高中數(shù)學同步講義（人教B版2019必修四）第40講 專題11-12 立體幾何中需要畫出交線的問題

專題12立體幾何中需要畫出交線的問題TOC\o"1-3"\h\u題型1使用基本事實2 1題型2使用基本事實3 8題型3使用線面平行的性質 14題型4與球面交線問題 26題型1使用基本事實2【方法總結】兩點確定一條直線可得，只需確定兩平面的兩個公共點即可?！纠}1】（多選）（2022春·安徽蕪湖·高一?？计谥校┤鐖D，平面α∩平面β=l,A．點A B．點BC．點C D．點D【答案】CD【分析】根據(jù)平面的基本性質判斷.【詳解】因為A∈所以點A在α與γ的交線上，點B在α與γ的交線上，點C在β與γ的交線上，點D在β與γ的交線上，故選：CD【變式1-1】1．（2023·全國·高一專題練習）在正方體ABCD?A1B1C1D1【答案】OC1【分析】依題意平面A1AC即平面A1ACC【詳解】解：平面A1AC即平面A1ACC1，因為AC?又AC∩BD=O，C1∈平面所以平面A1AC∩故答案為：OB，設AB=a，然后根據(jù)題意用a表示出【詳解】連接AB1,因為平面α⊥平面β，α∩β=所以BB所以∠BAB1是AB平面α在Rt△BAB1同理可得∠ABA1是AB平面β在Rt△ABA1在Rt△AA1所以A1故答案為：1:2【變式1-1】2．（2023·全國·高一專題練習）如圖所示，G是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DD1延長線上的一點，E，F(xiàn)是棱AB，BC的中點，試分別畫出過下列各點、直線的平面與正方體表面的交線．(1)過點G及AC．(2)過三點E，F(xiàn)，D1．【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析【分析】（1）連接GA交A1D1于點M，連接GC交C1D1于點N，從而可以得到過點G及AC的平面（2）根據(jù)兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，即可作出交線【詳解】（1）畫法：連接GA交A1D1于點M，連接GC交C1D1于點N；連接MN，AC，則MA，CN，MN，AC為所求平面與正方體表面的交線．如圖①所示．（2）畫法：連接EF交DC的延長線于點P，交DA的延長線于點Q；連接D1P交CC1于點M，連接D1Q交AA1于點N；連接MF，NE，則D1M，MF，F(xiàn)E，EN，ND1為所求平面與正方體表面的交線．如圖②所示．【變式1-1】3．（2022春·山東青島·高一青島二中?？计谥校┤鐖D所示，正方體ABCD?(1)過正方體ABCD?A1B1(2)若M，N分別是棱AB，BC的中點，請畫出過D1，M，N三點的平面與正方體ABCD(3)設正方體ABCD?A1【答案】(1)5(2)見解析(3)1【分析】（1）利用等體積法求出三棱錐B?（2）根據(jù)點、線、面的位置關系作出圖形，再利用三角形相似等知識點則可求出相關線段長；（3）根據(jù)（1）中三棱錐B?A1【詳解】（1）因為正方體ABCD?A1B1則BB1為三棱錐B?A1則VB則正方體剩余部分的體積為a3（2）畫直線MN交DA，DC延長線分別為點E,再分別連接D1E,D1順次連接D1,G易得AM=12a，則AE=12a，根據(jù)△AEG則A1G=23同理可得D1H=133則五邊形D1GMNH的周長為（3）連接B1D，易知B1且A1易得三棱錐B?而三棱錐B?A1B1C1且點O,O1S由（1）得VB即13?3而B1D所以OO則VO【變式1-1】4．（2023·高一課時練習）在正方體ABCD?(1)AA1與(2)點B、C1(3)畫出平面ACC1A1與平面BC【答案】(1)是，理由見解析(2)是，理由見解析(3)答案見解析【分析】（1）由兩平行直線可確定一平面，可得答案；（2）由不共線三點可確定一平面，可得答案；（3）如圖，找到兩平面的公共點，公共點連線為平面交線.【詳解】（1）是，平行直線確定一平面；（2）是，不在同一直線上三點確定一平面（3）如圖，設BD∩AC=O，又C1∈平面BC1D，O∈平面ACC1AC1O?平面ACC1A1如圖，設CD因O1∈平面ACD1，O1∈平面BDC1，則O1O2?平面ACD1，O1O2題型2使用基本事實3【方法總結】由于兩平面有一個公共點A，再找一個公共點即可確定交線。【例題2】（2023春·全國·高一專題練習）如圖，α∩β=l，A,B∈α，C∈β，且C?A．點A B．點B C．點C但不過點M D．點C和點M【答案】D【分析】利用點線面的位置關系證得MC?γ與MC?【詳解】對于AB，易得A,B?β，故必不在對于CD，因為過A,B,C三點的平面記作γ，所以面因為直線AB∩l=M，所以M∈又C∈面ABC，則C∈γ因為AB∩l=M，α∩β=所以β∩所以γ與β的交線必通過點C和點M，故C錯誤，D正確.故選：D．【變式2-1】1．（2023春·全國·高一專題練習）在正方體ABCD?A1B1C1D1A．13 B．23 C．33【答案】D【分析】延長BA1，CE交直線于點M，延長C1E,B1A1交于點N，連接MN,M【詳解】解：延長BA1，CE交直線于點M，延長C1E,則直線MC1即為交線又AB∥則∠MC1因為E為A1D1所以A1為MB的中點，A1為NB1的中點，點E為MC的中點，則EM=又∠MEN所以△EMN所以MN=則C1D1=1，所以cos∠M即l與AB所成角的余弦值為63故選：D.【變式2-1】2．（2022·全國·高一專題練習）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABCD所在平面外一點，畫出平面SAD和平面SBC的交線，并說明理由.【答案】答案見解析【分析】由題意，分別延長AD和BC交于點E，可得點E是平面SAD和平面SBC的一個公共點，又點S是平面SAD和平面SBC的一個公共點，從而直線SE是平面SAD和平面SBC的交線.【詳解】解：顯然，點S是平面SAD和平面SBC的一個公共點，即點S在交線上，又在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB>CD，則分別延長AD和BC交于點E，如圖所示.∵E∈AD，AD?平面SAD，∴E∈平面SAD，同理可得E∈平面SBC，∴點E在平面SAD和平面SBC的交線上，∴連接SE，則直線SE是平面SAD和平面SBC的交線.【變式2-1】3．（2023·全國·高一專題練習）如圖所示的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是棱C【答案】答案見解析【分析】延長D1E、DC交于點F，連接AF交BC于點G，利用平面的性質可知面AD1E【詳解】解：延長D1E、DC交于點F，連接AF交BC于點G，則平面AD1E因為F∈D1E，D1E?∵F∈CD，CD?平面ABCD，又因為A為平面AD1E和平面ABCD的公共點，則平面AD1【變式2-1】4．（2022春·江蘇南通·高一金沙中學?？计谀┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，CD//AB，∠ABC=90°，(1)求證：BD⊥(2)設平面PAD與平面PBC的交線為l，PA、PB的中點分別為E、F，證明：l/平面DEF【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）由題設可得AD⊥BD，再由面面垂直的性質可得BD⊥（2）延長AD,BC交于G，連接PG即為l，由中位線性質有（1）由底面ABCD為直角梯形，CD//AB，∠ABC=90所以△BCD為等腰直角梯形，且∠DBC=45°在△ABD中AB=2BD，所以AD2+又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，所以BD⊥面PAD，而PA?面PAD，故（2）延長AD,BC交于G，連接PG即為面PAD與面PBC交線由PA、PB的中點分別為E、F，則EF//AB且而CD//AB，AB=2CD，故所以EFCD為平行四邊形，又△GCD～△GBA，則GCGB=所以CF//PG，而CF?面EFCD，PG所以PG//面EFCD，即l/平面題型3使用線面平行的性質【方法總結】一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行，在平面內，過兩平面的公共點作直線與已知直線平行，則此直線即為兩平面的交線【例題3-1】（2023·全國·高一專題練習）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，過A【答案】平行【分析】根據(jù)線面平行的性質定理和判定定理確定正確答案.【詳解】根據(jù)正方體的性質可知：A1由于A1C1?平面ABCD，AC?平面ABCD由于平面A1C1B∩平面ABCD所以l//故答案為：平行【變式3-1】1．（2022春·浙江寧波·高一統(tǒng)考期末）已知E是正方體ABCD?A1B1C1D1的棱DD1的中點，過A、C、E【答案】1【分析】由面面平行的性質與異面直線所成的角的求法求解即可【詳解】因為過A,C,E三點的平面α與平面平面α與平面ABCD相交于AC，平面A1B1所以l//又A1C所以直線l與BC1所成的角就是直線A1也即是∠A又易知△A所以直線l與BC1所成角的余弦值為故答案為：1【變式3-1】2．（2023春·全國·高一專題練習）在正方體ABCD?A1B1A．平面PAM內任意一條直線都不與BC平行B．平面PAB和平面PCM的交線不與平面ABCD平行C．平面PBC內存在無數(shù)條直線與平面PAM平行D．平面PAM和平面PBC的交線不與平面ABCD平行【答案】B【分析】對A，根據(jù)BC與平面PAM相交判斷即可；對B，根據(jù)線面平行的判定與性質判斷即可；對CD，延長AM，BC交于E，根據(jù)線面平行的性質判斷即可.【詳解】對A，因為BC與AM在平面ABCD內且不平行，故BC與AM相交，故BC與平面PAM相交，若平面PAM內任意一條直線與BC平行，則BC//平面PAM對B，由AB平行BC，AB?平面PCM，BC?平面PCM，故AB//平面PCM.設平面PAB和平面PCM的交線為l，由線面平行的性質可得AB//l，又l?平面ABCD，AB?對CD，延長AM，BC交于E，連接如圖.由題意，平面PAM和平面PBC的交線即直線PE，故當平面PBC內的直線與PE平行時，與平面PAM也平行，故C正確；交線PE與平面ABCD交于E，故D正確；故選：B【變式3-1】3.（多選）（2022·高一課時練習）已知正方體ABCD?A1B1C1D1A．AEB．B1DC．異面直線AD1與OD．若直線m為平面BDP與平面B1D1P【答案】BD【分析】選項A：通過證明直線B1C⊥平面AB選項B：通過證明A1C1選項C：通過∠OC1B（或其補角）為異面直線選項D：結合線面平行的判定定理和性質定理可作出判斷.【詳解】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，B1C⊥BC1∵只有當E運動到線段B1C的中點時，連接B1D1，在正方體ABCD?A1∵B1D1⊥A1C1，∴A1C1⊥平面同理可得BC1⊥B1D，又A1∴B1D⊥連接BD，則AD∴∠OC1B（或其補角）為異面直線∵正方體的棱長為2，∴BC1=22，在Rt△OBC1中，cos∠因為BD//B1D1，∵B1D∴B1D1∵直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線，B1∵m?平面B1D1Q∴m/平面B故選：BD.【變式3-1】4．（2022春·安徽六安·高一安徽省舒城中學?？计谥校┤鐖D四棱錐P-ABCD的底面為平行四邊形，E是PB的中點，過A，D，E的平面α與平面PBC的交線為l．(1)證明：l∥(2)求平面α截四棱錐P-ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積之比．【答案】(1)證明見解析(2)3:5【分析】（1）由AD∥BC，得到AD∥平面PBC，根據(jù)平面α與平面PBC的交線為l，結合線面平行的性質定理，即可證得l（2）設l與PC交于點F，則F為PC的中點，連接DF，DE，DB，EC，設四棱錐P-ABCD的體積為V，得到VE?ABD=V(1)證明：因為AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以又平面α與平面PBC的交線為l，且AD?平面α，則AD又l?平面PAD，AD?平面PAD，故l∥(2)解：設l與PC交于點F，則F為PC的中點，連接DF，DE，DB，EC，設四棱錐P-ABCD的體積為V，則VE又由VE?BDC所以平面α截四棱錐P-ABCD所得的下面部分的幾何體的體積為V4所以上面部分幾何體的體積為3V故平面α截四棱錐P-ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積之比為3:5．【變式3-1】5．（2022春·福建廈門·高一廈門外國語學校?？计谥校┤鐖D，正方形ABCD為圓柱OO(1)請作出平面BDE與圓O'(2)M，N分別是DE，BF的中點，證明：MN∥【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)線面平行的性質確定交線l作圖即可；（2）取EF中點G，連接MG，NG，再證明平面MGN∥（1）交線l如圖所示．作法：在平面BDE中過D點作直線l∥理由：∵圓柱OO'，EF是母線，∴EF∥∴平行四邊形EFCB，∴EB∥又∵EB?平面FCD，CF?平面FCD，∴∵交線l=平面FCD∩平面DBE，∴∴過D作直線l∥（2）證明：如圖，取EF中點G，連接MG，NG，∵M，G是DE，EF中點，所以MG∥∵MG?平面DFC，DF?平面DFC，∴MG∥同理可證GN∥∵MG∩GN=G，MG，又∵MN?平面MGN，∴MN【變式3-1】6．（2023·全國·高一專題練習）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，P、Q分別為對角線BD、C【答案】作圖見解析，證明見解析【分析】連接CP并延長與DA的延長線交于M點，則平面PQC和平面AA1D1D的交線為D【詳解】連接CP并延長與DA的延長線交于M點，則平面PQC和平面AA1D證明：因為四邊形ABCD為正方形，所以BC//故△PBC～△PDM，所以CPPM=BPPD又MD1?平面A1D1DA，PQ【變式3-1】7．（2023·全國·高一專題練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點，F(xiàn)，G分別是棱CC【答案】作圖見解析，證明見解析【分析】通過延伸平面A1DG內的直線DG來作出平面A1DG與平面CBB1C【詳解】如圖，延長DG交AB的延長線于P，連接A1P交BB則GQ所在的直線即為平面A1DG與平面證明：∵平面CBB1C1//平面AD平面ADD1A∴GQ∥又∵平面A1DG//平面D1EF，平面CBB1∴GQ∥EF，∴【變式3-1】8．（2023·全國·高一專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1(1)記平面A1BC與平面A1B1(2)求證：A1【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由棱柱的性質得BC//B1C1，從而BC//平面A1（2）連接AC1，利用菱形的對角線相互垂直和已知條件得到線線垂直，再利用線面垂直的判定定理得到A1C⊥【詳解】（1）由棱柱的性質得BC//因為BC?平面A1B1C所以BC//平面A因為BC?平面A1BC，平面A1BC所以BC//l因為l?平面BCC1B1∴l(xiāng)//平面BC（2）連接AC由棱柱的性質和AC=CC所以AC因為A1C⊥所以A1又因為B1C1?平面AB且B1C1∩A又因為AB1?所以A1題型4與球面交線問題【例題4】（2023·全國·高一專題練習）直三棱柱ABC?A1B1C1【答案】2π3##【分析】設A1B1【詳解】設A1B1的中點為M，則C又因為面A1B1C1⊥面ABB所以C1M⊥所以題中所求交線即為以M為圓心，(7設該圓弧與BB1,球與側面ABB1A易知∠PM所以該圓弧所對的圓心角為∠PMQ故所求弧長為2×π故答案為：2π3【變式4-1】1．（2023春·全國·高一專題練習）已知正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長為2【答案】4π【分析】根據(jù)題意結合正三棱柱的性質和球的性質即可求解.【詳解】設B1C1的中點為M，易知A1M⊥B1C1，又因為面A1B1C1⊥面BCC1B1，且B1易知∠PM所以該圓弧所對的圓心角為∠PMQ故所求弧長為2×2π故答案為：4π3【變式4-1】2．（2022春·湖北武漢·高一華中師大一附中?？计谥校┤鐖D正四棱柱ABCD?A'B'C'D'中，AB=3，AA'=2，以D為球心，DC'為半徑的球與側面【答案】7【分析】由題意可知交線C'E是一段圓弧，即平面BCC'B'截球所得的截面圓上的一段弧，P從C'運動到E【詳解】由題意可知，以D為球心，DC'=3+4=那么交線C'E是一段圓弧，即平面由于DC⊥平面BCC'故P從C'運動到E時，DP