拓展拔高11 几何体的截面与交线问题(Word学案)-【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学案聚焦几何体截面与交线问题，整合截面形状判断、周长面积计算、交线求解三类核心考点，按“识别-计算-应用”逻辑构建知识链条。通过例题变式探究和问题链设计，引导学生自主归纳截面作图方法与交线判定规律，形成立体几何动态问题的认知框架。 亮点在于诊断性训练与思维进阶设计，每个考点后设对点训练题，学生可通过解题结果定位薄弱环节。结合正方体、四面体等模型实例，培养学生的空间观念与几何直观素养，助力自主诊断与提升，教师可依据训练反馈实施分层指导，提升备考实效。

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. 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 【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. 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. 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 【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. 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. 【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=. (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___________.  【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: 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. 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 【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. 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___________.  【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: (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________.  【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: 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. 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________.  【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: 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________.  【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 - 9 - 学科网（北京）股份有限公司 $