資源簡介

培優課13 截線、截面問題
培優點一　截面問題
【審題指導】
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，，則正方體中過M，N，C1的截面圖形是(　　).
A.三角形 B.四邊形 C.五邊形 D.六邊形
【通性通法】
1.作截面應遵循的三個原則：(1)在同一平面上的兩點可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線.
2.作出截面的關鍵是作出截線，作出截線的主要根據：(1)確定平面的條件；(2)三線共點的條件；(3)面面平行的性質定理.
【培優訓練】
面積問題
1.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，P，Q分別為B1C，C1D1上的點，B1P=2PC，D1Q=3QC1，用經過B，P，Q三點的平面截該正方體，則所截得的截面面積為(　　).
A.3 B.15 C. D.3
周長問題
2.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，E，F分別是棱AA1，BC的中點，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形周長為(　　).
A.6 B.10
C.+2 D.
最值問題
3.用平面α截棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1，所得的截面的周長記為m，則當平面α經過正方體的某條體對角線時，m的最小值為(　　).
A. B. C.3 D.2
培優點二　截線問題
【審題指導】
已知.的球面與平面BCC1B1的交線長為　　　　.
【通性通法】
作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.
【培優訓練】
求線面相交的軌跡
1.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，E，F分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為　　　　.
以棱臺為載體
2.(2024·福州模擬)已知正三棱臺ABC-A1B1C1的上、下底面邊長分別為1和3，側棱長為2，以下底面頂點A為球心，為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為　　　　.
　
故六邊形B1C1EFGH是正六邊形，其外接球的半徑為1，點B1，C1，E，F，G，H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圓上，連接OE，OF，OG，OH，則∠EOF=∠GOH=，此球面與側面BCC1B1的交線為圖中的兩段圓弧(實線)，所以交線長度為2××1=.
以正四棱柱為載體
3.(2024·南通模擬)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，M是A1D1的中點，點N在棱CC1上，CN=2NC1，則平面AMN與側面BB1C1C的交線長為　　　　. 培優課13 截線、截面問題
培優點一　截面問題
【審題指導】
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，，則正方體中過M，N，C1的截面圖形是(　　).
A.三角形 B.四邊形 C.五邊形 D.六邊形
【解題觀摩】
　　答案　C 　　解析　如圖，延長直線C1M，CD相交于點P，延長直線C1N，CB相交于點Q，連接PQ交直線AD于點E，交直線AB于點F，連接NF，ME， 因為MD=DD1，NB=BB1， 所以MN∥PQ，即MN∥EF， 審題① 則五邊形C1MEFN即為所求截面.
【通性通法】
1.作截面應遵循的三個原則：(1)在同一平面上的兩點可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線.
2.作出截面的關鍵是作出截線，作出截線的主要根據：(1)確定平面的條件；(2)三線共點的條件；(3)面面平行的性質定理.
【培優訓練】
面積問題
1.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，P，Q分別為B1C，C1D1上的點，B1P=2PC，D1Q=3QC1，用經過B，P，Q三點的平面截該正方體，則所截得的截面面積為(　　).
A.3 B.15 C. D.3
答案　D
解析　如圖1所示，延長BP交CC1于點R，
則==，即R為CC1的中點，
連接QR，取A1B1的中點H，連接BH，
則BH∥QR，
∴B，H，Q，R四點共面，BH=BR=2QR==2，QH==，RH==2，
截面BHQR如圖2所示，在△BRH中，RH邊上的高BM==，記BH邊上的高為RN，
則BH·RN=RH·BM，∴RN===，則所截得的截面面積S=×3×=3.故選D.
周長問題
2.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，E，F分別是棱AA1，BC的中點，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形周長為(　　).
A.6 B.10
C.+2 D.
答案　D
解析　如圖，取CC1的中點G，連接BG，則D1E∥BG，取CG的中點N，連接FN，D1N，則FN∥BG，所以FN∥D1E，則直線FN 平面D1EF.延長D1E，DA交于點H，連接FH交AB于點M，連接ME，則A為HD的中點，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為五邊形D1EMFN，由條件可得A1E=AE=2，則C1N=3，CN=1，
則D1E==2，D1N==5，FN==，
取AD的中點Q，連接QF，則AM∥FQ，所以=，所以AM=·FQ=×4=，則MB=，
則ME===，MF===，
所以截面圖形的周長為D1E+EM+MF+FN+ND1=2++++5=.故選D.
最值問題
3.用平面α截棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1，所得的截面的周長記為m，則當平面α經過正方體的某條體對角線時，m的最小值為(　　).
A. B. C.3 D.2
答案　D
解析　假
設截面α過體對角線BD1(當截面α過其他體對角線時，結論一樣)，如圖1所示，
因為一平面與兩平行平面相交，交線平行，所以D1E∥BF，BE∥D1F，且D1E=BF，BE=D1F，
所以四邊形D1EBF為平行四邊形，所以m=2(BE+BF).
設CF=x，則C1F=1-x，故m=2[+]，
記y=+(0≤x≤1)，y=+，
其幾何意義可以看成x軸上的點M(x，0)(0≤x≤1)到定點P(1，1)和Q(0，-1)的距離之和，如圖2所示，
顯然，當M經過點N，0時，P，M，Q三點共線，距離之和最小，此時y==，x=，
所以m=2y=2.故選D.
培優點二　截線問題
【審題指導】
已知.的球面與平面BCC1B1的交線長為　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　 　　解析　如圖，設B1C1的中點為E，球面與棱BB1，CC1的交點分別為P，Q， 連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD=60°，AB=AD， 知△ABD為等邊三角形， 審題①
　　故D1B1=DB=2，△D1B1C1為等邊三角形， 審題① 則D1E=且D1E⊥平面BCC1B1，所以E為球面截側面BCC1B1所得截面圓的圓心， 設截面圓的半徑為r，則r===，可得EP=EQ=， 所以球面與側面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ. 審題② 又D1P=，所以B1P==1，同理，C1Q=1， 所以P，Q分別為BB1，CC1的中點，所以∠PEQ=， 審題② 故的長為×=. 審題②
【通性通法】
作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.
【培優訓練】
求線面相交的軌跡
1.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，E，F分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為　　　　.
答案　
解析　如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點M，連接B1E，BC1交于點N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1四點共面，
由P是線段A1B上的動點，當P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點分別為M，N，連接MN，即Q的軌跡為線段MN，
由棱長為3，得MC1=A1C1=3，BC1=6，
又BE∥B1C1，所以==，則NC1=BC1=4，
由A1B=BC1=A1C1，得∠A1C1B=60°，
則在△MNC1中，
MN==
=.
以棱臺為載體
2.(2024·福州模擬)已知正三棱臺ABC-A1B1C1的上、下底面邊長分別為1和3，側棱長為2，以下底面頂點A為球心，為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為　　　　.
　　答案　
解析　將正三棱臺ABC-A1B1C1補形成正棱錐D-ABC，如圖1，
由B1C1∥BC，得==，而BB1=2，則DB=3，即△BCD為正三角形，三棱錐D-ABC為正四面體，令正△BCD的中心為O，連接AO，BO，因為AO⊥平面BCC1B1，BO=BCsin =，
所以AO===，又球的半徑為，
所以這個球面截平面BCC1B1所得截面圓是以O為圓心，r==1為半徑的圓，
如圖2，在正三角形BCD中，分別取BB1，CC1的中點H，E，取BC的三等分點G，F，連接HG，EF，
顯然==，即GH∥CD，GH=CD=1，同理，EF=1，即B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=1，
因為△BGH是正三角形，
所以∠GHB1=∠HGF=，
同理，∠GFE=∠FEC1=，
而∠C1B1H=∠EC1B1=，
故六邊形B1C1EFGH是正六邊形，其外接球的半徑為1，點B1，C1，E，F，G，H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圓上，連接OE，OF，OG，OH，則∠EOF=∠GOH=，此球面與側面BCC1B1的交線為圖中的兩段圓弧(實線)，所以交線長度為2××1=.
以正四棱柱為載體
3.(2024·南通模擬)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，M是A1D1的中點，點N在棱CC1上，CN=2NC1，則平面AMN與側面BB1C1C的交線長為　　　　.
答案　
解析　如圖，分別取BC，B1C1的中點H，Q，連接BQ，C1H，則AM∥BQ∥C1H，且AM=BQ=C1H，
在平面BB1C1C中，過點N作NP∥C1H交BC于P，則NP為平面AMN與側面BB1C1C的交線，且NP∶C1H=2∶3，
因為C1H===，所以NP=.

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