《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

命题点1 多面体中的截面问题
[例1](2023·福州质检)已知正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为4，E，F分别是棱AA₁，BC的中点，则平面D₁EF截该正方体所得的截面图形周长为 (　　　)
A. 6 B. 10$\sqrt{2}$
C. $\sqrt{13}+2\sqrt{5}$ D. $\frac{2\sqrt{13}+9\sqrt{5}+25}{3}$

答案：
D取CC1的中点G，连接BG，
　则D1E//BG，
　　　　　
　取CG的中点N，连接FN，则FN//BG，
　所以FN//D1E；
　延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN。
　由题知A为HD的中点，A1E=AE=2，C1N=3，CN=1，则AH=AD=4，D1E=√(4² + 2²)=2√5，
D1N=√(4² + 3²)=5，FN=√(1² + 2²)=√5。取AD的中点Q，连接QF，则AM//FQ。
　所以AM/FQ=AH/HQ，
所以AM=AH/HQ·FQ=4/6×4=8/3，则MB =4/3
　则ME=√(AE² + AM²)=√(4 + (8/3)²)=10/3，MF=√(MB² + BF²)=√((4/3)² + 4)=2√13/3，
　所以截面图形的周长为D1E+EM+MF+FN+ND1=2√5+10/3+2√13/3+√5+5 =(2√13 + 9√5 + 25)/3。

命题点2 球的截面问题
[例2]已知在三棱锥S - ABC中，SA⊥平面ABC，SA = AB = BC = $\sqrt{2}$，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：
[解析]因为AB² + BC²=AC²，故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，故三棱锥S - ABC的外接球O的半径R=√(2 + 2 + 2)/2=√6/2；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=1/3BD=1/3，因为OD=√2/2，故OG²=(√2/2)²+(1/3)²=11/18，
　则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r=√((√6/2)² - 11/18)=2√2/3，过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R=√6/2，
　故截面面积的最小值为8π/9，最大值为3π/2。故截面面积的取值范围是[8π/9，3π/2]。
　答案:[8π/9，3π/2]

对点训练
1. (多选题)如图，设正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为2，E为A₁D₁的中点，F为CC₁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C₁重合时，平面α截正方体的截面面积为2$\sqrt{6}$
C. 点D到平面α的距离的最大值为$\frac{2\sqrt{6}}{3}$
D. 当F为CC₁的中点时，平面α截正方体的截面为五边形

答案：
BCD　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；当点F与点C1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2√6，故B正确；当F为CC1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)，PA=(2,0,-4)，
　则可知点P到直线AM的距离为
　d=√(|PA|² - |PA·AM|²/|AM|²)=√((20t² + 64)/(4 + t²))，
　S△APM=1/2√(t² + 4)·d=√(5t² + 16)，
　S△PAD=1/2×2×4=4，
　设点D到平面α的距离为h，
　利用等体积法VD - APM=VM - PAD，
　即1/3·S△APM·h=1/3·S△PAD·t，
　可得h=4t/√(5t² + 16)=4/√(5 + 16/t²)，
　因为h=4/√(5 + 16/t²)在t∈[2,4]上单调递增，
　所以当t = 4时，h取到最大值为2√6/3，故C 正确。

2. 已知正三棱柱ABC - A₁B₁C₁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：
[解析]正三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，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=AO2=2√3/3，
　则R²=r² + 1=7/3。
　　　　　　
　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πR²=7π/3；
　②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD²=OA² - AD²=7/3 - 1=4/3，
　截面圆的半径为√(R² - OD²)=√(7/3 - 4/3)=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，7π/3]。
　答案:[π，7π/3]

命题点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：
[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=√14/2，AE⊥BD，
　所以由等面积法得1/2AD·OB =1/2BD·AE，
即1/2×√2×√14/2=1/2×2×AE，
　解得AE=√7/2，
　所以DE=√(AD² - AE²)=1/2。
　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=√7/2，
DF=1/2，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√7/2。
　　 　　 答案:√7/2

命题点2 与球有关的交线问题
[例4](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，$\sqrt{5}$为半径的球面与侧面BCC₁B₁的交线长为________.

答案：
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，
　所以D1B1=DB=2，
　所以△D1B1C1为等边三角形，
　则D1E=√3且D1E⊥平面BCC1B1，
　所以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=√(R² - D1E²)=√(5 - 3)=√2。
　可得EP=EQ=√2，
　所以球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的PQ。
　又D1P=√5，
　所以B1P=√(D1P² - D1B1²)=1，
　同理C1Q=1，
　所以P，Q分别为BB1，CC1的中点，
　所以∠PEQ=π/2，
　知PQ的长为π/2×√2=√2π/2。
　答案:√2π/2

对点训练
1. (2023·广安模拟)如图，正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为2，S是A₁B₁的中点，P是A₁D₁的中点，点Q在正方形DCC₁D₁及其内部运动，若PQ//平面SBC₁，则点Q的轨迹的长度是______________.

答案：
[解析]如图所示，
　　　　　
要使PQ//平面SBC1，作PE//C1S交C1D1于E，
　SC1⊂平面SBC1，PE⊄平面SBC1，
　则PE//平面SBC1，
　因为正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长是2，所以D1E=1/4C1D1=1/2，
　连接BD，PS，取BD的中点O，连接PO，则PSBO为平行四边形，则PO//SB，SB⊂平面SBC1，PO⊄平面SBC1，
　则PO//平面SBC1，
　又PO∩PE=P，PO，PE⊂平面POE，
　所以平面POE//平面SBC1，
　设平面POE∩平面DCC1D1=EF，
　则DF=3/4DC=3/2，
　连接OF，EF，则PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF=√((DF - D1E)² + D1D²)=√(1² + 2²)=√5。
　答案:√5

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$\overset{\frown}{CD}$的中点，则平面PAB与球O的交线长为______________.

答案：
[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=√2。
　如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB。
　因为P为CD的中点，所以AP=BP，
　又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB。
　又O1O2∩O2P=O2，所以AB⊥平面O1O2P，又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH。
　因为OH⊥O2P，且AB∩PO2=O2，
　所以OH⊥平面ABP。
　因为O1O2=2r=2√2，O1P=√2，O1O2⊥O1P，所以O2P=√(O1O2² + O1P²)=√((2√2)² + (√2)²)=√10，
　所以sin∠O1O2P=O1P/O2P=√2/√10=√5/5，
　所以OH=OO2×sin∠O1O2P=√2×√5/5=√10/5。
　易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为
　r1=√(r² - OH²)=√((√2)² - (√10/5)²)=2√10/5，
　交线长为l=2πr1=2π×2√10/5=4√10π/5。
答案:4√10π/5