25届（新教材QG版）数学新考案培优课13截线、截面问题.docx

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MN

1.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,C1D

A.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，F

A.6 B.10

C.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?A1B1C1D1

A.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△MN

MN=

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?A1B1C1D1中，AB=2,AA1=3，M

[解析]如图，分别取BC,B1C1的中点H,Q，连接BQ,C1H

在平面BB1C1C中，过点N作NP//C1H交BC于P

因为C1H=