【高考快车道】第一阶段 专题四 重点培优练5 立体几何中的截面、交线问题 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共18张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题四　立体几何
重点培优练5　
立体几何中的截面、交线问题
“截面、交线”问题渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解．
真题感悟 明确考向
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题号
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1．(2024·广东深圳二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，过点A且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为(　　)
A．三角形　　 B．四边形
C．五边形 　 D．六边形
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7
√
A　[如图，连接AC，AD1，CD1，BD，
因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以BB1⊥AC．
又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC．
又BB1∩BD＝B，BB1，BD 平面BB1D，
真题感悟 明确考向
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题号
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5
所以AC⊥平面BB1D．
因为B1D 平面BB1D，
所以AC⊥B1D，
同理可证明AD1⊥B1D．
因为AD1∩AC＝A，AD1，AC 平面ACD1，
故B1D⊥平面ACD1，
故平面α即为平面ACD1，
则α截该正方体所得截面的形状为三角形．
故选A．]
6
7
2．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1D1，A1B1，BB1的中点，过E，F，G三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为(　　)
A．4　　
B．4　　
C．　　
D．3
√
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题号
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D　[如图，分别取BC的中点H，CD的中点I，DD1的中点K，连接GH，HI，IK，KE．
因为该几何体为正方体，所以EF∥HI，FG∥IK，GH∥KE，且EF＝HI＝FG＝IK＝GH＝KE＝，
所以过E，F，G三点的平面截正方体
ABCD-A1B1C1D1所得的截面为正六边形EFGHIK，
所以该正六边形的面积为6××()2＝3．故选D．]
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题号
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3．(2024·山东潍坊一模)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是(　　)
A． 　
B．
C． 　
D．1
√
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题号
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B　[在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接DC1，BD，AC，由AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，得BD⊥AA1，又BD⊥AC，AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面AA1C，则BD⊥平面AA1C，又A1C 平面AA1C，于是BD⊥A1C，同理BC1⊥A1C，又BC1∩BD＝B，BC1，BD 平面BC1D，因此A1C⊥平面BC1D．
因为DP⊥A1C，所以DP 平面BC1D，又点P为截面A1C1B上的动点，平面A1C1B∩平面BC1D＝BC1，
所以点P的轨迹是线段BC1，长度为．
故选B．]
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题号
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4．(2024·河北邢台模拟)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2BC＝2，以C为球心，为半径的球面与侧面PAB的交线长为(　　)
A．π 　 B．π
C．π 　 D．π
√
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题号
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B　[因为PA⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，PA⊥AB．因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，如图所示，设为球C与平面PAB的交线，
则CD＝CE＝，BC＝1，所以BD＝BE＝，
所以所在的圆是以B为圆心，为半径的圆．
因为PA＝AB且PA⊥AB，
所以∠PBA＝，所以的长为×＝π．
故选B．]
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题号
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5．(2024·山东济南三模)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是AB，AD的中点，则平面MNC1截该四棱柱所得截面的周长为________．
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14　[如图，延长NM，CB相交于点H，连接C1H
交BB1于点G，连接MG．
因为在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝
6，M，N分别是AB，AD的中点，
所以MN＝＝2，BH＝AN＝2，CC1＝6．
14　
因为△HBG∽△HCC1，＝＝，故BG＝2，GH＝＝2．
在DD1上取三等分点Q，连接NQ，C1Q，QG，则NQ＝＝2，同理可知GQ＝NH，所以四边形GQNH为平行四边形，故G，H，N，Q四点共面，
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则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q，MG＝＝2，C1G＝＝＝4，同理C1Q＝4，故截面周长为MN＋MG＋C1G＋C1Q＋NQ＝2＋2＋4＋4＋2＝14．]
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6．圆台O1O2的母线长为3，下底面直径为10，上底面直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积的最大值是________.
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题号
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　[由题意作出轴截面ABCD，并将其补充为等腰三角形ABE，则AB＝10，CD＝5，AD＝BC＝3．
因为DC∥AB，DC＝AB，
所以DC为△ABE的中位线，则DE＝EC＝AD＝3，
在△ABE中，利用余弦定理的推论，
得cos ∠AEB＝＝－，所以∠AEB∈，
　
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截面取得最大值，最大值为．]
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题号
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7．(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________．
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题号
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π　[如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点为M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，
π　
且D1M＝．由题意知点G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝．连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以点M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝π．]
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题号
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THANK YOU