微专题13_截面与截线问题——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何与空间向量中的截面与截线问题，依据高考评价体系梳理了截面形状判断、面积计算、线面位置关系及交线定位、球交线长计算等核心考点，通过2020新高考Ⅰ卷等真题分析，明确截面判断与交线计算为高频考查方向，归纳出多选判断、动态计算等常考题型。 课件亮点在于“真题情境+素养导向+方法建模”，如例1结合正方体截面判断培养空间观念（数学眼光），例3交线计算用补形法与余弦定理训练逻辑推理（数学思维），总结“作截面三原则”“交线寻找三方法”，帮助学生掌握空间转化技巧，教师可依此设计分层训练，提升备考效率。

第7章 立体几何与空间向量 微专题13：截面与截线问题 2027届高考一轮复习数学 1 考点1 截面问题 例1 (多选)(2026·合肥质检)已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,过棱BC,CD的中点E,F作正方体的截面多边形,则下列说法正确的有( 　　) A.截面多边形可能是五边形 B.若截面与直线AC1垂直,则该截面多边形为正六边形 C.若截面过AB1的中点,则该截面不可能与直线A1C平行 D.若截面过点A1,则该截面多边形的面积为 解析： 对于B,如图1所示,连接A1D,A1B,BD,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,易证AC1⊥平面A1BD, 分别取棱DD1,D1A1,A1B1,B1B的中点为G,H,I,J, 将其顺次连接,连接GF,EF,EJ,由中位线的性质可得平面A1BD∥平面EFGHIJ,故AC1⊥平面EFGHIJ, 而六边形EFGHIJ显然为正六边形,故B正确; 索引 对于C,如图2所示,连接AC,BD交于O点,记侧面AD1和侧面AB1的中心分别为G,H,连接GH,HE,EF,GF, 易知点G,H,E,F共面(即在符合要求的截面内), 连接A1O交GH于N,设CO∩EF＝M, 连接MN,可得N,M为A1O,CO的中点,故A1C∥MN, 又因为MN⊂平面GHEF,A1C⊄平面GHEF, 所以A1C∥平面GHEF,故C错误; 索引 对于A,D,如图3所示,连接EF,并延长EF分别与直线AB,AD交于P,Q两点, 连接A1Q,A1P,分别交棱D1D,B1B于T,S两点, 连接TF,SE,则五边形A1SEFT为所得截面,故A正确; 易得BP＝BE＝DF＝DQ＝1, 则有A1P＝A1Q＝,PQ＝3,EP＝FQ＝, 该截面多边形面积S＝－S△SEP－S△TQF＝, 故D正确. 索引 例2　(1)(2025高三·全国·专题练习)如图所示，一块正方体木料 A1B1C1D1-ABCD的棱长为3米，点M在棱B1B上，且B1M∶MB= 1∶2，过点M把木料据开且锯面与B1D平行，则木料表面上的 锯痕是　　　　　　 　形状.  五边形或四边形 [解析] 取N∈BD，且DN∶NB=1∶2，连接MN，则DN∶NB=B1M∶MB=1∶2，所以MN∥B1D，此时，由线面平行的判定定理可知，过MN的锯面就是满足题意的锯面; 当锯面分别与AD，CD交于F，E时， 6 延长FE交BC延长线于P，连接MP交C1C于H，延长EF交BA延长线于Q，连接MQ交A1A于G，由公理2可知直线EF与MH的交点P一定在直线BC上，直线EF与MG的交点Q一定在直线BA上，此时锯痕为五边形MHEFG; 当锯面与AB(含端点A，不含端点B)交于F或与BC(含端点C，不含端点B)交于E时， 由上分析可知此时锯痕为四边形MFEH(或四边形MEFG); 综上，锯痕的形状是五边形或四边形. 7 (2)在如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=4，AB⊥AC， 过点A1作平面α分别交棱AB，AC于点D，E，且AF⊥DE，∠AA1F=60°，则截面△A1DE面积的最小值为(　　) A.16 B.32 C.36 D.48 B [解析] 在Rt△FAA1中，由∠AA1F=60°，AA1=4，可得A1F=8，AF=4， 设AD=x，AE=y，在Rt△ADE中，AF⊥DE， 由等面积法可知xy=·4·，即x2y2=48(x2+y2)，所以+=， 因为AA1⊥DE，AF⊥DE，AA1∩AF=A，AA1，AF⊂平面FAA1，所以DE⊥平面FAA1， 8 又由A1F⊂平面FAA1，所以DE⊥A1F，所以=×DE×A1F=4， 因为x2+y2=48(x2+y2)=48≥48×(2+2)=192， 当且仅当x=y=4时，等号成立，所以()min=32.故选B. [小结]作截面应遵循的三个原则: (1)在同一平面上的两点可引直线; (2)凡是相交的直线都要画出它们的交点; (3)凡是相交的平面都要画出它们的交线. 9 1.已知正三棱锥A-BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC=3，侧棱AB=2，点E在线段BD上，且BE=DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是(　　) A.2π B. C.3π D.4π D [解析] 如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R， 连接O1A，O1D，OD， 则O1D=3sin 60°×=，AO1==3， 在Rt△OO1D中，R2=3+(3-R)2，解得R=2， 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为π·R2=4π. ∴所得截面圆面积的最大值为4π.故选D. 对应训练 10 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 C.3+4 D.4+4 D 11 [解析] 如图所示， 过点A1作A1H⊥AC于点H，因为A1C1=3，AC=6， 所以AH=，则四棱台的高为A1H， 且四棱台的体积为(32+62+3×6)×A1H=， 解得A1H=， 所以侧棱长为AA1==3. 12 如图所示: 过点D1作D1F⊥AD于点F，过点A1作A1G⊥AD于点G，连接AD1， 由对称性可知DF=AG==，GF=A1D1=3，所以AF=6-=， 而DD1=AA1=3，所以D1F==，所以AD1==3， 同理CD1=AD1=3，分别在棱DC，DD1上取点N，M，使得DN∶NC=DM∶MD1=2∶1，易得ME=NM=AD1=2，EN=AC=4， 所以截面多边形的周长为4+4. 13 例3 (1)(2026·武汉质检)在正三棱台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____________.  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, 考点2 交线问题 索引 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)＝., 所以C1N＝HE＝, 在△C1FN中,由余弦定理得FN＝. 索引 (2)(2020·新高考Ⅰ卷)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,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q, 连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ, 由∠BAD＝60°,AB＝AD, 知△ABD为等边三角形, ∴D1B1＝DB＝2,∴△D1B1C1为等边三角形, 则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1, ∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心, 索引 设截面圆的半径为r, 则r＝. 可得EP＝EQ＝, ∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧. 又D1P＝,∴B1P＝＝1, 同理C1Q＝1,∴P,Q分别为BB1,CC1的中点, ∴∠PEQ＝,知×. 索引 小结 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. 索引 3(1)(2026·金华调研)已知三棱锥B－PAC的侧棱都相等,侧棱的中点分别为D,E,F,棱AC的中点为G,PB⊥平面ABC,且AB＝4,∠ABC＝120°.若四面体DEFG的每个顶点都在球O的球面上,则该球面与三棱锥B－PAC侧面的交线总长为(　　) A. B.C. D. C 解析：如图所示:连接BG,∵AB＝BC＝BP＝4,D,E,F,G分别 为各棱的中点,∠ABC＝120°,∴BD＝BE＝BF＝BG＝2, ∴点B即为球O的球心,∵PB⊥平面ABC,∴球面与三棱锥 B－PAC侧面的交线总长为×π×22＝,故选C. 对应训练 索引 (2)(2026·济南调研)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O1O2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APB与球O的交线长为____________.  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, π 索引 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. 又O1O2∩O2P＝O2, O1O2,O2P⊂平面O1O2P, 所以AB⊥平面O1O2P, 索引 又OH⊂平面O1O2P,所以AB⊥OH. 因为OH⊥O2P,且AB∩PO2＝O2,AB,PO2⊂平面ABP,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. 索引 $