空间几何体的截面及交线问题课件-2025届高三数学一轮复习

课题导入 在高考立体几何考点中涉及到空间几何体的截面的地方较多，是立体几何中的难点。 一个平面截一个几何体，这个平面和几何体的各个面交线，围成一个封闭的平面图形，这个封闭图形就称为几何体的截面。 空间几何体的截面 及交线问题 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 授课教师：111 授课时间：XX.XX 2025届高复 2 目标引领 1、能在多面体中寻找交线，解决交线问题 2、能在多面体中寻找截面，解决截面问题 独立自学 一、多面体中的交线问题 多面体中找交线的常用方法 1．利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线，即只需找相交平面的两个公共点，两点连线就是交线． 2．利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行，再利用性质作出交线． 3．对于球与多面体的交线长问题，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可． 独立自学 二、多面体中的截面问题 1．正方体中的基本斜截面 独立自学 2．多面体中找截面的几种方法 (1) 直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程． (2) 延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线． (3) 平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线． 引导探究 当堂诊学 当堂诊学 引导探究 (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， 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为______． 引导探究 当堂诊学 (1) 直接法 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P为BB1的中点．画出过A1，C1，P的截面. 解：因为此三点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，直接连接A1P，A1C1，C1P就得到截面A1C1P. 当堂诊学 (2) 延长线法 当堂诊学 引导探究 (3)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为______． 平行线法 引导探究 目标升华 多面体中找交线的常用方法有哪些？ 多面体中找截面的常用方法有哪些？ 当堂诊学 (1)在四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝AD＝ ，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. B．π C. D. √ 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 (2)过正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线BD1的截面面积为S，Smax和Smin分别为S的最大值和最小值，则 ＝ √ 当堂诊学 √ (3)[多选题]正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是 A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正六边形 D．截面面积最大值为3 √ √ 当堂诊学 当堂诊学 (4)如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________． 当堂诊学 当堂诊学 （5）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E是侧棱AA1的中点，则平面B1CE截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形的周长是____________． 当堂诊学 如图，取AD中点H，连接EH，A1D. 【解析】 强化补清 完成题组层级快练 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 2025 坚持到底就是胜利！ 29 一、面面交线问题 ABCD－A1B1C1D1是正方体，在图1中，E，F分别是D1C1，B1B的中点，画出图1、图2中有阴影的平面与平面ABCD的交线，并给出证明． 【解析】　在图3中，过点E作EN平行于B1B交CD于点N，连接NB并延长交EF的延长线于点M，连接AM，则AM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线． 在图4中，延长DC，过点C1作C1M∥A1B交DC的延长线于点M，连接BM，则BM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线． 证明如下：在图3中，因为直线EN∥BF，所以B，N，E，F四点共面，又BF＝eq \f(1,2)EN，因此EF与BN相交，交点为M.因为M∈EF，且M∈NB，而EF⊂平面AEF，NB⊂平面ABCD，所以M是平面ABCD与平面AEF的公共点．又因为点A是平面AEF和平面ABCD的公共点，故AM为两平面的交线． 在图4中，因为C1M∥A1B，且交DC的延长线于点M，易证点M为平面A1C1B与平面ABCD的公共点，又点B是这两个平面的公共点，因此直线BM是两平面的交线． 易知四边形A1B1C1D1为菱形，∠B1A1D1＝60°，连接B1D1，则△B1C1D1为正三角形，取B1C1的中点O，连接D1O，易得D1O⊥B1C1，所以D1O⊥平面BCC1B1.取BB1的中点E，CC1的中点F，连接D1E，D1F，OE，OF，EF，易知D1E＝D1F＝，易知以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线是以O为圆心，OE为半径的EF，因为B1E＝B1O＝1，所以OE＝，同理OF＝，易知EF＝2，所以∠EOF＝90°，所以EF的长＝×(2π×)＝. 二、截面问题 如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱AB的中点．试画出过点E，C，D1三点的截面，并求出此截面的面积． 二、截面问题 如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱AB的中点．试画出过点E，C，D1三点的截面，并求出此截面的面积． 【解析】　如图，连接CE并延长交DA的延长线于点P，连接D1P交A1A于点F，连接FE，D1C，则四边形CD1FE为所作的截面． 因为E为棱AB的中点，所以E，A，F分别是CP，DP，D1P的中点，所以EF是△PCD1的中位线，则CP＝D1P＝eq \r(5)，CD1＝eq \r(2)，故四边形CD1FE是等腰梯形． 因为S△PCD1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up24(2))＝eq \f(3,2)， 所以S梯形D1CEF＝eq \f(3,4)S△PCD1＝eq \f(9,8). 如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作 BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BD NM即为符合条件的平面α，由作图可知M，N分别为 B1C1，C1D1的中点，故BD＝2，MN＝，且BM＝ DN＝，所以等腰梯形MNDB的高为h＝＝，所 以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝. 由题意得△ACD，△ABC为等腰直角三角形． 设球C与Rt△ACD的边CD，AD分别交于点 M，N，如图①所示，设球C与Rt△ABC的边 AB，CB分别交于点H，G，如图②所示．易得 cos∠ACN＝，则∠ACN＝，AN＝AC·tan＝1，所以∠NCM＝∠ACD－∠ACN＝－＝，所以的长＝2×＝，同理，的长＝. 在△ABD内，如图③所示，因为AH＝AN＝ ＝1，∠HAN＝，则的长＝1× ＝.在△BCD内，如图④所示，易知是以顶 点C为圆心，2为半径，圆心角为的弧，则的长＝2×＝，所以球C与该四面体每个面的交线的长度之和为＋＋＋＝.故选D. A. B. C. D. 设M，N分别为AA1，CC1的中点(图略)，易证截面BMD1N是边长为的菱形(正方体棱长设为1)，其面积Smin＝.而截面BB1D1D是矩形，其面积Smax＝，故＝＝.故选C. 易知A，C正确，B不正确，下面说明D正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN＝2，GH＝，OE＝＝＝，所以S＝2××(＋2)×＝3，故D正确．故选ACD. 3 如图所示，因为A1M＝2MD1，故通过平行线法可知， 该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分 点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为 3a，则ME＝2a，MI＝a，IH＝2a，HG＝a， FG＝2a，EF＝a，所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为3. $$