《2025年赢在微点数学》

[典例2] 在四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直且AB = AC = AD = √3，以C为球心，2为半径的球C与该四面体每个面的交线的长度之和为（ ）
A. 5π / 6
B. π
C. 4π / 3
D. 3π / 2

答案： D

[训练1] （1）在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2，E为棱BB₁的中点，则平面AED₁截正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的截面面积为（ ）
A. 5 / 2
B. 7 / 2
C. 4
D. 9 / 2

答案：

[训练1]　
(1)D　解析　如图,取$B_{1}C_{1}$的中点为$M$，连接$EM$，$MD_{1}$，$BC_{1}$，则$EM// BC_{1}$，且$EM = \frac{1}{2}BC_{1}$，则$EM// AD_{1}$，且$EM=\frac{1}{2}AD_{1}$。又$AB = 2$，所以$MD_{1}=AE=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$，$BC_{1}=AD_{1}=2\sqrt{2}$，因此$EM=\sqrt{2}$，所以平面$AED_{1}$截正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$所得的截面为等腰梯形$EMD_{1}A$。
因为该等腰梯形的高$h=\sqrt{D_{1}M^{2}-(\frac{AD_{1}-EM}{2})^{2}}=\sqrt{5 - \frac{1}{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，所以该截面的面积$S=\frac{1}{2}(AD_{1}+EM)\cdot h=\frac{9}{2}$。故选D。

（2）（2024·广东广州模拟）已知三棱锥P - ABC的棱AB，AC，AP两两垂直，AB = AC = AP = √2，以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（ ）
A. π / 2
B. √3π / 3
C. 2√2π / 3
D. 2√3π / 3

答案：
(2)D　解析　因为三棱锥$P - ABC$的棱$AB$，$AC$，$AP$两两垂直，$AB = AC = AP=\sqrt{2}$，所以$PB = PC = BC = 2$。所以球$A$与三棱锥的表面$ABC$，$APC$，$APB$的交线均是以点$A$为圆心，$1$为半径，$\frac{\pi}{2}$为圆心角的圆弧，其长度为$\frac{\pi}{2}$。设点$A$到平面$PBC$的距离为$d$，因为$AB = AC = AP=\sqrt{2}$，所以$\triangle PBC$是边长为$2$的等边三角形，由$V_{P - ABC}=V_{A - PBC}$可得$\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times\sqrt{2}\times\sqrt{2}\times\sqrt{2}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times2\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times d$，解得$d = \frac{\sqrt{6}}{3}$，所以球$A$与表面$PBC$的交线是以$\triangle PBC$的中心为圆心，$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{6}}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$为半径的圆，其长度为$\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$，因为$\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}＞\frac{\pi}{2}$，所以以顶点$A$为球心，$1$为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为$\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$，故选D。