拓展拔高11 几何体的截面与交线问题(课件PPT)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮总复习提升版（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“几何体的截面与交线”专题，针对高考立体几何创新题型，依据高考评价体系梳理了截面形状判断、周长面积计算、交线问题三大核心考点，包含2020新高考Ⅰ卷真题实例，明确高频题型分布，构建了“类型解析+思维升华+对点训练”的备考体系，体现针对性与实用性。 课件亮点在于“真题引领+素养导向”，如例1通过正方体动态截面分析培养几何直观，例3结合球与侧面交线问题发展空间观念与逻辑推理，思维升华总结作截面方法。特设易错点警示与答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

拓展拔高11 几何体的截面与交线问题 【高考考情】 “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. 返回 类型一　截面图形的形状判断 【例1】(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 返回 【解析】选ABD.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符合题意; 当点E与D重合时,过A,B1,E三点的截面为矩形AB1C1D,故B符合题意; 若截面为菱形,则必有AB1=AE,此时点E与D1重合,故C不符合题意; 当点E与DD1的中点重合时,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符合题意. 返回 思维升华 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. 返回 对点训练 过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC的中点E,F作一个截面,使截面与底面ABCD所成二面角为45°,则此截面的形状为(　　) A.三角形或五边形 B.三角形或四边形 C.正六边形 D.三角形或六边形 返回 【解析】选D.过棱AB,BC的中点E,F作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,因为二面角D1-EF-D,二面角B1-EF-B都大于45°, 所以当截面为EFHJIG时,如图所示,为六边形;当截面为EFM时,如图所示,为三角形. 返回 类型二　截面图形的周长或面积 【例2】(1)(2024·保定模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别是棱AA1,BC的中点,则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为(　　) A.6 B.10 C.+2 D. 返回 【解析】选D.取CC1的中点G,连接BG,D1E,EF,则D1E∥BG,取CG的中点N,连接FN,D1N, 则FN∥BG,所以FN∥D1E.延长D1E,DA交于点H,连接FH交AB于点M,连接ME, 则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点, A1E=AE=2,则C1N=3,CN=1,则D1E==2,D1N==5,FN==. 取AD的中点Q,连接QF,则AM∥FQ,所以=,所以AM=·FQ=×4=,则MB=, 则ME===, MF===, 所以截面图形的周长为D1E+EM+MF+FN+ND1=2++++5=. 返回 (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_______.  返回 【解析】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)×=. 答案: 返回 思维升华 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解决. 返回 对点训练 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AB=2,AD=AA1=4,E,F分别为BB1,A1D1的中点,过点A,E,F作长方体ABCD-A1B1C1D1的一个截面,则该截面的周长为(　　) A.6 B.6 C.2+4 D.4+2 返回 【解析】选D.如图,连接AF,过点E作EP∥AF交B1C1于点P,连接FP,AE,即可得到截面AFPE, 因为E为BB1的中点,EP∥AF,所以B1P=A1F=1, 因为AB=2,AD=AA1=4, 则AF==2,所以EP=AF=, AE==2,FP==, 所以截面AFPE的周长为2++2+=4+2. 返回 类型三　交线问题 【例3】(1)(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___________.  返回 【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的交线为以点E为圆心的圆弧PQ.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=,的长为×=. 答案: 返回 (2)在四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2, 平面α过点A,C,且BD⊥平面α,则平面α与侧面CBD的交线长为________.  返回 【解析】如图1,因为△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2,所以AB=AC= BC=BD=2,AD=CD=,所以△BCD与△BAD全等,且为等腰三角形,所以在△ABD中,过顶点A作边BD上的高,垂足为E,取AD的中点O,连接OB,如图2,因为AB=BD=2,AD=,所以OB⊥AD,OB=, AE⊥BD,所以由等面积法得AD·OB=BD·AE,即××=×2AE,解得AE=,所以DE==.在△BCD中,过顶点C作边BD上的高,垂足为F,取CD的中点M,连接MB, 如图3,同在△ABD中的情况,可得CF=,DF=,所以点E,F重合,即BD⊥AE(F),BD⊥CE(F), 因为AE∩CE=E,所以BD⊥平面ACE,平面α即为平面ACE, 平面α与侧面CBD的交线为线段CF,长度为. 答案: 返回 思维升华 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. 返回 对点训练 1.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,S是A1B1的中点,P是A1D1的中点,点Q在正方形DCC1D1及其内部运动,若PQ∥平面SBC1,则点Q的轨迹的长度是________.  返回 【解析】如图所示,要使PQ∥平面SBC1,作PE∥C1S交C1D1于点E,SC1⊂平面SBC1, PE⊄平面SBC1,则PE∥平面SBC1.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2, 所以D1E=C1D1=.连接BD,取BD的中点O,连接PO,PS, 则PSBO为平行四边形,则PO∥SB,又SB⊂平面SBC1, PO⊄平面SBC1,则PO∥平面SBC1.又PO∩PE=P,PO,PE⊂平面POE, 所以平面POE∥平面SBC1.设平面POE∩平面DCC1D1=EF, 则DF=DC=.连接OF,EF,则四边形PEFO为平行四边形, 点Q的轨迹为线段EF,EF===. 答案: 返回 2.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________.  返回 【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PO2⊥AB.又O1O2∩PO2=O2,所以AB⊥平面O1O2P, 又OH⊂平面O1O2P,所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P,且AB∩PO2=O2,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. 答案:π 返回 $