资源简介

学生版
带着如下【问题】思考、理解与应用
两个平面的交线及其画法
利用平面的性质画平面与平面的交线的研究与方法；.
1、作截面首先得依据公理3保障有一个交点，才能保证当且仅当过该的的唯一一条直线；凡是相交的平面都要画出它们的交线.
2、作交线的方法有如下两种：①利用公理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.；
例1、如图所示，已知平面α∩β＝l，点A∈α，点B∈α，点C∈β，
且A l，B l，直线AB与l不平行，
那么平面ABC与平面β的交线与l有什么关系？证明你的结论．
【提示】
【解析】
【说明】本题考查了正确画截面的基础是画交线，而画交线的依据是公理3与公理1；
例2、如图所示为一长方体木料，经过木料的面A1C1内有一点P，
经过点P作棱BC的平行线，应该怎样画？并说明理由。
【提示】
【解析】
【说明】本题考查了利用空间平行关系的性质画截面的交线；
基本规律：平行关系确定的截面作图，一般情况下，利用线线、线面、面面特别是线面的平行性质定理保障截面的交线；
例3、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
E，F，G分别在AB，BC，DD1上，
求作过E，F，G三点的截面与六个表面的交线；
例4、在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为棱A1D1，CC1的中点，过P，Q，A作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．
例5、 (2020·新高考卷Ⅰ)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________．
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：
（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．
1、已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（ ）
A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形
2、如图，在正方体中，E是棱的中点，则过三点A、D1、E的截面过（ ）
A．AB中点
B．BC中点
C．CD中点
D．BB1中点
3、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为
4、已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
5、在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱靠近点的三等分点，用过点，，的平面截正方体，则截面图形的周长为
6、作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______．
7、如图所示，G是正方体ABCD A1B1C1D1的棱DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点．试分别画出过下列各点、直线的平面与正方体表面的交线．
（1）过点G及AC；（2）过三点E，F，D1.
8、如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是AA1的中点，
画出过D1，C，E的平面与平面ABB1A1的交线，并说明理由．
教师版
带着如下【问题】思考、理解与应用
两个平面的交线及其画法
利用平面的性质画平面与平面的交线的研究与方法；.
1、作截面首先得依据公理3保障有一个交点，才能保证当且仅当过该的的唯一一条直线；凡是相交的平面都要画出它们的交线.
2、作交线的方法有如下两种：①利用公理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.；
例1、如图所示，已知平面α∩β＝l，点A∈α，点B∈α，点C∈β，
且A l，B l，直线AB与l不平行，
那么平面ABC与平面β的交线与l有什么关系？证明你的结论．
【提示】注意理解与用好公理3、公理1；
【解析】结论：平面ABC与平面β的交线与l相交；
证明如下：因为AB与l不平行，且AB α，l α，所以AB与l一定相交．
设AB∩l＝P，则P∈AB，P∈l；
又因为AB 平面ABC，l β，所以P∈平面ABC，P∈β；
所以，点P是平面ABC与平面β的一个公共点，
而点C也是平面ABC与平面β的一个公共点，
且P，C是不同的两点，
所以直线PC就是平面ABC与平面β的交线；
即平面ABC∩平面β＝PC，而PC∩l＝P，
所以平面ABC与平面β的交线与l相交；
【说明】本题考查了正确画截面的基础是画交线，而画交线的依据是公理3与公理1；
例2、如图所示为一长方体木料，经过木料的面A1C1内有一点P，
经过点P作棱BC的平行线，应该怎样画？并说明理由。
【提示】“点P作棱BC”不在长方体的侧面与底面上；
【解析】如图所示，在面A1C1内过P作直线EF∥B1C1，
交A1B1于点E，交C1D1于点F，则直线EF即为所求．
理由：因为EF∥B1C1，BC∥B1C1，所以EF∥BC.
【说明】本题考查了利用空间平行关系的性质画截面的交线；
基本规律：平行关系确定的截面作图，一般情况下，利用线线、线面、面面特别是线面的平行性质定理保障截面的交线；
例3、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
E，F，G分别在AB，BC，DD1上，
求作过E，F，G三点的截面与六个表面的交线；
【提示】注意“棱”是表面的交线与平面、直线是无限的；
【作法】
①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.
②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.
③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.
④连接KE，FH.则五边形EFHGK即为所求的截面．
例4、在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为棱A1D1，CC1的中点，过P，Q，A作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．
【提示】关键是正确作出“交线”，明确截面多边形的形状与交汇性质；
【答案】；
【解析】如图所示，
过Q作QM∥AP交BC于M，
由A1P＝CQ＝2，tan∠APA1＝2，
则tan∠CMQ＝2，CM＝＝1，
延长MQ交B1C1的延长线于E点，连接PE，交D1C1于N点，
则多边形AMQNP即为截面，
根据平行线性质有C1E＝CM＝1，＝＝，则C1N＝，D1N＝，
因此NQ＝＝，
NP＝＝，
又AP＝＝2，AM＝＝5，
MQ＝＝，
所以多边形AMQNP的周长为
AM＋MQ＋QN＋NP＋PA＝5＋＋＋＋2＝．
【说明】本题主要考查了正确画截面的交线及其应用；
例5、 (2020·新高考卷Ⅰ)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________．
【答案】（供高三复习用）
【解析】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M，G，H，
连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，
D1M⊥B1C1，且D1M＝；
由题意知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×＝.
【说明】解答此类题；（1）挖掘题目条件，要抓住截面的点是公共点这个关键；（2）灵活转化，将条件转化到一个平面内，寻找截面上的点满足的数量关系；
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：
（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．
1、已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（ ）
A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形
【提示】根据面面平行的性质定理，可以得出，，由此可推断四边形EFGH一定为平行四边形，从而可得出答案.
【答案】A
【解析】因为面面，面面，面面，所以，
同理可得，所以四边形EFGH为平行四边形，所以截面EFGH的形状不可能是梯形.
若面面，此时四边形EFGH是正方形，也是菱形；
当是所在棱的中点，分别与 重合时，四边形EFGH是长方形.
故选：A.
2、如图，在正方体中，E是棱的中点，则过三点A、D1、E的截面过（ ）
A．AB中点
B．BC中点
C．CD中点
D．BB1中点
【提示】根据截面特点结合正方形结构性质求解.
【答案】B
【详解】取的中点，连接，，
如图，则，
所以在截面上,故选：B
3、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为
【答案】等腰梯形
【解析】取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，
由题意得GH∥EF，AH∥A1F，
又GH 平面A1EF，EF 平面A1EF，
∴GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，
又GH∩AH＝H，GH，AH 平面AHGD1，
∴平面AHGD1∥平面A1EF，
故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形．
4、已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
【答案】
【解析】如图所示，
连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，
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M，N，
即Q的轨迹为MN，
由棱长为3，
得C1M＝A1C1＝3，则BC1＝6，
又＝＝，
则NC1＝BC1＝4，
由A1B＝BC1＝A1C1，
得∠A1C1B＝60°，
则MN＝
＝＝.
5、在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱靠近点的三等分点，用过点，，的平面截正方体，则截面图形的周长为
【答案】
【解析】根据题意作出截面如图，
利用勾股定理和对边相等易得周长为，故选：．
6、作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______．
【答案】五
【解析】延长的延长线于，连接的延长线于
连接于，连接，则五边形即为所求.
所以截面多边形的边数为五.
7、如图所示，G是正方体ABCD A1B1C1D1的棱DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点．试分别画出过下列各点、直线的平面与正方体表面的交线．
（1）过点G及AC；（2）过三点E，F，D1.
【解析】（1）画法：连接GA交A1D1于点M，连接GC交C1D1于点N；连接MN，AC，则MA，CN，MN，AC为所求平面与正方体表面的交线．如图①所示．
（2）画法：连接EF交DC的延长线于点P，交DA的延长线于点Q；连接D1P交CC1于点M，连接D1Q交AA1于点N；连接MF，NE，则D1M，MF，FE，EN，ND1为所求平面与正方体表面的交线．如图②所示．
8、如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是AA1的中点，
画出过D1，C，E的平面与平面ABB1A1的交线，并说明理由．
【解析】如图，取AB的中点F，连接EF，A1B，CF.
∵E是AA1的中点，
∴EF∥A1B.
在正方体ABCD A1B1C1D1中，A1D1∥BC，A1D1＝BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形．
∴A1B∥CD1，
∴EF∥CD1.
∴E，F，C，D1四点共面．
∵E∈平面ABB1A1，E∈平面D1CE，
F∈平面ABB1A1，F∈平面D1CE，
∴平面ABB1A1∩平面D1CE＝EF.
∴过D1，C，E的平面与平面ABB1A1的交线为EF.

展开更多......

收起↑