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重点培优练7　立体几何中的截面、交线问题
1．(2025·山东枣庄二模)如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，B，C分别为棱的中点，则过点A，B，C的平面截该木块所得截面的形状为(　　)
A．等腰三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．六边形
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2025·青海海东二模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是(　　)
A．4＋4 B．5
C．4＋2＋4 D．6＋2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5．(多选)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E．若圆柱底面圆的半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中正确的是(　　)
A．短轴长为2r，且与θ大小无关
B．离心率为cos θ，且与r大小无关
C．焦距为2r tan θ
D．面积为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6．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________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
重点培优练7
1．C　[如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于E，F两点，连接AE，AF，
分别交棱于M，N两点，连接BM，CN，则五边形AMBCN及内部，即过点A，B，C的截面．
故选C．]
2．B　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH，
由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG＝DD1＝AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，
A1G∥AE，A1G＝AE，由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH＝AE，梯形AFHE是正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，AE＝AF＝，FH＝，EH＝，
所以所求截面的周长是5．故选B．]
3．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．]
4．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＝π．故选B．]
5．ACD　[由题意，得椭圆短轴长2b＝2r，
而长轴长随θ变大而变长且2a＝，
所以c＝＝rtan θ，
故e＝＝sin θ，
焦距为2c＝2rtan θ，
椭圆在底面上的射影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆的面积为．
综上，A，C，D正确，B错误．]
6．14　[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＝，BH＝AN，CC1＝6．
因为△HBG∽△HCC1，，所以BG＝2，GH＝．
在DD1上取靠近D的三等分点Q，连接NQ，C1Q，QG，则NQ＝，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，
则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q，
MG＝，
C1G＝，
同理C1Q＝4，
故截面周长为MN＋MG＋C1G＋C1Q＋NQ＝2．]
1/3培优课7　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．
类型1　截面问题
【典例1】　如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心．劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中不正确的是(　　)
A．截面不是平行四边形
B．截面是矩形
C．截面的面积为
D．截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　作几何体截面的方法
(1)利用平行直线找截面；
(2)利用相交直线找截面．
1．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
2．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________．
类型2　交线问题
【典例2】　(1)(2025·湖南长沙二模)已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为(　　)
A．4π B．5π
C．(4＋2)π D．6π
(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________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　找交线的方法
(1)线面交点法：各棱所在直线与截面的交点；
(2)面面交线法：各侧(底)面与截面的交线．
3．(2025·广东湛江二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线的总长为(　　)
A．3π B．π C． D．
4．已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________．
培优课7　立体几何中的截面、交线问题
典例1　A　[如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心，
所以P位于CD的中线的靠近CD的处，分别取BC，AC，AD，BD的三等分点，
则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，
所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误；
延长AP交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，
所以G为CD的中点，因为AC＝AD＝BC＝BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，因为AG∩BG＝G，AG，BG 平面ABG，所以CD⊥平面ABG，因为AB 平面ABG，所以CD⊥AB，因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF，所以截面EFNM为矩形，所以B正确；
因为MN＝a，ME＝a，所以S矩形EFNM＝MN·ME＝a·a2，所以C正确；
对于D，截面EFNM∩平面ABC＝ME，ME∥AB，ME 平面ABD，AB 平面ABD，所以ME∥平面ABD，所以D正确．故选A．]
考教衔接
1．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，
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．]
2．　[如图，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，由余弦定理的推论，
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．]
典例2　(1)D
(2)π　[(1)作圆锥的轴截面△ABC，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与AB，AC分别交于点D，E，如图，由已知，△ABC为边长为4的等边三角形，BC的中点O为球心，半圆O的半径为2，因为点D在半圆上，所以DB⊥DC，DO＝BO＝CO＝2，∠DBO＝60°，
所以BD＝2，故点D为AB的中点，同理可得E为AC的中点，所以DE＝2，
所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为4π，
另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为2π，所以交线长为6π．
故选D．
(2)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，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，为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以×2π×π．]
考教衔接
3．B　[因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，
所以表面ABCD，ADD1A1，ABB1A1上的点到点A的最大距离为，
所以以顶点A为球心，为半径的球的球面与这三个表面没有公共点，
如图，若球面与表面CDD1C1的公共点为P，
当P在CC1上时，
因为AP＝，
则DP＝2，
由CD＝，可得∠PDC＝30°，
同理可得∠D1DQ＝30°，
则∠QDP＝30°，
可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面CDD1C1的交线，即圆心角为30°，半径为2的圆弧，
同理可得球面与表面A1B1C1D1，BCC1B1的交线也都是圆心角为30°，半径为2的圆弧，所以交线总长为3××2＝π．
故选B．]
4.2π　[由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，正三棱台的侧面均为全等的等腰梯形．
在四边形ABB1A1中，
AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，
如图，在AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，
即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧，
分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，
则所求交线长度为三段圆弧×2×3＝2π．]
1/2(共47张PPT)
专题四　立体几何
培优课7　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．
√
类型1　截面问题
【典例1】　如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心．劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中不正确的是(　　)
A．截面不是平行四边形
B．截面是矩形
C．截面的面积为
D．截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD
A　[如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心，
所以P位于CD的中线的靠近CD的处，
分别取BC，AC，AD，BD的三等分点，
则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，
所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误；
延长AP交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，
所以G为CD的中点，因为AC＝AD＝BC＝BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，因为AG∩BG＝G，AG，BG 平面ABG，所以CD⊥平面ABG，因为AB 平面ABG，所以CD⊥AB，因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF，所以截面EFNM为矩形，所以B正确；
因为MN＝CD＝a，ME＝AB＝a，所以S矩形EFNM＝MN·ME＝a·a＝a2，所以C正确；
对于D，截面EFNM∩平面ABC＝ME，ME∥AB，ME 平面ABD，AB 平面ABD，所以ME∥平面ABD，所以D正确．故选A．]
反思领悟　作几何体截面的方法
(1)利用平行直线找截面；
(2)利用相交直线找截面．
√
1．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
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，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．]
2．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________．
　[如图，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，由余弦定理的推论，
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．]
【教用·备选题】
已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形Γ，则Γ的边数至多为________，Γ的面积的最大值为________．
5　
　
5　　[取SC的中点F，则BF⊥SC，DF⊥SC．
又因为BF∩DF＝F，BF，DF 平面BDF，所以SC⊥平面BDF．
作平面Γ与平面BDF平行，如图，截面至多为五边形．
令＝λ(0＜λ＜1)，所以EP＝λBF＝λ，SP＝λSB＝λ，
所以PB＝1－λ，BQ＝1－λ，PQ＝1－λ，NQ＝MP＝λBD＝λ，
所以cos ∠DFB＝＝－，
所以sin ∠DFB＝，
所以S△EMP＝λ·λ·＝λ2．
因为MN与NQ的夹角为SA与BD的夹角，而SA与BD垂直，
所以S四边形PMNQ＝λ(1－λ)，
所以S＝λ(1－λ)＋λ2＝－λ2＋λ，
当λ＝时，S取最大值．]
√
类型2　交线问题
【典例2】　(1)(2025·湖南长沙二模)已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为(　　)
A．4π B．5π
C．(4＋2)π D．6π
(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________．
π
(1)D　(2)π　[(1)作圆锥的轴截面△ABC，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与AB，AC分别交于点D，E，如图，由已知，△ABC为边长为4的等边三角形，BC的中点O为球心，半圆O的半径为2，因为点D在半圆上，所以DB⊥DC，
DO＝BO＝CO＝2，∠DBO＝60°，
所以BD＝2，故点D为AB的中点，同理可得E为AC的中点，所以DE＝2，所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为4π，另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为2π，所以交线长为6π．故选D．
(2)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，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，为半径的圆弧为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以的长为×2π×＝π．]
反思领悟　找交线的方法
(1)线面交点法：各棱所在直线与截面的交点；
(2)面面交线法：各侧(底)面与截面的交线．
√
3．(2025·广东湛江二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线的总长为(　　)
A．3π B．π C． D．
B　[因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，
所以表面ABCD，ADD1A1，ABB1A1上的点到点A的最大距离为＜，
所以以顶点A为球心，为半径的球的球面与这三个表面没有公共点，
如图，若球面与表面CDD1C1的公共点为P，
当P在CC1上时，
因为AP＝，则DP＝2，
由CD＝，可得∠PDC＝30°，
同理可得∠D1DQ＝30°，则∠QDP＝30°，
可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面CDD1C1的交线，即圆心角为30°，半径为2的圆弧，
同理可得球面与表面A1B1C1D1，BCC1B1的交线也都是圆心角为30°，半径为2的圆弧，所以交线总长为3××2＝π．故选B．]
4．已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________．
2π　[由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，正三棱台的侧面均为全等的等腰梯形．
2π
在四边形ABB1A1中，
AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，
如图，在AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，
即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为
三段圆弧，
分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，
则所求交线长度为三段圆弧的长度之和，长度为×2×3＝2π．]
√
【教用·备选题】
1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，以C1为球心，为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
B　[设D1为A1B1的中点，连接C1D1(图略)．
因为A1B1＝AB＝2，△A1B1C1为等边三角形，
所以C1D1＝．
因为C1D1⊥A1B1，C1D1⊥AA1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1 平面ABB1A1，
所以C1D1⊥平面ABB1A1，
所以以C1为球心，为半径的球面与平面ABB1A1的交线为以D1为圆心的圆，
由＝，
可得交线为以D1为圆心，为半径的圆弧，
设该圆弧与AA1，BB1分别相交于点M，N，
因为MD1＝，A1D1＝1，所以cos ∠MD1A1＝．因为∠MD1A1∈，所以∠MD1A1＝，所以∠MD1N＝，
故交线长l＝＝π．故选B．]
2．正三棱台A1B1C1-ABC中，A1B1＝1，AB＝AA1＝2，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________．
　[如图，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，
　
则线段FN即为截面与上底面A1B1C1的交线．
因为F为A1C1的中点，＝＝＝，所以MC1＝CC1＝．
过点E作BC的平行线交CC1于点H，因为HE＝(BC＋B1C1)＝＝＝＝，所以C1N＝HE＝，在△C1FN中，
FN＝＝
＝．]
3．在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，且AD＝CD，AB＝BD＝2，平面α过点A，C，且BD⊥平面α，则平面α与侧面CBD的交线长为________．
　
　[如图1，因为△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，且AD＝CD，AB＝BD＝2，
所以AB＝AC＝BC＝BD＝2，AD＝CD＝，
所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形，
在△ABD中，过点A作边BD上的高，垂足为E，连接CE，
即BD⊥AE，BD⊥CE，因为AE∩CE＝E，AE，CE 平面ACE，所以BD⊥平面ACE，
平面α即为平面ACE，平面α与侧面CBD的交线为线段CE，
取AD的中点O，连接OB，如图2，
则OB⊥AD，因为AB＝BD＝2，AD＝，
所以OB＝，
由等面积法得AD·OB＝BD·AE，
即＝×2×AE，
解得AE＝，所以CE＝，
故平面α与侧面CBD的交线长为．]
重点培优练7　立体几何中的截面、交线问题
√
1．(2025·山东枣庄二模)如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，B，C分别为棱的中点，则过点A，B，C的平面截该木块所得截面的形状为(　　)
A．等腰三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．六边形
题号
1
3
5
2
4
6
题号
1
3
5
2
4
6
C　[如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于E，F两点，连接AE，AF，
分别交棱于M，N两点，连接BM，CN，
则五边形AMBCN及内部，即过点A，B，C的截面．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
√
2．(2025·青海海东二模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是(　　)
A．4＋4
B．5
C．4＋2＋4
D．6＋2
题号
1
3
5
2
4
6
B　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH，
由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG＝DD1＝AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，
A1G∥AE，A1G＝AE，由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH＝A1G＝AE，
梯形AFHE是正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，
AE＝AF＝＝2，FH＝＝，EH＝＝，
所以所求截面的周长是5．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
题号
1
3
5
2
4
6
3．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
√
题号
1
3
5
2
4
6
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
题号
1
3
5
2
4
6
√
5．(多选)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E．若圆柱底面圆的半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中正确的是(　　)
A．短轴长为2r，且与θ大小无关
B．离心率为cos θ，且与r大小无关
C．焦距为2r tan θ
D．面积为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
ACD　[由题意，得椭圆短轴长2b＝2r，
而长轴长随θ变大而变长且2a＝，
所以c＝＝r tan θ，故e＝＝sin θ，
焦距为2c＝2r tan θ，椭圆在底面上的射影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆的面积为．
综上，A，C，D正确，B错误．]
题号
1
3
5
2
4
6
6．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_____．
14　[如图，延长NM，CB相交于点H，连接C1H交BB1于点G，连接MG．
14　
题号
1
3
5
2
4
6
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，CC1＝6．
因为△HBG∽△HCC1，＝＝，所以BG＝2，GH＝＝2．
在DD1上取靠近D的三等分点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，
题号
1
3
5
2
4
6
故G，H，N，Q四点共面，
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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