2025高考数学 空间几何体的截面（交线）问题 备考教案.docx

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＝15＜6－24＝cos 75°，所以∠PD1R＞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

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.324 D.32
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－2x2），
所以截面面积S＝34（2＋4x－4x2）＝34[3－（1－2x）2]≤334，
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334.
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 （　ABC　）
A.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＝m，所以当AC⊥BD时，对任意的m，当n＝m时，四边形MNPQ是正方形，所以选项B正确.
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，所以四边形MNPQ的周长与n无关，所以选项C正确.
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＝4nn2+2n+1＝4n＋1n+2≤42n·1n+2＝1，当且仅当n＝1时等号成立，所以四边形MNPQ的面积的最大值为1，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＝45°知∠GMH＝90°，所以GH的长为14×2π×2＝2π2.
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＋O1P2＝（22）2＋（2）2＝10，
所以sin∠O1O2P＝O1PO2P＝210＝55，
所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝2×55＝105.
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＝2105，所以交线长为2πr1＝2π×2105＝4105π.
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 D.3
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－（233）2＝153，故选B.
2.[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 ④
A.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－h2）.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＝2 时取等号.
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.102
C.13＋25 D.213+95+253
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＋BF2＝（43）2+4＝2133，所以截面图形的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝25＋103＋2133＋5＋5＝213+95+253.故选D.
5.[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.814 D.818
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＝9－9＝0，所以DE⊥A1F，DE⊥A1C1.
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＝32，所以等腰梯形A1C1GF的高为（352）2－（32－3222）2＝924.
故截面图形的面积为12×（322＋32）×924＝818.故选D.
6.[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V1V2＝　1341　.
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×（12×1×1＋12×3×3＋12×92）×3＝132，V2＝V正方体ABCD－A1B1C1D1－V三棱台BMK－AA1D＝33－132＝412，所以V1V2＝1341.
8.[2023济南摸底考试改编]在正四面体ABCD中，AB＝2，过线段AB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长为　26+223　.
解析　如图所示，取AB的中点为E，连接CE，DE，因为四面体ABCD是正四面体，所以AB⊥CE，AB⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE.取线段AB的一个靠近点A的三等分点F，过点F分别作FG∥EC，FH∥ED，且分别交AC，AD于G，H，连接GH，则可得平面FGH∥平面CDE，所以AB⊥平面FGH且GH∥CD，因为AFAE＝23，所以FGEC＝FHED＝GHCD＝23，因为EC＝2×32＝62，所以FG＝63，则FH＝FG＝63，因为CD＝2，所以GH＝223，则截面FGH的周长为26+223，由对称性，知过线段AB上靠近点B的三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长也为26+223，故截面周长为26+223.
9.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为　22　.
解析　如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易知ME∥NH，ME＝NH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MN∥HE.
因为MN⊄平面EFHG，HE⊂平面EFHG，所以MN∥平面EFHG，
所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF＝2，FH＝2，所以截面EFHG的面积为2×2＝22.