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补上一课几何体的截面(交线)及动态问题

题型分析1.立体几何中截面、交线问题综合性较强，解决此类问题要应用三个基本事实及其推论、垂直、平行的判定与性质定理等知识.2.立体几何中的动态问题主要是指空间动点轨迹的判断、求轨迹长度、最值与范围问题等.

题型一截面问题

例1(2024·宁波质检)已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P－ABCD所得的截面图形是()

A.斜三角形

B.梯形

C.平行四边形

D.两组对边均不平行的四边形

答案D

解析如图，延长EF和DC，

设其交点为G，连接BG，

延长DA并与直线BG交于点H，

连接HE交PA于点K，

连接KB，得四边形EFBK，

假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，

易知BC∥平面PAD，

易得平面PBC∥平面PAD，

与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，

故假设不成立，因此KE与BF不平行，

同理可证KB与EF不平行，

因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.

感悟提升作截面应遵循的三个原则：(1)在同一平面上的两点可引直线；(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线.

训练1如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.

答案eq\f(9,2)

解析如图，过点B作BM∥C1E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α，

由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，

故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，

设等腰梯形MNDB的高为h，

则h＝eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，

∴梯形MNDB的面积为

eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).

题型二交线问题

例2(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.

答案eq\f(\r(2)π,2)

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∠BAD＝60°，AB＝AD，

知△ABD为等边三角形，

∴D1B1＝DB＝2，

∴△D1B1C1为等边三角形，

则D1E＝eq\r(3)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＝eq\r(Req\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).

可得EP＝EQ＝eq\r(2)，

∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧eq\o(PQ,\s\up8(︵)).

又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1Beq\o\al(2,1))＝1，

同理C1Q＝1，

∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，

∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).

感悟提升作交线的方法有如下两种：(1)利用基本事实3作交线；(2)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.

训练2(2023·南通模拟)已知在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧eq\o(CD,\s\up8(︵))的中点，则平面PAB与球O的交线长为________.

答案eq\f(4\r(10),5)π

解析设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，

而S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，

所以r＝eq\r(2).

如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于点H，易知O1O2⊥AB.

因为P为eq\o(CD,\s\up8(︵))的中点，

所以AP＝BP，

又O2为AB的中点，

所以O2P⊥AB.

又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P?平面O1O2P，

所以AB⊥平面O1O2P，

又OH?平面O1O2P，所以A