专题3.8 重难突破11 立体几何中的截面、交线问题（课件）-【金版新学案】2024高考数学大二轮专题复习与测试（新教材）

重难突破11　立体几何中的截面、交线问题 层级二　精准突破保分点 内容索引 立体几何中的截面问题 类型一 立体几何中的交线问题 类型二 专　题　集　训 类型一　立体几何中的截面问题 01 返回 考向1　多面体中的截面问题 (多选)(2023·湖北高三四月调研)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 例1 √ √ √ 对于B项，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EF GHIJ，故AC1⊥平面EF GHIJ，而六边形EF GHIJ显然为正六边形，故B正确； 对于C项，如图②所示，连接AC、BD交于O点，记平面AD1和平面AB1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、CO交GH、EF 于N、M两点， 由中位线性质可得N，M为A1O，CO的中点， 故A1C∥MN，又因为A1C⊄平面GHEF ，MN⊂平面GHEF ，所以A1C∥平面GHEF ，所以C项错误； 对于AD项，如图③所示，延长EF 分别与直线AB，AD交于P，Q两点，连接A1P、A1Q交棱B1B，D1D于S，T两点，则五边形A1SEF T为所得截面，A正确；S＝S△A1PQ－S△SEP－S△TQF ＝ ，故D正确．故选ABD. 考向2　球的截面问题 (多选)(2023·安徽淮南二模)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 例2 √ √ √ 对于A，设E，F 分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF ，MF ，EF ，AN，DN， 又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点也为EF 的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，故A正确；对于B，由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM， 3 2 2 2 2 2 空间几何体作截面图的方法 1.直接法.2.平行线法.3.延长法.4.辅助平面法．　　 感悟提升 针对练1.(多选)如图，直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F 分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F 的平面记为α，则下列结论正确的是 A．平面α截直四棱柱ABCD A1B1C1D1所得截面的形状为四边形 B．平面α截直四棱柱ABCD A1B1C1D1所得截面的面积为 C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25 D．点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3 √ √ 对于A，如图，延长EF 分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，NF ，则平面α截直四棱柱ABCD A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEF N，故A错误； 2 针对练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________． 返回 02 返回 类型二　立体几何中的交线问题 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，E，F 分别是A1D1，AA1的中点，平面CEF 截正方体所得的截面为多边形，则此截面多边形的周长为__________． 例3 延长EF 交DA的延长线于点M，连接MC交AB于点N，延长F E交DD1的延长线于点P，连接PC交C1D1于点Q，连接EQ，则五边形EF NCQ即为平面CEF 截正方体所得的截面，如图所示， 考向1　多面体中的交线问题 考向2　球的交线问题 已知三棱锥P ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC＝2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于________． 例4 找交线的方法 1．线面交点法：各棱线与截平面的交点． 2．面面交点法：各棱面与截平面的交线．　 感悟提升 针对练3.已知正三棱台ABC A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱