空间几何体的截面（交线）问题-2025年高考数学备考复习

第七章立体几何与空间向量

突破2空间几何体的截面（交线）问题

口学生用书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441不平行，如图2所示，不妨假设尸Q_LQR,因为

44」平面小PQU平面所以/4_LP。，又/小与0尺相交，所以可得

尸。_L平面/MBS,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,其中尸，夫为所在棱的中点，易知当菱形为

P3RD1时，菱形中的锐角取得最小值，即/PDiT?最小，设正方体的棱长为2,则PDi=

RD尸相，PR=2内则由余弦定理，得9”吗篝呵=短港=37=

cos75°,所以4PD1R>75°,故C不可能；对于D,假设截面是正五边形，则截面中的截

线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，可知必然有一对平

行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中

是不可能有平行的边的，所以截面的形状不可能是正五边形，故D不可能.综上所述，选

BCD.

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

方立©可®

厨』镇，

・A0TINxffi•Mi

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：

训练1［2024江西高三联考］已知在长方体/BCD-Z/CiA中，AB=BBi=2BC,点、P,

Q,7分别在棱A8i,CCj和48上，且囱尸=38P,CQ=3CiQ,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C3的延长线于点E,连接£7并延长，

交4D于点S,过点S作SR〃石0交DA于点R,连接R。，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a所成的角都相等，则a截此

正方体所得截面面积的最大值为（A）

A—B—C—DT

解析如图，记该正方体为/BCD—/13C1O1,要使正方体的每条棱所在直线与平面a所成

的角都相等，那么平面a必须与正方体的体对角线/G垂直.连接3C,BQi,CDi,易知平

面a与平面B\CD\平行或重合.

设截面与棱/id,A\B\,BBi,BC,CD,DDi的交点、分别为E,F,G,H,I,J.

不妨设/i£=x(OWxWl),则D7=x,延长£J,印交于点M,则MG直线4D,显然

是边长为近的正三角形，/XM/Z是边长为/x的正三角形，所以S回边衫EHU=SAMEH

-SAMJI=^(2—2X2),

4

同理可得S四边形EHGF=，［2—2(1—x)2］=f(4x—2x2),

44

所以截面面积5=隹(2+4x—4/)=遗［3—(l-2x)2］^―,

444

当且仅当时等号成立.

故当％=:时，截面面积取得最大值，最大值为芈.

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〃023南京模拟］如图，已知三棱锥/一BCD的截面跖VP0平

行于对棱/C,BD,且手=〃?，黑="，其中加，及G(0,+°°).下列说法

正确的是(ABC)

A.对于任意的〃?，n,都有截面是平行四边形

B.当/CLAD时，对任意的加，都存在"，使得截面ACVP。是正方形

C.当机=1时，截面ACVPQ的周长与"无关

D.当且/C=AD=2时，截面肱VP。的面积的最大值为2

解析因为/C〃平面MVPQ,/CU平面48C,平面A8CA平面AGVPQ=JW,所以

NC〃肱V.同理/C〃尸°,所以MN〃PQ虫BD〃平面MNPQ,同理可得所以四边

形MVP0是平行四边形，所以选项A正确.

由选项A可知，当NC_L8。时，有所以四边形ACVP。是矩形.因为瞿=〃，所

以丝=/_,丝=」_,所以MQ=—・BD,MN^--AC,若四边形ACVP。是正方形，则

BDn+1ACn+1n+1n+1

MN=MQ,即二一/C=/一AD,所以生=〃，又竺=加，所以当ZC_LBD时，对任意的机，

n+1n+1BDBD

当〃=加时，四边形MA?。是正方形，所以选项B正确.

当加=1时，AC=BD,所以四边形AGVPQ的周长为2(MN+MQ)=2(京4C+

—BD')=2(--AC+—-AC)=2AC,所以四边形ACVF。的周长与〃无关，所以选项C

n+ln+1n+1

正确.

当4CLBD,且/C=30=2时，四边形AGVP。是矩形，且M。=热心。=含，MN=

—■AC^—,所以四边形MNPQ的面积S=MQ-MN=.2=—74n=

71+1Tl+l71+171+1(n+1)九+2九+1

—\—^—r=—=1,当且仅当n=l时等号成立，所以四边形MNPQ的面积的最大值为1,

nn+22in,—+2

Nn

所以选项D错误.故选ABC.

命题点3截面的交线问题

例3［新高考卷I］已知直四棱柱8cLDi的棱长均为2,/胡。=60。.以。为球

心，而为半径的球面与侧面BCCB的交线长为—与

解析如图，连接SA,易知△B1GD1为正三角形，所以81£>1=，.,

。。1=2.分别取修。,BBi,CCi的中点M,G,H,连接。1M,

I_--_-_--_-_--_-I•I

D\G,DxH,则易得。iG=Oi8=J22+12=V5,Di"_L平面

BCCB,且由题意知G,H分别是BBi,CG与球面的交点.在侧面8CC向内任

2

取一点P,使儿。=应，连接。1尸，则。1P=JD1M2+MP2=J(V3)2+(V2)=V5,

连接MG,MH,易得MG=MH=di,故可知以河为圆心，夜为半径的圆弧G8为球面与

侧面2CC181的交线.由/51必7=/。1必/=45。知NGMf=90°,所以&的长为:X2兀X近

V2ir

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01。2内有一个球，该球与圆柱的

上、下底面及母线均相切.过直线。。2的平面截圆柱得到四边形48CA,其面积为8.若P

为圆柱底面圆弧CO的中点，则平面P/3与球的交线长为—孚

解析设该球的球心为。，半径为r,则48=3C=2r,而S唆,"BCD=43><BC=4八=8,

解得r=V2.

如图，连接尸。2,OF,作。H_L02P于“，易知。1O2_L45,因为P

为力的中点，所以4P=3尸.又。2为N8的中点，所以。我_L48.又

0102^02^=02,所以48_1_平面。又。平面。。2忆所以

/3_10〃.因为。〃，。〃，且/8门尸。2=。2,所以O〃_L平面/3P.

因为。。2=2厂=2近，OiP=V2,OiO2±OiP,

所以QP=J。］。升0P2=J（2V2）之+（V2）2=V10,

所以s】n/5。2P=券=隘=今

所以O//=OO2XsinZOiO2P=V2Xy=^p.

易知平面P/3与球。的交线为一个圆，其半径为〃=J72—。口2=］（鱼）2_（卑）—=

争，所以交线长为2ai=2兀><争=鸣.

（-----------------------------:练习帮;，练透好题精准分层-----------------------------

b学生用书•练习帮P338

1.［2023长沙重点中学摸底考试］棱长为2的正方体N8CD—4B1C1D1的所有顶点均在球。

的球面上，E,F,G分别为N3,AD,/小的中点，则平面EFG截球。所得圆的半径为

（B）

A.V2B#C苧D.V3

解析由题意，正方体4SCD—481clDi的外接球球心。为体对角线NG的中点，正方体

体对角线长为2乃，所以球的半径尺=b.易知点/到平面EFG的距离为手，所以球心。

到平面EFG的距离为百一?=W，所以截面圆的半径r=JR2_（w）2=卓，故选B.

2.［2023南通市部分学校第一次联考］祖晒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，即祖昭原理：“幕势既同，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，则可以用来验证祖昭原理的两个几何体为（D）

A.①②B.①③C.②④D.①④

解析设平行于底面的截面与底面间的距离为九则①中截面圆环的面积为兀（尺2一后）.

②中截面圆的半径为尺一〃，截面圆的面积为无（R—/z）2;③中截面圆的半径为R—g,截面

2

圆的面积为兀（R—；）；④中截面圆的半径为JR2一八2,截面圆的面积为无（尺2一〃2）.所以

①④中的几何体在等高处的截面的面积恒相等，故选D.

3.[2024安徽滁州中学模拟改编]如图，已知四面体48cZ）的各条棱

长均等于4,E,尸分别是棱4D,3c的中点.若用一个与直线所垂

直，且与四面体的每一个面都相交的平面a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.3V2B.4C.4V2D.6

解析将正四面体补成正方体，如图所示，可得£F_L平面CH5G,且正

方体的棱长为2鱼.由于昉_1_平面a,且平面a与四面体的每一个面都相

交，故截面为平行四边形ACVK"且KZ+KN=4,又KL//BC,

KN//AD,且4D_L3C,：.KN±KL,平行四边形M2VKL为矩形，

S矩形MNKL=KN-KLW（丹色：）2=4,当且仅当血y=KI=2时取等号.

4.[2023福州质检]已知正方体/BCD—ZLBICA的棱长为4,E,尸分别是棱/小，的中

点，则平面。1即截该正方体所得的截面图形周长为（D）

A.6B.10V2

2V13+9V5+25

C.V13+2V5

3

解析如图，取CC1的中点G,连接BG,则D1E//BG,取CG的中

点N,连接KV,DiN,则FN〃BG,所以FN〃D\E.延长D[E,DA交

于点、H,连接万H交48于点连接ME,则平面AE尸截该正方体

所得的截面图形为多边形D1EA3N.由题知/为他的中点，A\E=AE

=2,CiN=3,CN=\,则。很=42+22=2V5,D[N=42+32=5,FN=12+22=V5.

取的中点0,连接。尸，则/加■〃/Q,所以箸=胎，所以则

MB=：,则IAE2+AM2^J4+(1)2=/，MF=IMB2+BF2^I(?)2+4=

第，所以截面图形的周长为DiE+EM+MF+FN+NDl^2y/5+^-+^~-+45+5=

2m+9遍+25,,、生c

----------.故选D.

3

5.［2023广西联考］已知正方体N5CD—NLBCLDI的外接球表面积为27兀，点E为棱381的

中点，且。平面a,点Gd平面a,则平面a截正方体/BCD—481GD1所得的截面图形

的面积为(D)

81V2„81V2„81„81

AA.---£>.---C.—L).

4848

解析设该正方体外接球的半径为R,依题意得4兀叱=27兀，解得

7?2=y,故及=乎，又也AB=2R,故48=3,即正方体的棱长为3.

如图，分别取棱48,BC的中点尸，G,连接GF,AF,C\G,

4G,根据正方体的性质可知，四边形4GG尸为等腰梯形，以4为'

坐标原点，AiBltA1D1,4/所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空"

间直角坐标系，则4(0,0,0),F(|,0,3),Ci(3,3,0),£(3,0,,D

(0,3,3),可得砺=(3,-3,-|),市=(|,0,3),A^=(3,3,0),则

丽•中=2—?=0,DEX1C1=9-9=0,所以DELAiCx.

由于小尸n/Ci=/i,所以。£_L平面NCiGF,即截面图形为等腰梯形/iCiGF

连接NC,则尸G=14C=苧，又NF=GG=J32+(1)2=苧，AiCi=3^2,所以等腰梯

形4GGE的高为I(述),一(3应-上)2=越.

\224

故截面图形的面积为gx(―+3V2)义型=%.故选D.

6.［多选Z2023襄阳市三校联考］已知正方体45CD—48C1D1的棱长为2,直线/G_L平面

a,平面a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3V3

解析如图所示，易知直线/Ci_L平面4AD,依题意知，平面a与平面

4L■...巧,

430平行或重合，所以平面a截此正方体所得截面可能为正三角形(如

图中△48。)，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(如图中六边形访GMP,E,F,G,H,I,尸分别为其

所在棱的中点)，截面面积取得最大值为6XqX(V2)2=3g.综上可知，结论正确的是

4

ACD.

7.[2024广东七校联考]在正方体N3CD—4SC1A中，点M为侧棱上一点，且瓦元=

；瓦力，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为匕，%(匕<%),则*=

31<2

13

41■

解析如图，延长线段4A与48的延长线交于点N,连接DN,交BC

于点K,连接MK,故平面/1DW延展后为平面/bDKZM,该平面将正方体

分成两部分，其中一部分是三棱台N4D因为〃所以竺

=^=源.不妨设正方体的棱长为3,则匕=卜三棱台,广9(S△皿+S”4M+

[S/^BKMXS“^D)X4B=3X(-X1X1+1X3X3+j|x*3=最Vi=

v=^.3_13=41所”乜=身

'正方体4BCD-&BiCiDi/三棱台BMK-441D--3p叼

8.[2023济南摸底考试改编]在正四面体A8CZ＞中，48=鱼，过线段48的一个三等分点且

与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周