2025高考备考数学知识点突破2　空间几何体的截面（交线）问题

突破2空间几何体的截面（交线）问题学生用书P153命题点1截面的形状问题例1[多选/2023岳阳市联合体联考]用一个平面截正方体，所得的截面不可能是（BCD）A.锐角三角形 B.直角梯形C.有一个内角为75°的菱形 D.正五边形解析对于A，如图1，截面的形状可能是正三角形，故A可能；对于B，首先考虑截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图2所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，又AA1与QR相交，所以可得PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故B不可能；对于C，当平面截正方体得到的截面为菱形（非正方形）时，只有如下情形，如图3，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小，设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝5，PR＝22，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝PD12＋RD12－PR22PD1·RD1＝5+5－82×5×5＝思维拓展1.正方体的基本截面用一个平面截正方体，可以得到的截面形状如下：横截竖截斜截正方形正方形如图所示注意正方体的斜截面不会出现直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形.2.圆柱体的基本截面用一个平面截圆柱，可以得到的截面形状如下：横截竖截斜截圆形，如图1矩形，如图2如图3，4，5所示训练1[2024江西高三联考]已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2BC，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P＝3BP，CQ＝3C1Q，BT＝3AT，则平面PQT截长方体所得的截面形状为（C）A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形解析如图，连接QP并延长，交CB的延长线于点E，连接ET并延长，交AD于点S，过点S作SR∥EQ交DD1于点R，连接RQ，则五边形PQRST即平面PQT截该长方体所得的截面多边形.故选C.命题点2截面的面积问题例2[全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（A）A.334 B.233 C.3解析如图，记该正方体为ABCD－A1B1C1D1，要使正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，那么平面α必须与正方体的体对角线AC1垂直.连接B1C，B1D1，CD1，易知平面α与平面B1CD1平行或重合.设截面与棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的交点分别为E，F，G，H，I，J.不妨设A1E＝x（0≤x≤1），则DJ＝x，延长EJ，HI交于点M，则M∈直线AD，显然△MEH是边长为2的正三角形，△MJI是边长为2x的正三角形，所以S四边形EHIJ＝S△MEH－S△MJI＝34（2－2x2同理可得S四边形EHGF＝34[2－2（1－x）2]＝34（4x－2x所以截面面积S＝34（2＋4x－4x2）＝34[3－（1－2x）2]≤当且仅当x＝12时等号成立故当x＝12时，截面面积取得最大值，最大值为3方法技巧求解截面的面积（或面积的最值）问题，关键是准确判断截面的形状.（1）如果截面的几何图形确定，那么可以利用平面几何知识求出其面积的大小；（2）如果截面的几何图形不确定，那么可以讨论截面几何图形面积的最大、最小值，此时求解需要根据题意设立相关点的位置参量，建立截面面积的目标函数，然后利用函数知识求解.注意在求解截面面积的最值时，需要根据几何体和截面的变化来确定相关参量的取值范围.训练2[多选/2023南京模拟]如图，已知三棱锥A－BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，且ACBD＝m，AMMB＝n，其中m，n∈（0，＋∞）.下列说法正确的是 （ABCA.对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形B.当AC⊥BD时，对任意的m，都存在n，使得截面MNPQ是正方形C.当m＝1时，截面MNPQ的周长与n无关D.当AC⊥BD，且AC＝BD＝2时，截面MNPQ的面积的最大值为2解析因为AC∥平面MNPQ，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面MNPQ＝MN，所以AC∥MN.同理AC∥PQ，所以MN∥PQ.由BD∥平面MNPQ，同理可得MQ∥NP.所以四边形MNPQ是平行四边形，所以选项A正确.由选项A可知，当AC⊥BD时，有MN⊥MQ，所以四边形MNPQ是矩形.因为AMMB＝n，所以MQBD＝nn+1，MNAC＝1n+1，所以MQ＝nn+1·BD，MN＝1n+1·AC，若四边形MNPQ是正方形，则MN＝MQ，即1n+1·AC＝nn+1·BD，所以ACBD＝n，又ACBD＝当m＝1时，AC＝BD，所以四边形MNPQ的周长为2（MN＋MQ）＝2（1n+1·AC＋nn+1·BD）＝2（1n+1·AC＋nn+1·AC）＝2AC当AC⊥BD，且AC＝BD＝2时，四边形MNPQ是矩形，且MQ＝nn+1·BD＝2nn+1，MN＝1n+1·AC＝2n+1，所以四边形MNPQ的面积S＝MQ·MN＝2nn+1·2n+1＝4n（n+1）2＝4命题点3截面的交线问题例3[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，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为2π2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＝22＋12＝5，D1M⊥平面BCC1B1，且D1M＝3.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＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2＋MP2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由∠B1MG＝∠C1MH方法技巧1.作截面的三种常用方法一是直接法，解题关键是截面上的点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，可以直接借助基本事实2作出截面.二是作平行线法，解题关键是截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可借助线面平行的性质定理和面面平行的性质定理作出截面.三是延长交线得交点，解题关键是截面上的点中至少有两个点在几何体的同一个面上，可通过由作延长线得到的交点辅助得出截面与立体几何图形的交点，进而得交线和截面图形.2.求解截面的交线长度问题，关键是准确找到截面与几何体相交的轨迹形状，突破口是找到截面与几何体的公共点的位置和变化轨迹.常见的轨迹形状为特殊四边形（正方形、平行四边形、菱形、梯形）的组合图形、圆周或圆弧、圆锥曲线的部分等.训练3[2023武汉市武昌实验中学模拟测试]已知在圆柱O1O2内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧CD的中点，则平面PAB与球的交线长为10π5解析设该球的球心为O，半径为r，则AB＝BC＝2r，而S四边形ABCD＝AB×BC＝4r2＝8，解得r＝2.如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB，因为P为CD的中点，所以AP＝BP.又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P.又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，所以OH⊥平面ABP.因为O1O2＝2r＝22，O1P＝2，O1O2⊥O1P，所以O2P＝O1O22＋所以sin∠O1O2P＝O1PO2P所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝2×55＝10易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为r1＝r2－OH2＝（2）2－（105）2学生用书·练习帮P3381.[2023长沙重点中学摸底考试]棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为（B）A.2 B.153 C.263 解析由题意，正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O为体对角线AC1的中点，正方体体对角线长为23，所以球的半径R＝3.易知点A到平面EFG的距离为33，所以球心O到平面EFG的距离为3－33＝233，所以截面圆的半径r＝R2.[2023南通市部分学校第一次联考]祖暅是南北朝时代的伟大数学家，他于公元5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则可以用来验证祖暅原理的两个几何体为（D）① ② ③ ④A.①② B.①③ C.②④ D.①④解析设平行于底面的截面与底面间的距离为h，则①中截面圆环的面积为π（R2－h2）；②中截面圆的半径为R－h，截面圆的面积为π（R－h）2；③中截面圆的半径为R－ℎ2，截面圆的面积为π（R－ℎ2）2；④中截面圆的半径为R2－ℎ2，截面圆的面积为π（R2－h23.[2024安徽滁州中学模拟改编]如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于4，E，F分别是棱AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（B）A.32 B.4 C.42 D.6解析将正四面体补成正方体，如图所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方体的棱长为22.由于EF⊥平面α，且平面α与四面体的每一个面都相交，故截面为平行四边形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴平行四边形MNKL为矩形，∴S矩形MNKL＝KN·KL≤（KN＋KL2）2＝4，当且仅当KN＝KL＝4.[2023福州质检]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为（D）A.6 B.102C.13＋25 D.2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.延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点，A1E＝AE＝2，C1N＝3，CN＝1，则D1E＝42＋22＝25，D1N＝42＋32＝5，FN＝12＋22＝5.取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，所以AMFQ＝AHHQ，所以AM＝AHHQ·FQ＝46×4＝83，则MB＝43，则ME＝AE2＋AM2＝4+（83）2＝103，MF＝MB2＋B5.[2023广西联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球表面积为27π，点E为棱BB1的中点，且DE⊥平面α，点C1∈平面α，则平面α截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面图形的面积为（D）A.8124 B.8128 C.81解析设该正方体外接球的半径为R，依题意得4πR2＝27π，解得R2＝274，故R＝332，又3AB＝2R，故AB＝3，即正方体的棱长为3.如图，分别取棱AB，BC的中点F，G，连接GF，A1F，C1G，A1C1，根据正方体的性质可知，四边形A1C1GF为等腰梯形，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1（0，0，0），F（32，0，3），C1（3，3，0），E（3，0，32），D（0，3，3），可得DE＝（3，－3，－32），A1F＝（32，0，3），A1C1＝（3，3，0），则DE·A1F＝92－92＝0，DE·A1C1＝9由于A1F∩A1C1＝A1，所以DE⊥平面A1C1GF，即截面图形为等腰梯形A1C1GF.连接AC，则FG＝12AC＝322，又A1F＝C1G＝32＋（32）2＝352，A1C1＝3故截面图形的面积为12×（322＋32）×9246.[多选/2023襄阳市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α，平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是（ACD）A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状不可能是正五边形D.截面面积的最大值为33解析如图所示，易知直线AC1⊥平面A1BD，依题意知，平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α截此正方体所得截面可能为正三角形（如图中△A1BD），也可能为六边形，不可能为正方形或正五边形.当截面为正六边形时（如图中六边形EFGHIP，E，F，G，H，I，P分别为其所在棱的中点），截面面积取得最大值为6×34×（2）2＝33.综上可知，结论正确的是ACD.7.[2024广东七校联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为侧棱BB1上一点，且B1M＝23B1B，平面A1DM将该正方体分成两部分，其体积分别为V1，V2（V1＜V2），则解析如图，延长线段A1M，与AB的延长线交于点N，连接DN，交BC于点K，连接MK，故平面A1DM延展后为平面A1DKM，该平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台BMK－AA1D.因为MB∥A1A，所以NBNA＝MBAA1＝MBBB1＝13，不妨设正方体的棱长为3，则V1＝V三棱台BMK－AA1D＝13（S△BKM＋S△AA1D＋S△BKM×S△AA1D）×AB＝13×（12×