(3)，∴直線EF被