第七章　§7.9　立体几何中的截面、交线问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§7.9立体几何中的截面、交线问题重点解读“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、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．题型一截面作图例1如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN＝2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面，写出作法．解如图所示，五边形DQMFN即为所求截面．作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，连接ME交B1C1于点F，交D1A1的延长线于点H，连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，则五边形DQMFN即为所求截面．思维升华作截面的几种方法(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程．(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点．(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线．跟踪训练1如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，D1，M三点作正方体的截面，作出这个截面图，写出作法．解如图，连接CD1，连接D1M并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连接MP，则四边形CD1MP为过C，D1，M三点的正方体的截面．题型二截面图形的形状判断例2(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是线段DD1上的动点，若过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为()A．等边三角形 B．矩形C．菱形 D．等腰梯形答案ABD解析当点E与D1重合时，过A，B1，E三点的截面是等边三角形AB1D1，故A正确；当点E与D重合时，过A，B1，E三点的截面为矩形AB1C1D，故B正确；若截面为菱形，则必有AB1＝AE，此时点E与D1重合，故C错误；当点E与DD1中点重合时，记C1D1的中点为F，连接EF，FB1，C1D(图略)，易知EF∥DC1，由正方体性质可知，AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1，所以EF∥AB1且EF＝eq\f(1,2)AB1，设正方体棱长为2，则AE＝B1F＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确．思维升华判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置．跟踪训练2已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是()A．等腰三角形 B．等腰梯形C．五边形 D．正六边形答案D解析如图①，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能；截面ABEF为等腰梯形，选项B可能；如图②，截面AMDEN为五边形，选项C可能；因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能．题型三截面图形的周长或面积例3(2024·朔州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为3，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面面积为()A．2eq\r(11) B．4eq\r(11)C．2eq\r(22) D．4eq\r(22)答案C解析延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，∵平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG，∴AD1∥GE，又∵AD1＝3eq\r(2)，GE＝eq\r(2)，∴四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面．又∵D1G＝AE＝eq\r(13)，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1，∴GH＝eq\r(D1G2－D1H2)＝eq\r(11)，∴S＝eq\f(1,2)·(AD1＋EG)·GH＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋3eq\r(2))×eq\r(11)＝2eq\r(22).思维升华几何体的截面的相关计算，关键在于根据公理作出所求的截面，再运用解三角形的相关知识得以解决．跟踪训练3(2023·新乡模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD－A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为()A．3eq\r(2)＋2eq\r(5) B．2eq\r(2)＋eq\r(5)＋3C．eq\f(9,2) D．2eq\r(2)＋2eq\r(5)＋2答案A解析如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，又在正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝eq\r(2)，D1E＝AF＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AD1＝2eq\r(2)，所以四边形AFED1的周长为3eq\r(2)＋2eq\r(5).课时精练一、单项选择题1．过正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为()A．三角形或五边形 B．三角形或四边形C．正六边形 D．三角形或六边形答案D解析过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，∵二面角D1－EF－D，二面角B1－EF－B都大于45°，∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形．2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝2，AD＝AA1＝4，E，F分别为BB1，A1D1的中点，过点A，E，F作长方体ABCD－A1B1C1D1的一个截面，则该截面的周长为()A．6eq\r(2) B．6eq\r(5)C．2eq\r(5)＋4eq\r(2) D．4eq\r(5)＋2eq\r(2)答案D解析如图，连接AF，过点E作EP∥AF交B1C1于点P，连接FP，AE，即可得到截面AFPE，因为E为BB1的中点，EP∥AF，所以B1P＝eq\f(1,2)A1F＝1，因为AB＝2，AD＝AA1＝4，则AF＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，所以EP＝eq\f(1,2)AF＝eq\r(5)，AE＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，FP＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以截面AFPE的周长为2eq\r(5)＋eq\r(5)＋2eq\r(2)＋eq\r(5)＝4eq\r(5)＋2eq\r(2).3．(2023·承德模拟)在三棱锥P－ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P－ABC所得截面的周长为()A．5B．6C．8D．9答案B解析如图所示，在三棱锥P－ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝eq\f(1,3)AB，EH＝eq\f(2,3)PC，所以平行四边形EFGH的周长为2(EF＋EH)＝eq\f(2,3)(AB＋2PC)＝6.4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为A1B1，B1C1的中点，过M，N的平面所得截面为四边形，则该截面的最大面积为()A．2eq\r(2)B．2eq\r(5)C.eq\f(3\r(10),2)D.eq\f(9,2)答案D解析如图所示，面积最大的截面四边形为等腰梯形MNCA，其中MN＝eq\r(2)，AC＝2eq\r(2)，AM＝CN＝eq\r(5)，高为h＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)，故面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).5.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥(以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点)而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为()A．4π－4 B．4πC．4π－2 D．2π－2答案C解析截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为4π，设正四棱锥的底面正方形边长为a，则2a2＝16，所以a＝2eq\r(2)，正四棱锥的底面正方形的面积为(2eq\r(2))2＝8，由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似，设圆面中挖去一个正方形的面积为S′，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则eq\f(S′,S)＝eq\f(S′,8)＝eq\f(1,4)，从而S′＝2，所以截面图形的面积为4π－2.6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，过M，N，B1三点的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面形状为()A．六边形 B．五边形C．四边形 D．三角形答案B解析如图，在AB上取点Q，且BQ＝3AQ，取CD的中点P，连接QM，BP，NP，B1Q.在DD1上取点R，且D1R＝3DR，连接NR，MR.因为eq\f(AQ,CP)＝eq\f(AM,BC)＝eq\f(1,2)，∠QAM＝∠PCB，所以△QAM∽△PCB，所以∠AQM＝∠BPC.又AB∥CD，所以∠ABP＝∠BPC，所以∠ABP＝∠AQM，所以QM∥BP.因为N，P分别为C1D1，CD的中点，所以PN∥CC1，且PN＝CC1.根据正方体的性质，可知BB1∥CC1，且BB1＝CC1，所以PN∥BB1，且PN＝BB1，所以四边形BPNB1是平行四边形，所以B1N∥BP，所以B1N∥QM.同理可得NR∥B1Q.所以五边形QMRNB1即为所求正方体的截面．二、多项选择题7．用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是()A．锐角三角形 B．直角梯形C．正五边形 D．正六边形答案BC解析对于A，截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形．如图所示的截面为△ABC.设DA＝a，DB＝b，DC＝c，所以AC2＝a2＋c2，AB2＝a2＋b2，BC2＝b2＋c2.所以由余弦定理得，cos∠CAB＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(2a2,2\r(a2＋b2)\r(a2＋c2))>0，所以∠CAB为锐角．同理可求，∠ACB为锐角，∠CBA为锐角．所以△ABC为锐角三角形，故A不符合题意；对于B，如图，截面图形如果是四边形，可能是正方形、矩形、菱形、一般梯形、等腰梯形，不可能是直角梯形，故B符合题意；对于C，如图，当截面为五边形时，不可能出现正五边形，故C符合题意；对于D，当截面过棱的中点时，如图，即截面为正六边形，故D不符合题意．8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，H是棱BC，D1C1，AA1上的动点(包含端点)，且满足CE＝D1F＝AH，则下列结论正确的是()A．DB1⊥平面EFHB．存在E，F，H，使得点D到平面EFH的距离为1C．平面EFH截此正方体所得截面面积的最大值为3eq\r(3)D．平面EFH截此正方体所得截面的周长为定值答案ACD解析如图所示，建立空间直角坐标系，设CE＝D1F＝AH＝m，m∈[0,2]，则D(0,0,0)，E(m,2,0)，F(0，m,2)，H(2,0，m)，B1(2,2,2)，eq\o(DB1,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2,2,2)·(－m，m－2,2)＝－2m＋2m－4＋4＝0，故eq\o(DB1,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，即DB1⊥EF，同理可得DB1⊥EH，EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFH，故DB1⊥平面EFH，故A正确；平面EFH的一个法向量为eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)，点D到平面EFH的距离为|eq\o(DH,\s\up6(→))||cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(DH,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→))|,|\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4＋2m,2\r(3))＝1，解得m＝eq\r(3)－2，不满足题意，故B错误；设平面EFH分别与A1D1，AB，CC1交于P，Q，R，设P(p,0,2)，则eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(－p，m,0)·(2,2,2)＝－2p＋2m＝0，p＝m，即P(m,0,2)，同理可得，Q(2，m,0)，R(0,2，m)，故|eq\o(HR,\s\up6(→))|＝|eq\o(PE,\s\up6(→))|＝|eq\o(FQ,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，PF∥HR∥QE，如图，过点P作PM⊥HR于M，EN⊥HR于N，则|eq\o(PM,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(6),2)(2－m)，|eq\o(EN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(6),2)m，截面面积为S＝eq\f(1,2)(eq\r(2)m＋2eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)(2－m)＋eq\f(1,2)×(2eq\r(2)＋2eq\r(2)－eq\r(2)m)×eq\f(\r(6),2)m＝－eq\r(3)(m－1)2＋3eq\r(3)，当m＝1时有最大值为3eq\r(3)，故C正确；截面的周长为eq\r(2)m＋eq\r(2)(2－m)＋eq\r(2)m＋eq\r(2)(2－m)＋eq\r(2)m＋eq\r(2)(2－m)＝6eq\r(2)，为定值，故D正确．三、填空题9．(2024·曲靖模拟)“中国天眼”(如图1)是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠(球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直