《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

（2）（多选）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是（ ）

A. $AO\bot$平面BCD
B. 球O的体积为$\frac{\sqrt{2}\pi}{3}$
C. 球O被平面BCD截得的截面面积为$\frac{4\pi}{3}$
D. 球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为$\frac{8\sqrt{3}\pi}{3}$

答案：
(2)ABD

例3　在棱长为2的正方体ABCD - $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，P，Q，R分别是AB，AD，$B_{1}C_{1}$的中点，设过P，Q，R的截面与平面$ADD_{1}A_{1}$以及平面$ABB_{1}A_{1}$的交线分别为l，m，则l，m所成的角为（ ）
A. $90^{\circ}$
B. $30^{\circ}$
C. $45^{\circ}$
D. $60^{\circ}$

答案： D

例4　在正四棱锥P - ABCD中，已知$PA = AB = 2$，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为（ ）
A. $\frac{\sqrt{6}\pi}{6}$
B. $\frac{\sqrt{6}\pi}{4}$
C. $\frac{\sqrt{6}\pi}{3}$
D. $\frac{\sqrt{6}\pi}{2}$

答案：
A [如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD，AB = 2，由PA = 2，可得OE = 1，PE=$\sqrt{3}$，故OP=$\sqrt{2}$，△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，$OM=\frac{OP\cdot OE}{PE}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，球的半径$OF=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，在Rt△OMF中，截面圆半径$MF=\sqrt{OF^{2}-OM^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，在正△PCD中，以M为圆心，作半径为$\frac{\sqrt{6}}{3}$的圆，易知$ME=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$EF=\sqrt{(\frac{\sqrt{6}}{3})^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}=ME$，所以∠FME = 45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的$\frac{1}{4}$，即为$\frac{1}{4}\times2\pi\times MF=\frac{\sqrt{6}\pi}{6}$．
　　　　　　　　　
]

跟踪演练2　（1）（2024·枣庄模拟）在侧棱长为2的正三棱锥A - BCD中，点E为棱BC上一点，且$AD\bot AE$，则以A为球心，$\sqrt{2}$为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A. $\frac{3\sqrt{2}\pi}{4}$
B. $\sqrt{2}\pi$
C. $\frac{3\sqrt{2}\pi}{2}$
D. $3\sqrt{2}\pi$

答案：
(1)C

（2）（2024·汕头模拟）如图，在正方体ABCD - $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，E是棱$CC_{1}$的中点，记平面$AD_{1}E$与平面ABCD的交线为$l_{1}$，平面$AD_{1}E$与平面$ABB_{1}A_{1}$的交线为$l_{2}$，若直线AB分别与$l_{1}$，$l_{2}$所成的角为$\alpha$，$\beta$，则$\tan\alpha =$__________，$\tan(\alpha + \beta) =$__________.

答案：
(2)$\frac{1}{2}$ $\frac{4}{3}$

例1 （多选）(2024·梅州模拟)
如图，平面ABN⊥平面α，AB = MN = 2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则 （ ）

A. 以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π
B. 若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C. 若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为$\frac{π}{2}$
D. 满足∠MNP = 45°的点P的轨迹是椭圆

答案：
例1 BC [对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°，所以点N到平面α的距离d = MN·sin30° = 1，故半径为R = 2的球面在平面α上截面圆的半径为r = $\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{3}$，故截痕长为2πr = $2\sqrt{3}\pi$，A错误；
对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以AB为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，在平面ABN内作z轴⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0,0,0)，B(0,1,0)，A(0, - 1,0)，N(0,$\sqrt{3}$,1)，设P(x,y,0)，则PM = PN⇒$x^{2}+y^{2}=x^{2}+(y - \sqrt{3})^{2}+1$，化简得y = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确；
对于C，$\overrightarrow{MN}=(0,\sqrt{3},1)$，$\overrightarrow{MP}=(x,y,0)$，所以P到直线MN的距离为$\sqrt{\overrightarrow{MP}^{2}-(\frac{\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MN}}{|\overrightarrow{MN}|})^{2}}=\sqrt{x^{2}+y^{2}-(\frac{\sqrt{3}y}{2})^{2}} = 1$，化简可得$x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$，所以点P的轨迹是平面α内的椭圆$x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$，如图，当P在短轴的端点时，∠APB最大，由于BM = MP = 1，故∠BPM = $\frac{\pi}{4}$，因此∠APB = 2∠BPM = $\frac{\pi}{2}$，C正确；
　　　
对于D，$\overrightarrow{NM}=(0,-\sqrt{3},-1)$，$\overrightarrow{NP}=(x,y - \sqrt{3},-1)$，若∠MNP = 45°，则cos∠MNP = cos＜$\overrightarrow{NM},\overrightarrow{NP}$＞ = $\frac{\overrightarrow{NM}\cdot\overrightarrow{NP}}{|\overrightarrow{NM}||\overrightarrow{NP}|}=\frac{-\sqrt{3}y + 4}{2\sqrt{x^{2}+(y - \sqrt{3})^{2}+1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，化简得$\frac{(y - 2\sqrt{3})^{2}}{4}-\frac{x^{2}}{2}=1$且y ＜ $\frac{4\sqrt{3}}{3}$，故满足∠MNP = 45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误．]