第7章 微专题系列之数学探究——立体几何中的截面问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第七章　立体几何 微专题系列之数学探究——立体几何中的截面问题 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 课时作业(三十七) 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体(包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等等)，得到的平面图形叫截面．首先，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截．其次，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图形有哪些． 1．正六面体的基本截面 横截：正方形； 竖截：正方形、矩形； 斜截：如下图所示． 正六面体斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形． 2．圆柱体的基本截面 横截：圆形，如图①； 竖截：矩形，如图②； 斜截：如图③④⑤. 常在六面体中考查立体图形的截面问题，有时也会在六面体的基础上再叠加一些圆柱、三棱锥等其他图形．在备考过程中，只需要把常见立体图形的截面记住，并在考试中熟练应用即可． 类型1　确定截面的形状 【例1】 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD­A1B1C1D1，得到的截面的形状是(　　) A．平行四边形 B．梯形 C．五边形 D．以上都不对 [思维过程] 明确目标→确定截面的形状； 提取信息→正方体，点M为BC的中点． 建立联系→画出图形，设截面为α，设BD∩AM＝O，P为DD1上靠近于D1的三等分点，N为CC1上靠近于C的三等分点， 由BD1∥α，推出MN∥AP，推出截面AMNP为梯形． 思路导引→如图，设截面为α，设BD∩AM＝O，P为DD1上靠近于D1的三等分点，N为CC1上靠近于C的三等分点， 由BD1∥α可得平面BDD1与α的交线平行于BD1，所以α∩平面DBD1＝OP， 又平面α与两平行平面AA1D1D，BB1C1C的交线应互相平行， 所以α∩平面AA1D1D＝AP，α∩平面BB1C1C＝MN， 由MN∥AP且MN≠AP可得截面AMNP为梯形． 答案：B 【练1】 一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能是(　　) D　解析：考虑球心的平面在转动过程中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆的内接正方形． 类型2　确定截面的个数 【例2】 若四棱锥P­ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α(　　) A.不存在 B．只有1个 C．恰有4个 D．有无数多个 [思维过程] 明确目标→确定符合条件的平面的个数． 提取信息→四棱锥P­ABCD的底面不是平行四边形． 建立联系→若要使截面四边形A1B1C1D1是平行四边形，我们只要证明A1B1∥C1D1，同时A1D1∥B1C1即可，根据已知侧面PAD与侧面PBC相交，侧面PAB与侧面PCD相交，根据面面平行的性质定理，我们易得结论． 思路导引→由侧面PAD与侧面PBC相交，侧面PAB与侧面PCD相交， 设两组相交平面的交线分别为m，n， 由m，n确定的一个平面为β， 作α与β平行且与四条侧棱相交， 交点分别为A1，B1，C1，D1， 则由面面平行的性质定理得， A1B1∥m∥D1C1，A1D1∥n∥B1C1， 从而得截面必为平行四边形． 由于平面α可以上下移动， 则这样的平面α有无数多个． 答案：D 【练2】 如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝BC＝1，AD＝2，PA＝PD，点M为AD中点，平面PAD⊥平面ABCD，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为 eq \f(\r(2),2) . (1)求证：BM∥平面PCD； (2)求四棱锥P­ABCD的体积； (3)用一个平面去截四棱锥P­ABCD，请作出一个平行四边形截面(无需证明)，并写出你能作出的平行四边形的截面的个数． (1)证明：∵AD∥BC，BC＝1，AD＝2，点M为AD的中点， ∴BC∥MD，BC＝MD， ∴四边形BCDM是平行四边形，∴BM∥CD. ∵BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴BM∥平面PCD. (2)解：连接PM，∵PA＝PD，M为AD的中点， ∴PM⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABC，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD， ∴PM⊥平面PAD， ∴直线PB与平面ABCD所成角为∠PBM， 且tan ∠PBM＝ eq \f(PM,BM) ＝ eq \f(\r(2),2) ， ∵∠BAD＝90°，AB＝AM＝1，∴BM＝ eq \r(2) ，PM＝1， ∴四棱锥P­ABCD的体积为VP­ABCD＝ eq \f(1,3) ·S梯形ABCD·PM＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×(1＋2)×1×1＝ eq \f(1,2) . (3)解：取PD，PA的中点E，F，连接CE，EF，FB， 则截面BCEF是平行四边形截面， 可以作出无数个平行四边形截面． 类型3　计算截面图形的面积或周长 【例3】 已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，以其体对角线的交点O为球心， eq \f(\r(21),3) 为半径的球与正方体表面的交线长为________________． [思维过程] 明确目标→求交线的长度． 提取信息→正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为2，体对角线的交点O为球心， eq \f(\r(21),3) 为半径的球． 建立联系→根据球与正方体的关系，作出轴截面，进行求解即可． 思路导引→依题意，球心O到正方体表面的距离为1， 设正方形ABCD的中心为O1， 正方形ABCD所在平面截球O所得的圆的半径r＝ eq \r(R2－d2) ＝ eq \f(2\r(3),3) ＞1． 故球O与每一个面的交线均为四段圆弧， 且∠EO1F＝ eq \f(π,3) . 故四段圆弧的圆心角之和为( eq \f(π,2) － eq \f(π,3) )×4＝ eq \f(2π,3) ， 故一个面上的交线长l＝ eq \f(2π,3) × eq \f(2\r(3),3) ＝ eq \f(4\r(3),9) π， 则6个面的交线长为 eq \f(4\r(3),9) π×6＝ eq \f(8\r(3)π,3) . 答案： eq \f(8\r(3)π,3) 【练3】 已知球O与棱长为 eq \r(2) 的正方体ABCD­A1B1C1D1的各个面都相切，则平面ACD1截此球所得的截面面积为(　　) A． eq \f(π,3) B． eq \f(2π,3) C．π D． eq \f(4π,3) A　解析：由题意可得，球O的半径R＝ eq \f(\r(2),2) .由球心O为正方体的中心，可得点O到平面ACD1的距离d＝ eq \f(1,6) BD1＝ eq \f(1,6) × eq \r(2) × eq \r(3) ＝ eq \f(\r(6),6) ， ∴平面ACD1截此球所得的截面圆的半径r＝ eq \r(R2－d2) ＝ eq \f(\r(3),3) ， ∴平面ACD1截此球所得的截面面积为πr2＝ eq \f(1,3) π.故选A. $$