专题3 重难突破6 立体几何中的截面、交线问题(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何中的截面与交线问题，依据高考评价体系梳理球的截面、多面体截面、多面体交线、球与平面交线四大核心考点，通过例题分析明确截面面积计算、交线长度求解等高频题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“例题精讲+方法归纳+预测训练”模式，如多面体截面问题采用延长线法和平行线法确定截面形状，培养学生空间观念与逻辑推理素养。课后导学总结作交线的基本事实与性质定理应用技巧，配合预测练强化解题能力，助力教师高效指导学生冲刺高考。

重难突破6　 立体几何中的截面、交线问题 专题三　立体几何 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 命题精研·巧突破 01 专题集训·课时练 02 栏目导航 专题三　立体几何 1 2 命题精研·巧突破 栏目导航 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 专题集训·课时练 栏目导航 栏目导航 专题三　立体几何 1 谢谢观看 栏目导航 专题三　立体几何 1 命题点1　立体几何中的截面问题 角度1　球的截面问题 [例1]　在直三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝4，AC⊥AB，过AC1作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为______． [解析]　由直三棱柱ABC -A1B1C1可知，AA1⊥平面ABC，又AC⊥AB，所以AB，AC，AA1两两垂直，设直三棱柱ABC -A1B1C1外接球的半径为R， 通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以AB，AC，AA1为边长的长方体外接球相同； 过AC1作该直三棱柱外接球的截面，当AC1为所截圆的直径时截面面积最小， 因为AC1＝＝4，则所求截面面积最小值为π2＝8π. [答案]　8π 解决球的截面问题抓住以下几个方面 (1)球心到截面圆的距离． (2)截面圆的半径． (3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形). 角度2　多面体中的截面问题 [例2]　(1)已知正方体ABCD -A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD -A1B1C1D1形成的截面图形为(　　) A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 (2)已知一正方体木块ABCD -A1B1C1D1的棱长为4，点E在棱AA1上，且AE＝3.现过D，E，B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为(　　) A．4 B．5 C．2 D． [解析]　(1)如图，设AB＝6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l，所以l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE， 此时△FD1I∽△ABE，故ID1＝，连接AI， 所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选C. (2)如图，在CC1上取一点F，使得CF＝1， 连接B1F，DF，AF，EC1，EF，AC1， 因为AE∥C1F且AE＝C1F， 所以四边形AEC1F为平行四边形， 所以EF与AC1相交于O且O为AC1的中点， 又O在B1D上，所以EF与B1D相交于O，且O平分EF，B1D， 所以四点D，E，B1，F四点共面且四边形DEB1F为平行四边形， 所以过D，E，B1三点的截面是平行四边形DEB1F， ∵DE＝＝5，B1E＝＝， DB1＝＝4， ∴cos ∠DEB1＝＝＝－， ∴sin ∠DEB1＝＝， 故截面面积为 S＝＝2×DE×B1E sin∠DEB1＝5××＝4. 故选A. [答案]　(1)C　(2)A 多面体中找截面的常用方法 (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． [预测练1] 1．已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是(　　) A．9π B．12π C．16π D．20π 解析　由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径的最小值为＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝16π.故选C. 答案　C 2．已知正方体每条棱所在直线与平面α所成角相等，平面α截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为S，周长为l，则(　　) A．S不为定值，l为定值 B．S为定值，l不为定值 C．S与l均为定值 D．S与l均不为定值 解析　正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，正方体每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图，与平面A1BD平行且截面是六边形时满足截面多边形边数最多，设正方体的棱长为1，作EF∥A1B，FG∥B1C，GH∥BD，HM∥CD1，MN∥A1D，NE∥B1D1，设＝λ，＝B1E＝λ，∴＝＝1－λ，∴EF＋NE＝λ＋(1－λ)＝，同理可得NM＋ MH＝，FG＋HG＝，∴六边形的周长l为定值 3，正三角形A1DB的面积为×()2＝，当M，N，E，F，G，H均为各棱中点时，六边形的边长相等，即截面为正六边形时截面面积最大，此时截面面积为×2×6＝，所以截面从平面A1DB平移到平面B1CD1的过程中，截面面积的变化是由小到大，再由大到小，故可得截面的周长l为定值，面积S不为定值，故选A. 答案　A 命题点2　交线问题 角度1　多面体中的交线问题 [例3]　在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为(　　) A．90° B．30° C．45° D．60° [解析]　因为在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心， 又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面； 所以EP即为直线m，FQ即为直线l； 连接AB1，AD1，B1D1， 因为EP∥AB1，FQ∥AD1， 所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角或其补角， 又因为正方体的各面对角线相等， 所以△AB1D1为等边三角形， 因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.故选D. [答案]　D 角度2　与球有关的交线问题 [例4]　在正三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为(　　) A．2π B．3π C．4π D．8π [解析]　取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心， 连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG， 因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，MN⊥平面ABB1A1，且GN＝EN＝NH＝NF＝2， 因为M为CC1的中点， 所以MN＝CF＝4sin 60°＝2， 由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝＝4， 所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π. 故选C. [答案]　C 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． [预测练2] 1．已知在正方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝4，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P＝3，C1Q＝1，BT＝3，记平面PQT与侧面ADD1A1、底面ABCD的交线分别为m，n，则(　　) A．m的长度为 B．m的长度为 C．n的长度为 D．n的长度为 解析　如图所示，连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，交CD的延长线于点H，连接HQ，交DD1于点R，连接SR，则m即为SR，n即为ST， 由PB∥QC，得＝＝，所以EB＝2，EC＝6， 由AS∥EB，得＝＝，则AS＝EB＝， 所以n＝ST＝＝，故C，D项错误； 由SD∥EC，得＝＝， 又易知SR∥PQ，得＝，所以＝， 所以SR＝QE＝＝，故A项正确，B项错误， 故选A. 答案　A 2．已知正三棱台ABC -A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________． 解析　由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，正三棱台的侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB1A1中，AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3， 如图，在棱AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形， 即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧，，， 分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，则所求交线长度为三段圆弧，，的长度之和，长度为×2×3＝2π. 答案　2π $