第七章 7 教材拓展12 空间几何体的截面(交线)问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学高考复习讲义围绕空间几何体的截面与交线核心考点，以公理性质为基础，按截面作图、形状判断、面积周长计算、交线分析四个角度构建知识体系，通过考点梳理（原理与方法）、方法指导（直接法等）、真题讲解（如2020新高考Ⅰ卷题）、分层练习（对点练）的教学环节，帮助学生突破立体几何动态问题难点。 讲义突出空间观念与逻辑推理培养，创新采用“原理-方法-应用”三步教学法，如截面作图中通过延长线法找交点（延长DN交D1C1延长线得E），引导学生用数学思维构建空间关系。设置基础到综合的分层练习，配合真题即时反馈，确保高效突破，助力学生提升空间想象与规范表达能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

空间几何体的截面(交线)问题 　　“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，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、周长、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. 空间几何体的截面的作图主要原理 1.两个公理：(1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线.(2)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 2.两个性质：(1)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行.(2)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行. 角度1　截面作图 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN＝2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法. 解：如图所示，五边形DQMFN即为所求截面. 作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E， 连接ME交B1C1于点F，交D1A1的延长线于点H， 连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，则五边形DQMFN即为所求截面. 作截面的几种方法 1.直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. 2.延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. 3.平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线. 学生用书⬇第183页 对点练1.如图，已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，D1，M三点作正方体的截面，作出这个截面图，写出作法. 解：如图，连接CD1，连接D1M并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连接MP，则四边形CD1MP为过C，D1，M三点的正方体的截面. 角度2　截面图形的形状判断 已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是(　　) A.等腰三角形 B.等腰梯形 C.五边形 D.正六边形 答案：D 解析：如图①，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能；截面ABEF为等腰梯形，选项B可能；如图②，截面AMDEN为五边形，选项C可能；因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能. 　　判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置. 对点练2.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段DD1上的动点，若过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为(　　) A.等边三角形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形 答案：ABD 解析：当点E与D1重合时，过A，B1，E三点的截面是等边三角形AB1D1，故A正确；当点E与D重合时，过A，B1，E三点的截面为矩形AB1C1D，故B正确；若截面为菱形，则必有AB1＝AE，此时点E与D1重合，故C错误；当点E与DD1中点重合时，记C1D1的中点为F，连接EF，FB1，C1D(图略)，易知EF∥DC1，由正方体性质可知，AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1，所以EF∥AB1且EF＝AB1，设正方体棱长为2，则AE＝B1F＝＝，所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确.故选ABD. 角度3　截面图形的周长或面积 (1)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为(　　) A. B. C. D. (2)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　　　　. 答案：(1)A　(2) 解析： (1)如图，记该正方体为ABCD-A1B1C1D1，要使正方体的每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，那么平面α 必须与正方体的体对角线AC1 垂直.连接B1C，B1D1，CD1，易知平面α 与平面B1CD1 平行或重合.①当截面为三角形时，截面面积最大为×2＝.②当截面为六边形时，设截面与棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的交点分别为E，F，G，H，I，J.不妨设A1E＝x(0≤x≤1)，则DJ＝x，延长EJ，HI交于点M，则M∈直线AD，显然△MEH是边长为 的正三角形，△MJI是边长为x 的正三角形，所以S四边形EHIJ＝S△MEH－S△MJI＝(2－2x2)，同理可得S四边形EHGF＝＝，所以截面面积S＝(2＋4x－4x2)＝[3－(1－2x)2]≤，当且仅当x＝时等号成立.即当x＝时，截面面积取得最大值，最大值为.综上，截面面积的最大值为.故选A. (2)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BDNM即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝＝，所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝. 　　几何体的截面的相关计算，关键在于根据公理作出所求的截面，再运用解三角形的相关知识得以解决. 对点练3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为3，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积为(　　) A.2 B.4 C.2 D.4 答案：C 解析：延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，因为平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG，所以AD1∥GE，又因为AD1＝3，GE＝，所以四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面.又因为D1G＝AE＝，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1，所以GH＝＝，所以S＝·(EG＋AD1)·GH＝×(＋3)×＝2. 角度4　交线问题 (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　　　　　. 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＝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＝＝＝.可得EP＝EQ＝，所以球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧.又D1P＝，所以B1P＝＝1，同理C1Q＝1，所以P，Q分别为BB1，CC1的中点，所以∠PEQ＝，知×＝. 作交线的方法 1.利用基本事实3作交线. 2.利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线. 对点练4.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为圆柱底面圆弧的中点，则平面PAB与球O的交线长为　　　　. 答案：π 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＝.如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于点H，易知O1O2⊥AB.因为P为的中点，所以AP＝BP，又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P⊂平面O1O2P，所以AB⊥平面O1O2P，又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P⊂平面ABP，所以OH⊥平面ABP.因为O1O2＝2r＝2，O1P＝，O1O2⊥O1P，所以O2P＝＝＝，所以sin∠O1O2P＝＝＝，所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝×＝.易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为r1＝＝＝，交线长为l＝2πr1＝2π×＝π. 学生用书⬇第184页 学科网（北京）股份有限公司 $