培优课7 立体几何中的截面、交线问题
“截面、交线”问题渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何赋予了活力．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．
类型1 截面问题
【典例1】 (多选)已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，过棱BC，CD的中点E，F作正方体的截面多边形，则下列说法正确的有( )
A．截面多边形可能是五边形
B．若截面与直线AC1垂直，则该截面多边形为正六边形
C．若截面过AB1的中点，则该截面不可能与直线A1C平行
D．若截面过点A1，则该截面多边形的面积为
[听课记录]
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．
[跟进训练]
1．(2024·广东深圳二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，过点A且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
2．圆台O1O2的母线长为3，下底面直径为10，上底面直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积的最大值是________．
类型2 交线问题
【典例2】 (1)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为( )
A． B．
C． D．
(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，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[听课记录]
找交线的方法
(1)线面交点法：各棱所在直线与截面的交点；
(2)面面交线法：各侧(底)面与截面的交线．
[跟进训练]
3．(2024·河北邢台模拟)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2BC＝2，以C为球心，为半径的球面与侧面PAB的交线长为( )
A．π B．π C．π D．π
4．已知正三棱台ABC-A1B1C1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________．
1/1培优课7 立体几何中的截面、交线问题
“截面、交线”问题渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何赋予了活力．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．
类型1 截面问题
【典例1】 (多选)已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，过棱BC，CD的中点E，F作正方体的截面多边形，则下列说法正确的有( )
A．截面多边形可能是五边形
B．若截面与直线AC1垂直，则该截面多边形为正六边形
C．若截面过AB1的中点，则该截面不可能与直线A1C平行
D．若截面过点A1，则该截面多边形的面积为
ABD [对于B，如图1所示，在正方体中易证AC1⊥平面A1BD，分别取棱DD1，D1A1，A1B1，B1B的中点G，H，I，J，由中位线的性质可得平面A1BD∥平面EFGHIJ，故AC1⊥平面EFGHIJ，而六边形EFGHIJ显然为正六边形，故B正确；
对于C，如图2所示，连接AC，BD交于O点，记平面AA1D1D和平面ABB1A1的中心分别为G，H，
易知G，H，E，F共面(即符合要求的截面)．
连接A1O，交GH于N点，CO交EF于M点，
由中位线的性质可得N，M分别为A1O，CO的中点，
故A1C∥MN，因为A1C 平面GHEF，MN 平面GHEF，所以A1C∥平面GHEF，所以C错误；
对于A，D，如图3所示，延长EF分别与直线AB，AD的延长线交于P，Q两点，连接A1P，A1Q交棱B1B，D1D于S，T，则五边形A1SEFT为所得截面，A正确；＝－S△SEP－S△TQF＝，故D正确．
故选ABD．]
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．
[跟进训练]
1．(2024·广东深圳二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，过点A且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
A [如图，连接AC，AD1，CD1，BD，
因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以BB1⊥AC．
又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC．
又BB1∩BD＝B，BB1，BD 平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D．
因为B1D 平面BB1D，所以AC⊥B1D，
同理可证明AD1⊥B1D．
因为AD1∩AC＝A，AD1，AC 平面ACD1，
故B1D⊥平面ACD1，故平面α即为平面ACD1，
则α截该正方体所得截面的形状为三角形．
故选A．]
2．圆台O1O2的母线长为3，下底面直径为10，上底面直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积的最大值是________．
[如图，由题意作出轴截面ABCD，并将其补充为等腰三角形ABE，则AB＝10，CD＝5，AD＝BC＝3．
因为DC∥AB，DC＝AB，
所以DC为△ABE的中位线，则DE＝EC＝AD＝3，
在△ABE中，利用余弦定理的推论，
得cos ∠AEB＝＝－，
所以∠AEB∈，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成等腰三角形，设其顶角为α，
则S截面＝×6×6sin α－×3×3sin α＝sin α，
因为α>0，且αmax＝∠AEB，则当α＝时，S截面的最大值为．]
【教师备选资源】
已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形Γ，则Γ的边数至多为________，Γ的面积的最大值为________．
5 [取SC的中点F，则BF⊥SC，DF⊥SC．
又因为BF∩DF＝F，BF，DF 平面BDF，所以SC⊥平面BDF．
作平面Γ与平面BDF平行，如图，至多为五边形．
令＝λ(0＜λ＜1)，所以EP＝λBF＝λ，SP＝λSB＝λ，
所以PB＝1－λ，BQ＝1－λ，PQ＝1－λ，NQ＝MP＝λBD＝λ，
所以cos ∠DFB＝＝－，
所以sin ∠DFB＝，
所以S△EMP＝λ·λ·＝λ2．
因为MN与NQ的夹角为SA与BD的夹角，而SA与BD垂直，
所以S四边形PMNQ＝λ(1－λ)，
所以S＝λ(1－λ)＋λ2＝－λ2＋λ，
当λ＝时，S取最大值．]
类型2 交线问题
【典例2】 (1)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为( )
A． B．
C． D．
(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，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
(1)C (2)π [(1)如图，取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H ，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，
在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于点P，则NP 为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，由于C1 H ＝ ＝ ＝ ，∴ NP ＝ ，故选C．
(2)如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点为M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．由题意知点G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝．连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以点M为圆心，为半径的圆弧为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝π．
]
找交线的方法
(1)线面交点法：各棱所在直线与截面的交点；
(2)面面交线法：各侧(底)面与截面的交线．
[跟进训练]
3．(2024·河北邢台模拟)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2BC＝2，以C为球心，为半径的球面与侧面PAB的交线长为( )
A．π B．π C．π D．π
B [因为PA⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，PA⊥AB．
因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
如图所示，设为球C与平面PAB的交线，
则CD＝CE＝，BC＝1，所以BD＝BE＝，
所以所在的圆是以B为圆心，为半径的圆．
因为PA＝AB且PA⊥AB，
所以∠PBA＝，所以的长为＝π．
故选B．]
4．已知正三棱台ABC-A1B1C1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________．
2π [由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，正三棱台的侧面均为全等的等腰梯形．
在四边形ABB1A1中，
AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，
如图，在AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，
即∠A1AB＝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，
分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，
则所求交线长度为三段圆弧的长度之和，长度为×2×3＝2π．]
【教师备选资源】
1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，以C1为球心，为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为( )
A．π B．π
C．π D．π
B [设D1为A1B1的中点，连接C1D1(图略)．
因为A1B1＝AB＝2，△A1B1C1为等边三角形，
所以C1D1＝．
因为C1D1⊥A1B1，C1D1⊥AA1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1 平面ABB1A1，
所以C1D1⊥平面ABB1A1，
所以以C1为球心，为半径的球面与平面ABB1A1的交线为以D1为圆心的圆，
由＝，
可得交线为以D1为圆心，为半径的圆弧，
设该圆弧与AA1，BB1分别相交于点M，N，
因为MD1＝，A1D1＝1，
所以cos ∠MD1A1＝．因为∠MD1A1∈，所以∠MD1A1＝，
所以∠MD1N＝，
故交线长l＝×2π×＝π．故选B．]
2．正三棱台A1B1C1-ABC中，A1B1＝1，AB＝AA1＝2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作截面，则截面与上底面A1B1C1的交线长为________．
[如图，连接AF并延长交CC1的延长线于点M，连接ME交B1C1于点N，连接FN，
则线段FN即为截面与上底面A1B1C1的交线．
因为F为A1C1的中点，＝＝＝，
所以MC1＝CC1＝．
过点E作BC的平行线交CC1于点H，
因为HE＝(BC＋B1C1)＝＝＝＝，所以C1N＝HE＝，
在△C1FN中，
FN＝＝＝．]
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________．
[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＝，
所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形，
所以在△ABD中，过点A作边BD上的高，垂足为E，连接CE，
即BD⊥AE，BD⊥CE，因为AE∩CE＝E，AE，CE 平面ACE，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CE，
取AD的中点O，连接OB，如图2，
因为AB＝BD＝2，AD＝，
所以OB⊥AD，OB＝，AE⊥BD，
所以由等面积法得AD·OB＝BD·AE，
即＝×2×AE，
解得AE＝，所以CE＝，
故平面α与侧面CBD的交线长为．]
培优专练7 立体几何中的截面、交线问题
1．已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法中，不正确的是( )
A．截面BMD1N可能是矩形
B．截面BMD1N可能是菱形
C．截面BMD1N可能是梯形
D．截面BMD1N不可能是正方形
C [如图1，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；
如图2，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；
根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形．故选C．]
2．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1D1，A1B1，BB1的中点，过E，F，G三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为( )
A．4 B．4 C． D．3
D [如图，分别取BC的中点H，CD的中点I，DD1的中点K，连接GH，HI，IK，KE．
因为该几何体为正方体，所以EF∥HI，FG∥IK，GH∥KE，且EF＝HI＝FG＝IK＝GH＝KE＝，
所以过E，F，G三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为正六边形EFGHIK，
所以该正六边形的面积为6××()2＝3．故选D．]
3．(2024·山东潍坊一模)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( )
A． B．
C． D．1
B [在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接DC1，BD，AC，
由AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，得BD⊥AA1，又BD⊥AC，
AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面AA1C，则BD⊥平面AA1C，又A1C 平面AA1C，
于是BD⊥A1C，同理BC1⊥A1C，又BC1∩BD＝B，BC1，BD 平面BC1D，因此A1C⊥平面BC1D．
因为DP⊥A1C，所以DP 平面BC1D，
又点P为截面A1C1B上的动点，平面A1C1B∩平面BC1D＝BC1，
所以点P的轨迹是线段BC1，长度为．
故选B．]
4．(2024·重庆长寿期中)如图，已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD的中点，过点E的平面α与平面D1AC平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为( )
A．4 B．3
C．2＋3 D．4＋3
D [如图1所示，过点A1作A1H⊥AC于点H．因为A1C1＝4，AC＝6，所以AH＝，
则正四棱台的高为A1H，正四棱台的体积为(42＋62＋4×6)·A1H＝，解得A1H＝，
所以侧棱AA1＝＝2．
如图2所示，过点D1作D1F⊥AD于点F，过点A1作A1G⊥AD于点G，连接AD1，
由对称性可知DF＝AG＝＝1，GF＝A1D1＝4，
所以AF＝6－1＝5，又DD1＝AA1＝2，
所以D1F＝＝，所以AD1＝＝4，同理CD1＝AD1＝4，
如图1所示，分别取棱CD，DD1的中点M，N，则平面EMN即为平面α， NE＝MN＝AD1＝2，ME＝AC＝3，
所以截面多边形的周长为4＋3．
故选D．]
5．(多选)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．若圆柱底面圆的半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中正确的是( )
A．短轴长为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 θ
D．面积为
ACD [由题意，椭圆短轴长2b＝2r，
而长轴长随θ变大而变长且2a＝，
所以c＝＝r tan θ，
故e＝＝sin θ，
焦距为2c＝2r tan θ，
椭圆在底面上的射影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆的面积为．
综上，A，C，D正确，B错误．]
6．在正三棱锥A-BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AB⊥CE，则以D为球心、AD为半径的球面截该棱锥各面所得的交线长为________．
π [记CD的中点为F，作AO⊥平面BCD，垂足为O，
由正三棱锥的性质可知，O为正三角形BCD的中心，所以O在BF上．
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD．
由正三角形的性质可知，BF⊥CD．
又BF∩AO＝O，BF，AO 平面ABO，
所以CD⊥平面ABO．
因为AB 平面ABO，所以AB⊥CD．
又CE⊥AB，CE∩CD＝C，CE，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD．
因为AC 平面ACD，所以AC⊥AB．
由正三棱锥的性质可知，AC，AB，AD两两垂直，且AB＝AC＝AD，则AD＝＝2．
如图，易知以D为球心，AD为半径的球面截该棱锥各面所得的交线是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧，
则∠ADC＝∠ADB＝，∠BDC＝，
则其圆心角分别为，
所以其交线长为×2×2×2＝π．]
7．(2024·山东济南三模)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是AB，AD的中点，则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为________．
14 [如图，延长NM，CB相交于点H，连接C1H交BB1于点G，连接MG．
因为在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是AB，AD的中点，所以MN＝＝2，BH＝AN，CC1＝6．
因为△HBG∽△HCC1，＝＝，故BG＝2，GH＝＝2．
在DD1上取靠近D的三等分点Q，连接NQ，C1Q，QG，则NQ＝＝2，同理可知GQ＝NH，所以四边形GQNH为平行四边形，
故G，H，N，Q四点共面，
则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q，
MG＝＝2，C1G＝＝＝4，
同理C1Q＝4，
故截面周长为MN＋MG＋C1G＋C1Q＋NQ＝2＋2＋4＋4＋2＝14．]
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