第七章 7.9 立体几何中的截面、交线问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何“截面、交线”核心考点，依据高考评价体系梳理作图、形状判断、周长面积计算三大考查方向，通过2025年衡水、重庆等模拟真题分析，明确截面作图（占比45%）和形状判断（占比30%）为高频考点，构建“方法归纳-题型突破-真题训练”的备考体系。 课件亮点在于“空间观念培养+逻辑推理训练”的双轨策略，如例1正方体截面作图采用延长线法和平行线法，直观展示交线确定过程，培养几何直观与推理能力。跟踪训练结合正三棱柱、正四棱锥等模型，提炼“作平行线-找交点-证共面”解题技巧，教师可依托课时精练精准定位学生薄弱点，助力高效冲刺。

立体几何中的截面、交线问题 “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，它渗透了一些动态的线、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，一般与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解. 重点解读 2 例1　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN=2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法. 题型一　截面作图 解　方法一　如图所示，五边形DQMFN即为所求截面. 作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E， 连接ME交B1C1于点F，延长EM交D1A1的延长线于点H， 连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN， 则五边形DQMFN即为所求截面. 例1　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN=2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法. 解　方法二　连接DN，过点M作DN的平行线交AA1于Q点，连接DQ，过N作DQ的平行线交B1C1于F点，连接MF， 则五边形DQMFN即为所求截面. 作截面的几种方法 (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的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几何体与截面的交线. 思维升华 跟踪训练1　(2025·衡水模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别为棱AA1，CC1的中点，点Q是棱A1D1上靠近点D1的三等分点，作出过点M，N，Q的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，并写出作法. 解　如图所示，M，N分别是AA1，CC1的中点， 则MN∥A1C1∥AC， 作QE∥A1C1，交C1D1于点E，连接EN，并延长交DC的延长线于点K，连接QM，并延长交DA的延 长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F，连接MG，NF， 则六边形QENFGM为过M，N，Q三点的截面. 例2　(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为线段CC1(不包括端点)上的动点，过点A，E，F作正方体的截面，则截面图形可能为 A.三角形 B.等腰梯形 C.五边形 D.六边形 题型二　截面图形的形状判断 √ √ 解析　连接AE并延长，交DC的延长线于M点，则DC=CM，取CC1中点为P，若F为点P时，如图①， 图① 连接MP并延长，交DD1于D1点，连接AD1，EF，∴截面为四边形AEPD1. 易得EP綉AD1，AE=D1P， ∴截面四边形AEPD1为等腰梯形，B正确； 解析　若F在CP之间，如图②，连接MF并延长交线段DD1于N点，连接AN，EF，截面为梯形AEFN； 图② 若F在PC1之间，如图③，连接MF并延长交DD1的延长线于点Q，交线段C1D1于N，连接AQ，与线段A1D1交于H点，连接HN，EF，则截面为五边形AEFNH，C正确. 图③ 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. 思维升华 跟踪训练2　(多选)如图，正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长都相等，P为线段BB'的中点，Q为侧面BB'C'C内的一点(包括边界，异于点P)，过点A，P，Q作正三棱柱的截面，则截面的形状可能是 A.五边形 B.四边形 C.等腰三角形 D.直角三角形 √ √ √ 解析　①当PQ的延长线与线段B'C'(除端点外)相交于点F时，延长PQ交CC'的延长线于点D，连接AD交A'C'于点E，连接EF，如图1， 图1 此时过点A，P，Q作正三棱柱的截面为四边形APFE(当Q在线段B'C'(除端点外)上时，截面也为四边形)，故截面的形状可能是B； ②当PQ的延长线与线段CC'或BC(除B点外)相交(或点Q在线段CC'或BC(除B点外)上)时，截面为三角形. 取CC'的中点为Q，连接PQ，AQ，如图2，又P为线段BB'的中点，所以AP=AQ，所以△APQ为等腰三角形，故截面的形状可能是C； 图2 解析　取BC的中点为Q，连接AQ，PQ，如图3， 图3 因为三棱柱ABC-A'B'C'为正三棱柱，所以AQ⊥BC， 又BB'⊥平面ABC，AQ⊂平面ABC，所以BB'⊥AQ， 又BC∩BB'=B，BC，BB'⊂平面BB'C'C，所以AQ⊥平面BB'C'C， 又PQ⊂平面BB'C'C， 所以AQ⊥PQ，所以△APQ为直角三角形，故截面的形状可能是D. 例3　(2025·重庆模拟)已知正四棱锥P-ABCD，其中AB=4，PA=4，平面α过点A，且平面α⊥PC，则平面α截正四棱锥P-ABCD的截面面积为 A. B. C.12 D. 题型三　截面图形的周长或面积 √ 解析　依题意，在正四棱锥P-ABCD中，AB=BC=CD=AD=4，且PA=PB=PC=PD=4， 所以AC=4，所以△PAC是等边三角形， 设E是PC的中点，则AE⊥PC，所以AE⊂α，且AE==2， 设平面α与PB，PD分别相交于点F，G， 则由α⊥PC得PC⊥AF，PC⊥EF，PC⊥EG，PC⊥AG， cos∠APB=cos∠BPC=cos∠DPC ==， 解析　所以===，===，故PF=PG=， 所以EF=EG==， 所以AF=AG==， 在△AEF中，由余弦定理得cos∠AFE ==-， 所以sin∠AFE==， 解析　所以结合正四棱锥的对称性得 S△AEF=×××==S△AEG， 所以截面面积为×2=. 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得以解决. 思维升华 跟踪训练3　如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为DD1的中点，过点D作正方体的截面使其与平面A1EC1平行，则该截面的周长为　　　　. 4 解析　根据题意，取AA1，CC1的中点分别为M，N，连接DM，DN，B1M，B1N，MN，如图所示， 易知DE=C1N=1，且DE∥C1N，所以四边形DEC1N是平行四边形， 所以DN∥EC1， 又DN⊄平面A1EC1，EC1⊂平面A1EC1， 所以DN∥平面A1EC1. 同理可得DM∥平面A1EC1， DN∩DM=D，DN，DM⊂平面DMN， 所以平面DMN∥平面A1EC1， 解析　即过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行的截面即为平面DMN. 显然A1E∥B1N，A1E=B1N=，且DM∥A1E，A1E=DM=， 所以B1N∥DM，B1N=DM=DN=B1M=， 所以四边形DMB1N是边长为的菱形， 即所求截面周长即为菱形DMB1N的周长， 所以其周长为4DM=4. 课时精练 一、单项选择题 1.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面截该正方体，则截面形状为 A.六边形 B.五边形 C.四边形 D.三角形 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　延长直线EF，分别交DA，DC的延长线于M，N两点，连接D1M，D1N分别交A1A，C1C于H，G两点，连接EH，FG，如图所示，过点D1，E，F的截面即为五边形D1HEFG. 2.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为 A.5 B.6 C.8 D.9 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC， 再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面， 因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH， 又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9， 所以EF=AB，EH=PC， 所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=(AB+2PC)=6. 3.已知棱长为4的正四面体ABCD，用所有与点A，B，C，D距离均相等的平面截该四面体，则所有截面的面积和为 A.12+4 B.16+4 C.8 D.4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　与点A，B，C，D距离均相等的平面可分为两类， 一类是平面的一侧是1个点，另外一侧有3个点(如图1)， 此时截面过棱的中点，且与一个面平行， 故截面三角形与平行的面(三角形)相似，相似比为，故其面积为××4 ×4×sin 60°=， 这样的截面共有4个，故这类截面的面积和为×4=4； 另外一类是平面的两侧各有2个顶点(如图2)， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　因为正四面体对棱垂直，易知四边形PQMN是边长为2的正方形，其面积为22=4， 这样的截面共有3个，故这类截面的面积和为4×3=12， 故符合条件的截面的面积和为12+4. 4.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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　连接A1B，因为BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，且AB1⊥A1B，A1B∩BC=B，BC，A1B⊂平面A1BC， 图①　　　　　　　　图② 所以AB1⊥平面A1BC，A1C⊂平面A1BC， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　所以AB1⊥A1C，同理B1D1⊥A1C，且AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1， 所以A1C⊥平面AB1D1， 图①　　　　　　　　图② 所以平面α为平面AB1D1或与其平行的平面，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×=，当M为六边形时，此时的情况如图①所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　设KD=x，则AK=1-x，KL=(1-x)，KE=x，依次可以表示出六边形的边长，如图②所示，六边形可看作由两个等腰梯形构成， 其中LP∥KO∥EN，KO=，两个等腰梯形的高分别为(1-x)，x， 则S六边形LKENOP=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. 图①　　　　　　　图② 二、多项选择题 5.(2025·莆田模拟)一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的图形可能是 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　当截面过体对角线，且不与任意正方体表面平行或垂直时，则能得图形A； 当截面过体对角线，且与正方体上下表面垂直时，则能得图形B； 当截面与任意正方体表面平行时，可得到图形D； 对于图形C，不妨考虑此截面为经过正方体ABCD-A1B1C1D1的四个顶点A，B，C1，D1或C，D，A1，B1的截面， 但四边形ABC1D1和四边形CDA1B1不是正方形，其他情况也可同理得到，故截面不可能是图形C. 6.(2026·威海模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段A1D1上的动点(包括端点)，则 A.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B.存在点Q，使PQ∥平面MBN C.过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1 所得截面为五边形 D.过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1 所得截面面积的最大值为4 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　选项A，连接A1B，A1P，CD1，在正方体中易知CD1∥A1B， P，N分别是C1D1，CC1的中点，则PN∥CD1，所以PN∥A1B，即A1，P，N，B四点共面，当Q与A1重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取A1D1的中点为Q，连接PQ，QM，A1C1， 因为M，N分别是AA1，CC1的中点，则A1M与C1N平行且相等，四边形A1C1NM是平行四边形， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　所以MN∥A1C1，又P是C1D1的中点， 所以PQ∥A1C1，所以PQ∥MN， MN⊂平面MBN，PQ⊄平面MBN， 所以PQ∥平面MBN，B正确； 选项C，连接AC，A1C1，因为M，N分别是AA1，CC1的中点，则MN∥A1C1∥AC， Q在A1D1上(除端点外)，如图，作QE∥A1C1交C1D1于E，连接EN并延长交DC的延长线于点K， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　连接QM并延长交DA的延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F，连接MG，NF，则六边形QENFGM为过Q，M，N三点的截面，当点Q与点D1重合时，截面为四边形D1MBN，当点Q与点A1重合时，截面为四边形A1ACC1， 综上，过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面不可能是五边形，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等， 由面面平行的性质定理得TK∥QE， 从而有TK∥AC，由正方体性质， 设D1Q=x，0≤x≤2(当x=0或x=2时，截面为四边形， 可看作截面为六边形的特殊情况)， 则D1E=D1Q=x，C1E=2-x， N是CC1的中点，C1E∥CK， 则CK=C1E=2-x，所以CF=CK=2-x，同理AG=2-x，BG=BF=x， QE=x，MN=2，EN==， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　梯形QENM是等腰梯形，高为 h==， 截面面积S=2×(QE+MN)h=， 设f(x)=x4-6x2+8x+24，x∈[0，2]， 则f'(x)=4x3-12x+8=4(x-1)2(x+2)≥0， 故f(x)在[0，2]上单调递增，f(x)max=f(2)=32， 所以截面面积的最大值为=4，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题 7.已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为4，点E为PB的中点，点F在PC上，FC=3PF，点G为AD的中点，则平面EFG截正四棱锥P-ABCD所得的截面周长为　　　　　　　. 4+2+2 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　延长FE与CB的延长线交于点H，连接HG与AB交于点L，延长HG与CD的延长线交于点M，连接FM与PD交于点N， 则平面EFG截正四棱锥P-ABCD所得的截面为五边形FELGN， 如图所示，易知EL=NG=2，LG=2， FE=FN= ==， 所以截面五边形FELGN的周长为4+2+2. 8.圆台O1O2的母线长为3，下底面直径为10，上底面直径为5，过圆台的 两条母线作截面，则该截面面积的最大值为　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　由题意作出轴截面ABCD，并将其补成等腰三角形ABE，DC=5，AB=10，AD=BC=3， 根据DC∥AB，DC=AB，则DC为△ABE的中位线， 则DE=EC=AD=3，AE=BE=6， 在△ABE中，利用余弦定理得cos∠AEB==-， 因为∠AEB∈(0，π)，所以∠AEB∈， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成等腰三角形，设其顶角为α， 则S截面=×6×6sin α-×3×3sin α=sin α， 因为α>0，且αmax=∠AEB， 则当α=时，S截面的最大值为. $