专题3 培优拓展5 截面与交线问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何“截面与交线”核心考点，依据高考评价体系明确空间想象、逻辑推理、运算求解的考查要求，通过真题（如2020新高考Ⅰ第16题）与模拟题分析，梳理多面体截面、球的截面、交线确定三大常考题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题引领+规律方法+素养提升”，以正方体截面周长计算（例1）、球面与侧面交线长（例4）为典型，提炼“找截点-连截线-围截面”步骤与球截面公式R²=d²+r²，培养学生空间观念（数学眼光）与推理能力（数学思维）。设对点训练与易错分析，助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效开展专题复习。

培优拓展(五)　截面与交线问题 类型一　截面问题 类型二　交线问题 目 录 索 引 在立体几何中,截面是指用一个平面截取几何体所得到的平面图形.研究截面的形状及其内含的数量关系,关键在于确定截面与几何体各面的交线.近年来,“截面与交线”问题已成为高考立体几何命题中最具创新性的题型之一——这类问题通过引入动态的线、面元素,为静态的立体几何注入了活力. 求解截面与交线问题,往往需要综合运用以下知识:解三角形(计算边长、角度等);多边形面积(截面可能为多边形时);扇形弧长与面积(涉及旋转体截面时);平面的基本性质(如共面、平行、相交等).对于更复杂的情况,还需借助空间向量的坐标运算来辅助求解. 类型一　截面问题 角度一　多面体中的截面问题 例1　(2025广东茂名一模)在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中, =2=2,过点B,E,F的平面截该正方体所得截面的周长为(　　) A.4+3 B.6+3 C.4+8 D.6+8 B 解析 如图,取D1C1的中点N,D1A1的中点M,连接MN,NF,ME,则五边形BEMNF为过点B,E,F的截面,取CF的中点J,DD1靠近D1的三等分点K,连接D1J,CK,EK,则NF∥D1J,又CJ∥D1K且CJ=D1K,所以四边形CJD1K为平行四边形,所以CK∥D1J,则NF∥CK. 又EK∥BC且EK=BC,所以四边形EKCB为平行四边形, 所以EB∥CK,则NF∥BE,所以N,F,B,E四点共面. 取BB1,AA1上靠近点B,点A的三等分点G,H, 连接C1G,GH,D1H, 同理可证BF∥C1G,D1H∥C1G,D1H∥EM, 所以BF∥EM,所以B,F,M,E四点共面.所以N,F,B,E,M五点共面. 又NF=ME=,BE=BF==2,MN==3, 所以截面周长为6+3 【对点训练1】(2025福建厦门模拟)已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2,点E在侧棱SC上且SE=SC,过点E且垂直于SC的平面截该棱锥,得到截面 多边形H,则H的边数为　　　　　,H的面积为　　　　　.  5 　 解析 取SC的中点F,则BF⊥SC,DF⊥SC且BF∩DF=F,BF,DF⊂平面BDF, 所以SC⊥平面BDF. 根据平面的基本性质,作平面与平面BDF平行,如图为五边形PEMNQ. 因为SE=SC,所以,则EP=BF=,SP=SB=1, 可得PB=BQ=PQ=2×(1-)=1,NQ=MP=BD=, 则cos∠DFB=, 可得sin∠DFB=, 所以S△EMP=, 又因为MN与NQ的夹角为SA与BD的夹角, 而SA⊥BD,易知PQ⊥PM且PM∥NQ,PM=NQ,即四边形PMNQ为矩形, 则S四边形PMNQ=1=,可得S=S△EMP+S四边形PMNQ= 角度二　与球有关的截面问题 例2　(2025河北石家庄模拟)已知正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,若此正四棱锥的外接球为球O,则侧面PCD所在平面被球O所截的面积为(　　) A.π B. C. D.2π B 解析 根据题意,取正方形ABCD的中心为O,可得PO⊥平面ABCD, 又因为PA=AB=2,可得OP=OD=,所以正四棱锥P-ABCD的外接球为以O为球心,以R=为半径的球,设O到平面PCD的距离为h,由V三棱锥P-OCD= V三棱锥O-PCD,可得h2×2,解得h= 设侧面PCD所在平面被球O所截的圆的半径为r,则r2+h2=R2,所以r2=,所以该截面面积为πr2= 【对点训练2】(2025江西九江二模)已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1,球O的表面积为S2,则=(　　) A. B. C. D. A 解析 如图,设球O的半径为R. ∵球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切, ∴正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R,底面边长为2R. 设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别是O1,O2,E是AB的中点, 连接EC1,交O1O2于点F,则O到平面ABC1的距离d=|OF|sin∠OFC1=|OF|cos∠CEC1. 又|OF|=,cos∠CEC1=, ∴d=所得截面圆半径r=R, ∴S1=πr2=,S2=4πR2, 类型二　交线问题 角度一　多面体中的交线问题 例3　(2025湖南长沙模拟)在正三棱台A1B1C1-ABC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　　　　.  　 解析 连接AF并延长交CC1的延长线于点M,连接ME交B1C1于点N,连接FN,如图,则线段FN即为截面AEF与上底面ABC的交线. 因为F为A1C1的中点,,所以MC1=CC1= 过点E作BC的平行线交CC1于点H, 则HE=(BC+B1C1)=, 所以C1N=HE= 在△C1FN中, FN= 角度二　与球有关的交线问题 例4　(2020新高考Ⅰ,16)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 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1, ∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2. 设点O1是B1C1的中点,则O1D1=,易证D1O1⊥平面BCC1B1, 设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P, ∴D1P2=D1+O1P2,即5=3+O1P2, ∴O1P=即P在以O1为圆心,以为半径的圆上. 取BB1,CC1的中点分别为E,F, 则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2, ∴O1E=O1F=,O1E2+O1F2=EF2=4, ∴∠EO1F=90°,∴交线2π= 【对点训练3】(1)(2025江苏南通模拟)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=3,M是A1D1的中点,点N在棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为(　　) A. B. C. D. C 解析 取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,则AM∥BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H,在平面BB1C1C中,过点N作NP∥C1H交BC于P,则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线,且NP∶C1H=2∶3, 所以C1H=,所以NP= (2)(2025河南郑州模拟)已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3,侧棱长为2,以下底面顶点A为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1 的交线长为　　　　　.  　 解析 将正三棱台ABC-A1B1C1补形成正棱锥D-ABC,如图,由B1C1∥BC,得,而BB1=2,则DB=3,即△BCD为正三角形,三棱锥D-ABC为正四面体,设△BCD的中心为O,连接AO,BO, 则AO⊥平面BCC1B1,BO=BCsin, 从而AO=, 而球的半径为, 因此这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心, r==1为半径的圆, 在正三角形BCD中,取BB1,CC1的中点H,E,取BC的三等分点G,F,连接HG,EF, 显然,即GH∥CD,GH=CD=1, 同理EF=1,即有B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=1, △BGH是正三角形,有∠GHB1=∠HGF=, 同理∠GFE=∠FEC1=,而∠C1B1H=∠EC1B1=, 于是六边形B1C1EFGH是正六边形,其半径为1,点B1,C1,E,F,G,H在此球面截平面BCC1B1所得截面圆上,连接OE,OF,OG,OH,则∠EOF=∠GOH=,此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧(实线),所以交线长度为21= $