培优12 空间几何体中的截面与交线问题（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学课件聚焦高考立体几何核心考点空间几何体的截面与交线问题，紧扣考查要求培养学生空间想象和逻辑推理素养。课件对接高考评价体系，分析截面形状判断、交线长度计算、面积最值等高频考点权重，归纳三角形六边形等常考题型，结合2024年深圳潍坊期末真题解析，体现备考针对性和实用性。 课件亮点在于“真题导向+方法归纳+素养提升”，通过正方体截面问题培养几何直观和空间观念，用补形法解决正四棱台交线计算训练数学思维。如例1利用线面垂直性质判断截面形状，例3通过函数求导求面积最大值，帮助学生掌握答题技巧提高得分率，为教师提供系统复习框架助力高效备考。

培优12　空间几何体中的截面与交线问题 数 学 新高考专用 目 录 类型1 多面体中的截面问题 类型2 多面体中的交线问题 类型1　多面体中的截面问题 角度1　判断截面多边形的形状 例1    (多选)(2024广东深圳期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,用垂直于AC1的平面截此 正方体,则所得截面可能是 ( ) A.三角形　    B.四边形　    C.五边形　    D.六边形     AD     思路导引     证明AC1⊥平面BDA1,AC1⊥平面CB1D1→平移平面BDA1和平面CB1D1判断. 目 录 解析　如图所示.   在正方体中,BD⊥AC,BD⊥AA1, 又AC∩AA1=A,AC⊂平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,则BD⊥平面AA1C1C, 又AC1⊂平面AA1C1C,则BD⊥AC1,同理,BA1⊥AC1, 目 录 又BD∩BA1=B,BD⊂平面BDA1,BA1⊂平面BDA1, 所以AC1⊥平面BDA1,同理,AC1⊥平面CB1D1, 由直线与平面垂直的性质得与平面BDA1和平面CB1D1平行的平面都与AC1垂直, 由图知在平面BDA1和平面CB1D1之间的平面,截正方体所得截面的形状为六边形; 在平面BDA1和平面CB1D1之外的平面,截正方体所得截面的形状为三角形,故选AD. 目 录 归纳总结     一、正方体中的基本斜截面   目 录 二、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. 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 通过过点找直线的平行线找到多面体与截面的交线. 4.空间向量法:建立空间直角坐标系,利用线面平行与垂直,通过计算,确定截面与多面体 各棱的交点,连接各交点即得截面多边形. 目 录 角度2　求解截面多边形的周长或面积 例2　如图所示,正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面边长为3,下底面边长为6,体积为  ,点E在AD上且满足DE=2AE,过点E的平面α与平面D1AC平行,且与正四棱台各面 相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为 ( )   A.7 　    B.8 　         D     C.3 +4 　    D.4 +4  目 录 解析　如图1所示,分别在棱DC,DD1上取点N,M,使得DN∶NC=DM∶MD1=2∶1, 易得EN∥AC,EM∥AD1, 又EN∩EM=E,AC∩AD1=A,EN,EM⊂平面EMN,AC,AD1⊂平面ACD1, 所以平面EMN∥平面ACD1, 所以平面α与正四棱台各面相交所得截面为△EMN. 过点A1作A1H⊥AC于点H, 则四棱台的高为A1H, 目 录        因为A1C1=3 ,AC=6 ,所以AH= , 则四棱台的体积为 ×(32+62+3×6)A1H= ,解得A1H= , 所以侧棱长为AA1= =3. 如图2所示,过点D1,A1分别作D1F⊥AD于点F,A1G⊥AD于点G, 目 录 由对称性可知DF=AG= = ,又GF=A1D1=3,所以AF=6- = , 而DD1=AA1=3,所以D1F= = , 所以AD1= =3 ,所以CD1=AD1=3 ,又DN∶NC=DM∶MD1=DE∶EA=2∶1, 所以ME=NM= AD1=2 ,EN= AC=4 , 所以截面△EMN的周长为4 +4 .故选D. 目 录 例3　设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,与直线A1C垂直的平面α截该正方体所得的 截面多边形为M,则M的面积的最大值为 ( ) A. 　    B. 　    C. 　    D.      B     目 录 解析　如图,因为BC⊥平面ABB1A1,AB1⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB1, 因为AB1⊥A1B,A1B∩BC=B,BC,A1B⊂平面A1BC, 所以AB1⊥平面A1BC,因为A1C⊂平面A1BC, 所以AB1⊥A1C,同理B1D1⊥A1C, 因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1, 所以A1C⊥平面AB1D1, 所以平面α为平面AB1D1或与平面AB1D1平行的平面,M只能为三角形或六边形. 当M为三角形时,其面积的最大值为 ×( )2= ; 目 录 当M为六边形时,如图1所示, 设KD=x,则AK=1-x,KL= (1-x),KM= x, 依次可以表示出六边形的边长,如图2所示,六边形由两个等腰梯形构成, 其中LP∥KO∥MN,KO= ,两个等腰梯形的高分别为 (1-x), x, 则S六边形LKMNOP= ( x+ )· (1-x)+ [ (1-x)+ ]· x = (-2x2+2x+1)=-  + , 当且仅当x= 时,六边形面积最大,即截面是正六边形时截面面积最大,最大值为 . 综上,M的面积的最大值为 .故选B. 目 录 类型2　多面体中的交线问题 例1    (2024山东潍坊学科素养能力测试)正三棱台ABC-A1B1C1中,A1B1=1,AB=AA1=2, 点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作截面,则截面与上底面A1B1C1的交线长为 _________. 目 录 解析　如图,将正三棱台ABC-A1B1C1补为正三棱锥D-ABC,连接AF并延长交CD于点M, 连接ME交B1C1于点N,连接FN,则FN即为过点A,E,F的截面与上底面A1B1C1的交线,因为 FC1∥AC,所以 = = = ,所以MC1= CC1= ,过点E作BC的平行线交CC1于点H,易 知HE= (BC+B1C1)= .(HE为梯形BCC1B1的中位线) = = = ,所以C1N= HE=  ,在△C1FN中,由余弦定理得FN= = . 目 录 例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O1 O2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__________.      π     目 录 解析　设球O的半径为r,则AB=BC=2r, 故S四边形ABCD=AB·BC=4r2=8,所以r= . 如图,连接PO2,O1P,作OH⊥O2P于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. 目 录 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∩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=OO2sin∠O1O2P= × = . 易知平面PAB与球O的交线为一个圆,其半径为 = = , 故所求交线长为2π× = π. 目 录 归纳总结　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. 目 录 $