备战2025年高考二轮复习数学课件：立体几何-截面与交线问题.pptxVIP

;立体几何中,截面是指用一个平面去截几何体得到的平面图形,确定截面的形状及内含的数量关系,首先要确定交线.“截面、交线”问题是高考中对立体几何知识考查的最具创新性的题型之一,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、交线问题常与解三角形、多边形面积、扇形弧长及面积、平面的基本性质等结合,有些问题还要借助于空间向量坐标运算求解.;;解析如图,点M,N分别为BB1,BC的中点,连接PM,MN,NP,可知PM=PN=MN,即截面的形状是正三角形,故A正确;

易知,若过点P的截面为梯形,则该梯形只有可能为等腰梯形,故B错误;;如图,点Q为A1B1的中点,连接PQ,C1Q,CP,则正方体的体积为8,三棱柱BPC-B1QC1的体积为×1×2×2=2,所以截面将正方体分成体积比为

2∶(8-2)=1∶3的两部分,故C正确;;如图所示,点E为BC的中点,连接PE并延长,交DA的延长线于点M,交DC的延长线于点N.

过点M作MJ,交AA1于点I,交A1D1于点H,交DD1的延长线于点J,连接NJ,交CC1于点F,交C1D1于点G.因为P,E为AB,BC的中点,易知DM=DN,易证△JDM≌△JDN,设∠IMA=θ,所以∠FNC=θ.;;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=,;;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.;;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,

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°,;针对训练

1.(2024河北廊坊模拟)如图所示,在正四棱台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();解析如图所示,;又ME∩MN=M,ME,MN?平面EMN,AD1∩CD1=D1,AD1,CD1?平面D1AC,所以平???EMN∥平面D1AC,所以△EMN即为所求截面多边形,所以截面多边形的周长为故选D.;2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为.?;解析如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,连接AO2,AO,OD.

设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为r.;3.(2024湖南长沙模拟)如图,已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=2,且点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点.过点A,E,F作三棱柱截面交C1B1于点P,则线段B1P的长度为.?;解析如图,延长AF,交CC1的延长线于点M,连接EM,交B1C1于点P,则四边形AFPE即为所求截面多边形.因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,AA1=AB=2,点F为棱A1C1的中点,所以△AFA1≌△MFC1,所以MC1=AA1=2.;4.(2024江苏南京模拟)在正三棱锥A-BCD中,底面△BCD的边长为4,E为AD的中点,AB⊥CE,则以D为球心,AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长

为.?;解析如图,取CD中点F,连接BF,过点A作AO⊥平面BCD,垂足为O.由正三棱锥性质可知,点O为正三角形BCD的中心,所以点O在BF上.

因为CD?平面BCD,所以AO⊥CD.

又BF⊥CD,BF∩AO=O,BF,AO?平面ABO,所以CD⊥平面ABO.又AB?平面ABO,所以AB⊥CD.又CE⊥AB,CE∩CD=C,CE,CD?平面ACD,所以AB⊥平面ACD.又AC?平面ACD,所以AC⊥AB.由正