截线、截面问题讲义-2025届高三数学一轮复习

培优课13截线、截面问题培优点一截面问题典例1在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别是棱DD1和B解题观摩A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形[解析]如图，延长直线C1M,CD相交于点P，延长直线C1N,CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，连接NF,ME,因为所以MN//PQ,即MN1.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.2.作出截面的关键是作出截线，作出截线的主要根据：（1）确定平面的条件；（2）三线共点的条件；（3）面面平行的性质定理.面积问题1.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，P,Q分别为B1C,C1DA.315 B.153 C.1515[解析]如图1所示，延长BP交CC1于点则CRB1B=CP连接QR，取A1B1的中点H则BH//∴B，H，Q，R四点共面，BH=BR=2QR截面BHQR如图2所示，在△BRH中，RH边上的高BM=252则BH⋅RN=RH⋅BM，周长问题2.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，FA.6 B.10C.13+25[解析]如图，取CC1的中点G，连接BG,则D1E//BG,取CG的中点N，连接FN，D1N，则FN//BG，所以FN//D1E,则直线FN⊂平面D1EF.延长D1E,DA交于点H，连接FH交AB则D1E=42取AD的中点Q，连接QF，则AM//FQ，所以AMFQ=AH则ME=AE所以截面图形的周长为D1E+最值问题3.用平面α截棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1A.334 B.5 C.33[解析]假设截面α过体对角线BD1（当截面因为一平面与两平行平面相交，交线平行，所以D1E//BF,BE//所以四边形D1EBF为平行四边形，所以设CF=x，则C1记y=1+其几何意义可以看成x轴上的点Mx,00≤显然，当M经过点N(12,0)时，P，M，Q三点共线，距离之和最小，此时所以m=2y=培优点二截线问题典例2已知直四棱柱ABCD−A1B1C解题观摩[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,知△ABD为等边三角形故D1B1=则D1E=3且D1E⊥设截面圆的半径为r，则r=R球2所以球面与侧面BCC又D1P=5,所以所以P,故PQ⌢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.求线面相交的轨迹1.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为32，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段[解析]如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点由EF//B1D1，即E，F由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为由棱长为32，得MC1又BE//B1C1由A1B=则在△MNMN=以棱台为载体2.[2024·福州模拟]已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，以下底面顶点A[解析]将正三棱台ABC−A1由B1C1//BC，得DB1DB=B1C1BC=13，而BB1=2所以AO=AB所以这个球面截平面BCC1B1所得截面圆是以如图2，在正三角形BCD中，分别取BB1,CC1的中点H,E，取BC的三等分点G,F，连接显然BHBD=13=BGBC，即GH因为△BGH所以∠GH同理，∠GFE而∠C故六边形B1C1EFGH是正六边形，其外接球的半径为1，点B1,C1,E,F,G,H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圆上，连接OE,OF,以正四棱柱为载体3.[2024·南通模拟]在正四棱柱ABCD−A1