2019版高考数学文科二轮专题复习课件第二部分 直线与圆共38张

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第38讲 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)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则( )A ．平面α截正方体的截面可能是三角形B ．当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为2 6 C ．点D 到平面α的距离的最大值为263D ．当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形 答案 BCD解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ， 连接PF 与y 轴交于点M ，则平面α由平面AEF 扩展为平面APM .由此模型可知截面不可能为三角形，故A 错误；当F 与C 1点重合时，平面α截正方体的截面为边长为5的菱形，易得截面面积为26，故B 正确；当F 为CC 1的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故D 正确； D (0,0,0)，A (2,0,0)，P (0,0,4)， 设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2,4])，DA →＝(2,0,0)，AM →＝(－2，t ，0)，P A →＝(2,0，－4)， 则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·AM →|AM →|2＝20t 2＋644＋t 2， S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16. S △P AD ＝12×2×4＝4，设点D 到平面α的距离为h ， 利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ， 即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ， 可得h ＝4t5t 2＋16＝45＋16t2，因为h ＝45＋16t2在t ∈[2,4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263，故C 正确．考向2 球的截面问题例2(2022·华大新高考联盟联考)已知在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于点G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球球O 所得截面面积的取值范围是__________________． 答案⎣⎡⎦⎤8π9，3π2解析 因为AB 2＋BC 2＝AC 2， 故AB ⊥BC ，又因为SA ⊥平面ABC ， 故三棱锥S －ABC 的外接球球O 的半径 R ＝2＋2＋22＝62； 取AC 的中点D ，连接BD ，BD 必过点G ，如图所示，因为AB ＝BC ＝2， 故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22， 故OG 2＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫132＝1118， 则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径 r 2＝⎝⎛⎭⎫622－1118＝89，过点G 的平面截球O 所得截面圆的最大半径为球半径R ＝62，故截面面积的最小值为8π9，最大值为3π2.故截面面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤8π9，3π2.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)(2022·江苏六校联考)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则( )A ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．点A 1到平面α的距离与点B 到平面α的距离之比为1∶3 答案 BC解析 如图，延长EF 分别与DA ，DC 的延长线交于点P ，Q ，连接D 1P ，交AA 1于点M ，连接D 1Q ，交CC 1于点N ，连接ME ，NF ，则平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面为五边形D 1MEFN ，故A 错误；由平行线分线段成比例可得，AP ＝BF ＝1， 故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰直角三角形，由相似三角形可知AM ＝AE ＝1，故A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2，连接MN ，易知MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可以分成等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ， 等腰梯形MEFN 的高h ＝(2)2－⎝⎛⎭⎪⎫22－222＝62，则等腰梯形MEFN 的面积为 2＋222×62＝332， 又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为23＋332＝732，故B 正确；记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V 1，V 2， 则12D DPQ M PAE N CFQ V V V V 锥－锥－锥－＝－－三棱三棱三棱＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256， 所以11111ABCD A B C D V V －＝四棱柱－V 2＝12－256＝476，则V 1∶V 2＝47∶25，故C 正确；因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等， 由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍， 因此点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍，故D 错误．(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，D 为棱AB 的中点，则过点D 的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________． 答案⎣⎡⎦⎤π，7π3 解析 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球的球心O 为上、下底面的外接圆圆心的连线O 1O 2的中点，连接AO 2，AO ，OD ，如图所示，设外接球的半径为R ，下底面外接圆的半径为r ，r ＝AO 2＝233，则R 2＝r 2＋1＝73.①当过点D 的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR 2＝7π3；②当过点D 的平面垂直OD 时，截面圆的面积最小，OD 2＝OA 2－AD 2＝73－1＝43，截面圆的半径为R 2－OD 2＝73－43＝1， 所以截面圆的面积最小为π·12＝π， 综上，截面面积的取值范围为⎣⎡⎦⎤π，7π3. 考点二 交线问题考向1 多面体中的交线问题例3 在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形且AD ＝CD ，AB ＝BD ＝2，平面α过点A ，C ，且BD ⊥平面α，则平面α与侧面CBD 的交线长为________． 答案72解析 如图1，因为△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形且AD ＝CD ，AB ＝BD ＝2， 所以AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝2，AD ＝CD ＝2， 所以△BCD 与△BAD 全等，且为等腰三角形，所以在△ABD 中，过顶点A 作边BD 上的高，垂足为E ，取AD 的中点O ，连接OB ，如图2， 因为AB ＝BD ＝2，AD ＝2， 所以OB ⊥AD ，OB ＝142，AE ⊥BD ， 所以由等面积法得12AD ·OB ＝12BD ·AE ，即12×142×2＝12×2×AE ， 解得AE ＝72， 所以DE ＝AD 2－AE 2＝12.所以在△BCD 中，过顶点C 作边BD 上的高，垂足为F ，取CD 的中点M ，连接MB ， 如图3，同在△ABD 中的情况，可得CF ＝72，DF ＝12， 所以点E ，F 重合，即BD ⊥AE (F )，BD ⊥CE (F )， 因为AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，平面α即为平面ACE ，平面α与侧面CBD 的交线为线段CF ，长度为72.考向2 与球有关的交线问题例4(2022·广州模拟)已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两互相垂直，AP ＝AB ＝AC ＝23，以顶点P 为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于________． 答案4π3解析 由题设，将三棱锥P －ABC 补全为棱长为23的正方体，O 为底面中心，如图所示，若AD ＝AF ＝2，则PD ＝PF ＝4，即D ，F 在以P 为球心，4为半径的球面上，又OA ＝6>2，OP ＝32>4，所以，平面ABC 与球面所成弧是以A 为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π； 平面PBC 与球面所成弧是以P 为圆心，4为半径且圆心角为π3的圆弧，故弧长为4π3；平面PBA ，PCA 与球面所成弧是以P 为圆心，4为半径且圆心角为π12的圆弧，故弧长为π3；所以最长弧的弧长为4π3.规律方法 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．跟踪演练2 (1)(2022·泸州模拟)已知三棱锥P －ABC 的底面△ABC 为等腰直角三角形，其顶点P 到底面ABC 的距离为4，体积为163，若该三棱锥的外接球O 的半径为13，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为( ) A ．6π B ．12π C ．23π D ．43π 答案 D解析 依题意得，设底面等腰Rt △ABC 的直角边长为x (x >0)， ∴三棱锥P －ABC 的体积 V ＝13×12×x 2×4＝163，解得x ＝2 2.∴△ABC 的外接圆半径为 r 1＝12×2×22＝2，∴球心O 到底面ABC 的距离为 d 1＝R 2－r 21＝13－4＝3，又∵顶点P 到底面ABC 的距离为4，∴顶点P 的轨迹是一个截面圆的圆周． 当球心在底面ABC 和截面圆之间时， 球心O 到该截面圆的距离为d 2＝4－3＝1，∵截面圆的半径为r 2＝R 2－d 22＝13－1＝23，∴顶点P 的轨迹长度为2πr 2＝43π； 当球心在底面ABC 和截面圆同一侧时，球心O 到该截面圆的距离为d 3＝3＋4＝7>R ＝13，故不成立． 综上，顶点P 的轨迹长度为43π.(2)(2022·广安模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长是2，S 是A 1B 1的中点，P 是A 1D 1的中点，点Q 在正方形DCC 1D 1及其内部运动，若PQ ∥平面SBC 1，则点Q 的轨迹的长度是________．答案 5解析 如图所示，要使PQ ∥平面SBC 1，作PE ∥C 1S 交C 1D 1于E ， SC 1⊂平面SBC 1，PE ⊄平面SBC 1， 则PE ∥平面SBC 1，因为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长是2， 所以D 1E ＝14C 1D 1＝12，连接BD ，取BD 的中点O ，连接PO ，则PSBO 为平行四边形，则PO ∥SB ，SB ⊂平面SBC 1，PO ⊄平面SBC 1， 则PO ∥平面SBC 1，又PO ∩PE ＝P ，PO ，PE ⊂平面POE ， 所以平面POE ∥平面SBC 1， 设平面POE ∩平面DCC 1D 1＝EF ， 则DF ＝34DC ＝32，连接OF ，EF ，则PEFO 为平行四边形，Q 的轨迹为线段EF ，EF ＝(DF －D 1E )2＋D 1D 2＝12＋22＝5.专题强化练1.(多选)(2022·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E .若圆柱底面圆半径为r ，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π2，则下列对椭圆E 的描述中，正确的是( )A ．短轴为2r ，且与θ大小无关B ．离心率为cos θ，且与r 大小无关C ．焦距为2r tan θD ．面积为πr 2cos θ答案 ACD解析 由题意，椭圆短轴长2b ＝2r ，而长轴长随θ变大而变长且2a ＝2rcos θ，所以c ＝a 2－b 2＝r tan θ，故e ＝ca ＝sin θ，焦距为2c ＝2r tan θ，由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值， 所以椭圆面积为S ＝πr 2cos θ.综上，A ，C ，D 正确，B 错误．2.(多选)(2022·资阳模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱CC 1，CB ，CD 的中点，P 为线段AD 1上的一个动点，平面α∥平面EFG ，则下列命题中正确的是( )A ．不存在点P ，使得CP ⊥平面EFGB ．三棱锥P －EFG 的体积为定值C ．平面α截该正方体所得截面面积的最大值为32D ．平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 答案 ABD解析 如图，连接A 1C ，可得A 1C ⊥平面EFG ，由A 1C 与AD 1异面可知，不存在点P ，使得CP ⊥平面EFG ，故A 正确；由AD 1∥平面EFG ，可得动点P 到平面EFG 的距离为定值，故三棱锥P －EFG 的体积为定值，故B 正确；如图，当截面为正六边形IJKLMN 时(其中I ，J ，K ，L ，M ，N 都是棱的中点)，所得截面面积最大，易得该正六边形的边长为22， 所以其面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，故C 错误； 截面可能为三角形，也可能为六边形，故D 正确．3．(多选)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，AB ＝AC ＝22，BC ＝3，PB ，PC 与以P A 为直径的球O 的球面分别交于点M ，N ，则下列结论正确的是( ) A ．PM ＝433B ．MN ∥平面ABC C ．MN ＝2D ．球O 的球面上点M ，N 所在大圆劣弧的长为π3答案 BC解析 对于A 选项，因为P A ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以P A ⊥AB ， 因为P A ＝4，AB ＝AC ＝22， 则PB ＝P A 2＋AB 2＝26， 所以cos ∠APB ＝P A PB ＝63，在△OPM 中，OM ＝OP ＝12P A ＝2，由余弦定理可得OM 2＝OP 2＋PM 2－2OP ·PM cos ∠APB ，所以PM ＝2OP cos ∠APM ＝463， 同理可知PN ＝463，A 错误；对于B 选项，在△PBC 中，PB ＝PC ＝26， PM ＝PN ＝463，所以PM PB ＝PN PC ，所以MN ∥BC ，因为MN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以MN ∥平面ABC ，B 正确； 对于C 选项，因为MN ∥BC ， 则△PMN ∽△PBC ， 所以MN BC ＝PM PB ＝23，因此MN ＝23BC ＝2，C 正确；对于D 选项，因为MN ＝OM ＝ON ＝2， 则△OMN 为等边三角形， 则∠MON ＝π3，所以球O 的球面上点M ，N 所在大圆劣弧的长为π3×2＝2π3，D 错误．4．(多选)(2022·莆田模拟)已知正四面体ABCD 的棱长为2 6.点E ，F 满足BC →＝λBE →，BD →＝λBF →，用过A ，E ，F 三点的平面截正四面体ABCD 的外接球O ，当λ∈[1,3]时，截面的面积可能为( ) A ．6π B ．7π C ．8π D ．9π 答案 CD解析 如图，在棱BC 上取点R ，在棱BD 上取点S ，使得BC →＝3BR →，BD →＝3BS →， 取CD 的中点G ，连接AR ，AS ，RS ，BG ，AG ，记RS ∩BG ＝M ，连接AM .过点A 作AH ⊥平面BCD ，垂足为H ，则H 为△BCD 的中心，正四面体ABCD 外接球的球心O 在AH 上，AO 为球O 的半径． 由题中数据可得AM ＝AG ＝3HG ＝3HM ＝32，AH ＝4，BH ＝2 2. 设球O 的半径为R ，则R 2＝(AH －OH )2＝BH 2＋OH 2， 解得R ＝3，OH ＝1.当λ∈[1,3]时，截面AEF 从平面ARS 转动到平面ACD ，要求截面的面积只需考虑球心O 到截面的距离的取值范围即可．由题意可知CD ∥RS 且CD ⊥平面ABG ，如图， 过点O 作ON ⊥AM ， 垂足为N ， 则ON ⊥平面ARS . 因为△AON ∽△AMH ， 所以ON ＝AO ·MH AM＝1，即球心O 到截面的距离d ∈[0,1]， 则截面圆的半径满足r 2＝R 2－d 2∈[8,9]， 故所求截面的面积S ∈[8π，9π]．5．(2022·临沂模拟)已知正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________． 答案 2π解析 由题意，得△ABC 是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形， 在四边形ABB 1A 1中，AB ＝5，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝3，如图，在棱AB 上取BF ＝2，连接A 1F ，易知△AA 1F 为等边三角形，即∠A 1AB ＝60°，则以下底面的一个顶点A 为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧MN ︵，MP ︵，NP ︵，分别是与平面ABC ，平面ABB 1A 1，平面ACC 1A 1的交线，则所求交线长度为三段圆弧MN ︵，MP ︵，NP ︵的长度之和，长度为π3×2×3＝2π.6．(2022·徐州模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为6，E ，F 分别是A 1D 1，AA 1的中点，平面CEF 截正方体所得的截面为多边形，则此截面多边形的周长为________．答案 613＋3 2解析 延长EF 交DA 的延长线于点M ，连接MC 交AB 于点N ，延长FE 与DD 1的延长线交于点P ，连接PC 交C 1D 1于点Q ，连接EQ ，则五边形EFNCQ 即为平面CEF 截正方体所得的截面．如图所示，则有A 1F ＝F A ＝AM ＝3， 又因为△MAN ∽△MDC ， 所以MA MD ＝AN CD ，解得AN ＝2，所以FN ＝32＋22＝13， NC ＝42＋62＝213， 同理可得QD 1＝2，QC 1＝4， 所以QC ＝42＋62＝213， EQ ＝32＋22＝13， 又因为EF ＝32＋32＝32，所以五边形EFNCQ 的周长为613＋3 2.。