2025高考数学二轮专题复习专题四立体几何微重点2截面、交线问题 .docx
微重点2截面、交线问题
[考情分析]“截面、交线”问题是高考立体几何问题具有创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.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.
考点一截面问题
考向1多面体中的截面问题
例1(2024·安庆模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则()
A.该截面多边形是四边形
B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C.A1C⊥平面C1EF
D.平面AB1D1∥平面C1EF
答案B
解析对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G，H，
连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误；
对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=12BC
所以BPCC1=GBGC=13，即BPBB1=1
对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，
又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C?平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，
因为A1C?平面A1B1C，所以A1C⊥BC1，同理可证A1C⊥BD，
因为BD∩BC1=B，BD，BC1?平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，
因为平面BC1D与平面C1EF相交，所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误；
对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1，所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1，
又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1?AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，
结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误.
考向2旋转体的截面问题
例2(多选)[勒洛四面体]勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，如图乙所示.若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法错误的是()
A.勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π-3)
B.勒洛四面体ABCD内切球的半径是4-6
C.勒洛四面体的截面面积的最大值为2π-23
D.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2-6
答案AB
解析对于选项A，截面示意图如图，
S截=(S扇形ABC-S△ABC)·3+S△ABC=12×π3×22-34
对于选项B，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球的球心O，如图，
正△BCD外接圆半径O1B=23×2×cos30°=233，正四面体ABCD的高AO1
令正四面体ABCD的外接球半径为R，
在Rt△BOO1中，R2=263-R2+
此时我们再次抽取部分勒洛四面体如图所示，
图中取正四面体ABCD的中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F，其中BO即为正四面体外接球半径R=6
因为点A，C，D，F均在以点B为球心的球面上，所以BF=AB=2，
设勒洛四面体内切球半径为r，则由图得r=OF=BF-BO=AB-BO=2-62，故选项
对于选项C，显然勒洛四面体截面经过正四面体某三个顶点时面积最大，由对A选项的分析知(S截)max=2π-23，故选项C
对于选项D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球，所以勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径为2-62，故选项D
[规律方法]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.
跟踪演练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.52 B.7
C.4 D.9
答案D
解析取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，
则EM∥BC1，且EM=12BC1，则EM∥AD1
且EM=12AD1
又AB=2，所以MD1=AE=22+
BC1=AD1=22
因此EM=2，所以平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A.
h=MD12-
所以该截面积的面积S=12(AD1+EM)·h=9
(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⊥平面BCD
B