截面与交线问题题型拆解 课件-2026届高三数学二轮复习

截面与交线问题题型拆解 题型一 题型二 题型一　截面问题 1.多面体中的截面问题 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,可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线. 题型一 题型二 (4)坐标法:建立空间直角坐标系,设平面方程为Ax+By+Cz+D=0,求截面与多面体各棱的交点坐标(解直线与平面的方程组);按顺序连接交点(确保在多面体内),得到截面. 2.球的截面问题 球的截面问题的核心是“构建直角三角形(球心、截面圆心、截面圆上点)+运用公式R2=d2+r2”,解决时需明确已知量和待求量,结合截面的位置(过球心、不过球心)、动态变化等特点,灵活转化关系即可. 题型一 题型二 例1　(多选题)(2025·湖南邵阳三模)已知正四面体P-ABC的棱长为2,过点P的截面PEF将正四面体分成体积相等的两部分,则下列说法正确的是(　　) A.截面为等腰三角形的个数是6 B.截面一定是锐角三角形 C.截面可以是等边三角形 D.过棱BC的中点N作正四面体外接球的截面,截面圆的面积的最小值是π ABD 题型一 题型二 解析 如图1,在△ABC的边AB,AC上分别取点F,E,使得AE=AF,且S△AEF=S△ABC,此类等腰三角形有3个; 图1 图2 如图2,当点F为AC的中点,点E与点B重合时满足题意,此类等腰三角形有3个; 无其他类型的等腰三角形,故A正确; 题型一 题型二 如图3,设过点P的截面交AB,AC于点E,F,且AE=a,AF=b, 因为过点P的平面将正四面体的体积平分,所以EF将△ABC分为面积相等的两部分,由正四面体P-ABC的棱长为2,可得absin2×2sin, 解得ab=2,且0<a<2,0<b<2. 在△AEF中,可得EF2=a2+b2-2abcos=a2+b2-2, 在△PAE中,可得PE2=a2+22-2a×2cos=a2-2a+4, 在△PAF中,可得PF2=b2+22-2b×2cos=b2-2b+4, 因为PE2+PF2-EF2=10-2(a+b)>0,即PE2+PF2>EF2, 图3 题型一 题型二 又PE2+EF2-PF2=2a2-2a+2b-2=2a2-2a+-2>0,即PE2+EF2>PF2,同理可得PF2+EF2>PE2, 即在△PEF中,任意的两边的平方和大于第三边的平方,所以△PEF为锐角三角形,故B正确; 若△PEF为等边三角形,则满足PE2=EF2=PF2,由PE2=PF2, 则AE=AF=a,不妨设E,F不与A重合,则S△AEF=a2sin2×2sin,可得a=b=, 此时EF2=2,PE2=PF2=6-2,可得EF2≠PE2=PF2,矛盾, 所以△PEF不是等边三角形,并且另一类等腰三角形显然不可能是等边三角形,故C错误; 题型一 题型二 将正四面体P-ABC放置于如图4所示的正方体中, 可得该正方体的外接球就是正四面体P-ABC的外接球, 设该外接球的球心为O,半径为R, 因为正四面体P-ABC的棱长为2,且正四面体P-ABC的 棱长是正方体的面对角线,所以正方体的棱长为 设正方体外接球的半径为R,则2R=,解得R= 又因为N为棱BC的中点,过点N作其外接球的截面,当截面到外接球的球心O的距离最大,即ON垂直截面时,截面面积最小,此时N为截面圆心,球心O到截面的距离d=ON=, 截面圆的半径为r==1,故截面面积的最小值为S=πr2=π,故D正确.故选ABD. 图4 题型一 题型二 [对点训练1](多选题)(2025·辽宁期末)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别是棱B1B,B1C1,C1C的中点,过线段AG作与平面A1EF平行的平面,截正方体所得的截面,下列选项正确的是(　　) A.截面图形是梯形 B.截面图形是五边形 C.截面的面积为 D.该截面所在平面截正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球所得截面的面积为 ACD 题型一 题型二 解析 延长B1B至点B2,使得B1B=BB2,取BB2,BC的中点H,K,连接AH,AD1,GD1,GH,AK, 因为点E,F,G分别是棱B1B,B1C1,C1C的中点, 所以EF∥BC1∥GK∥AD1,在正方体中,A1F∥AK, 因为EF⊄平面AKGD1,GK⊂平面AKGD1, 所以EF∥平面AKGD1, 同理A1E∥平面AKGD1, 又EF∩A1E=E,且EF,A1E⊂平面A1EF, 所以平面A1EF∥平面AKGD1, 则过线段AG作与平面A1EF平行的平面为梯形AKGD1, 故A正确,B错误; 题型一 题型二 正方体的棱长为2,所以AK=D1G=, AD1==2,GK=AD1=, 等腰梯形的高为h=, 则截面梯形AKGD1的面积为S=(2),故C正确; 正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心在正方体体对角线AC1的中点,所以球的半径R=, 题型一 题型二 在正方体中,设点C1到平面AKG的距离为2d,则球心到平面AKG的距离为d, 在△AKG中,AK=,AG=3,KG=,cos∠AKG==-, 所以sin∠AKG=,则△AKG的面积为, 由,得1×1×2=2d,解得d=, 因此该截面所在平面截正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球所得截面圆的半径r=,所以面积为πr2=,故D正确.故选ACD. 题型一 题型二 例2　在棱长为2的正四面体ABCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面正好经过点M,则球O被平面BCD截得的截面面积为　　　　　.  题型一 题型二 解析 如图,在棱长为2的正四面体ABCD中,连接AN,DN,过O作OE⊥DN于点E.因为点M,N分别为棱AD,BC的中点,所以AN⊥BC,DN⊥BC.又AN∩DN=N,AN,DN⊂平面AND,所以BC⊥平面AND. 又BC⊂平面BCD,于是平面AND⊥平面BCD.又平面AND∩平面BCD=DN,OE⊥DN,所以OE⊥平面BCD.由题可知AN=DN=,DM=1,MN⊥AD,所以MN=, 所以球O的半径ON=MN=因为sin∠DNM=,所以OE=ON·sin∠DNM=,所以球O被平面BCD截得的截面圆的半径为,所以球O被平面BCD截得的截面面积为π×()2= 题型一 题型二 [对点训练2](2025·浙江期中)已知正四面体P-ABC内接于球O,球O半径为3,E为BC的中点,过点E作球O的截面,则截面圆半径的最小值为(　　) A.1　　　B.　　　C.　　　D. D 题型一 题型二 解析 如图所示,OP=3,记正四面体的棱长为a,则底面半径r=a=a, 所以OP==3, 所以=3,则a2=9+6+9-a2, 所以a2-18=6,则a4-36a2+324=324-12a2,可得a2=24, 要使截面圆半径最小,只需OE垂直于截面圆,而OE=,所以截面圆半径为故选D. 题型一 题型二 题型二　交线问题 作交线的方法有如下两种:(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. 题型一 题型二 例3　(多面体中的交线问题)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　　　　　.  题型一 题型二 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A1B1C1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= = 题型一 题型二 [对点训练3](2025·四川成都期中)如图,在棱长为6的正方体中,点P为棱AB的中点,点Q为棱A1D1的中点,点M为棱CC1上靠近点C的三等分点,则经过P,Q,M三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面CDD1C1的交线长度分别为(　　) A.五边形,　　　B.六边形, C.五边形, D.六边形, B 题型一 题型二 解析 设AD中点为N,连接QN,因为Q是A1D1中点,QN⊥平面ABCD,QN=6, 连接PN并延长,交CD的延长线于E,又N是AD中点,所以△APN≌△DEN, 则AP=DE=3,过点E作EF∥NQ,且交PQ的延长线于F,与C1D1的延长线交于R,△PNQ∽△PEF,则,所以EF=12,RF=6,连接FM交C1D1于G,所以△FRG∽△MC1G,即, 题型一 题型二 其中,故,又RD1=ED=3,则RC1=9, 所以C1G=RC1=, 所以截面与侧面CDD1C1的交线为GM=,延长GM,交DC的延长线于J,连接JP交BC于H,并延长交DA的延长线于K,连接KQ,交AA1于I,所以截面为六边形PIQGMH.故选B. 题型一 题型二 例4　(与球有关的交线问题)(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　　　　　.  题型一 题型二 解析 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1D1, ∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2. 设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= 题型一 题型二 $