空間幾何體的截面（交線）問題-2025年高考數(shù)學(xué)備考復(fù)習(xí)

第七章立體幾何與空間向量

突破2空間幾何體的截面（交線）問題

口學(xué)生用書P153

命題點1截面的形狀問題

例1［多選/2023岳陽市聯(lián)合體聯(lián)考］用一個平面截正方體，所得的截面不可能是

（BCD）

A.銳角三角形B.直角梯形

C.有一個內(nèi)角為75。的菱形D.正五邊形

解析對于A,如圖1,截面的形狀可能是正三角形，故A可能；對于B,首先考慮截正

方體得到的截面為梯形，且QR與441不平行，如圖2所示，不妨假設(shè)尸Q_LQR,因為

44」平面小PQU平面所以/4_LP。，又/小與0尺相交，所以可得

尸。_L平面/MBS,這是不可能的，故B不可能；對于C,當平面截正方體得到的截面為

菱形（非正方形）時，只有如下情形，如圖3,其中尸，夫為所在棱的中點，易知當菱形為

P3RD1時，菱形中的銳角取得最小值，即/PDiT?最小，設(shè)正方體的棱長為2,則PDi=

RD尸相，PR=2內(nèi)則由余弦定理，得9”嗎篝呵=短港=37=

cos75°,所以4PD1R>75°,故C不可能；對于D,假設(shè)截面是正五邊形，則截面中的截

線必然分別在5個面內(nèi)，由于正方體有6個面，分成兩兩平行的三對，可知必然有一對平

行面中有兩條截線，而根據(jù)面面平行的性質(zhì)可知這兩條截線互相平行，但正五邊形的邊中

是不可能有平行的邊的，所以截面的形狀不可能是正五邊形，故D不可能.綜上所述，選

BCD.

思維拓展

1.正方體的基本截面

用一個平面截正方體，可以得到的截面形狀如下:

橫截豎截斜截

正方形正方形如圖所示

方立?可?

廚』鎮(zhèn)，

?A0TINxffi?Mi

注意正方體的斜截面不會出現(xiàn)直角三角形、鈍角三角形、直角梯形、正五邊形.

2.圓柱體的基本截面

用一個平面截圓柱，可以得到的截面形狀如下：

訓(xùn)練1［2024江西高三聯(lián)考］已知在長方體/BCD-Z/CiA中，AB=BBi=2BC,點、P,

Q,7分別在棱A8i,CCj和48上，且囪尸=38P,CQ=3CiQ,BT=3AT,則平面PQT截

長方體所得的截面形狀為（C）

A.三角形B.四邊形

C.五邊形D.六邊形

解析如圖，連接QP并延長，交C3的延長線于點E,連接￡7并延長，

交4D于點S,過點S作SR〃石0交DA于點R,連接R。，則五邊形

PQRST即平面PQT截該長方體所得的截面多邊形.故選C.

命題點2截面的面積問題

例2［全國卷I］已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面a所成的角都相等，則a截此

正方體所得截面面積的最大值為（A）

A—B—C—DT

解析如圖，記該正方體為/BCD—/13C1O1,要使正方體的每條棱所在直線與平面a所成

的角都相等，那么平面a必須與正方體的體對角線/G垂直.連接3C,BQi,CDi,易知平

面a與平面B\CD\平行或重合.

設(shè)截面與棱/id,A\B\,BBi,BC,CD,DDi的交點、分別為E,F,G,H,I,J.

不妨設(shè)/i￡=x(OWxWl),則D7=x,延長￡J,印交于點M,則MG直線4D,顯然

是邊長為近的正三角形，/XM/Z是邊長為/x的正三角形，所以S回邊衫EHU=SAMEH

-SAMJI=^(2—2X2),

4

同理可得S四邊形EHGF=，［2—2(1—x)2］=f(4x—2x2),

44

所以截面面積5=隹(2+4x—4/)=遺［3—(l-2x)2］^―,

444

當且僅當時等號成立.

故當％=:時，截面面積取得最大值，最大值為羋.

方法技巧

求解截面的面積(或面積的最值)問題，關(guān)鍵是準確判斷截面的形狀.

(1)如果截面的幾何圖形確定，那么可以利用平面幾何知識求出其面積的大小；

(2)如果截面的幾何圖形不確定，那么可以討論截面幾何圖形面積的最大、最小值，此時

求解需要根據(jù)題意設(shè)立相關(guān)點的位置參量，建立截面面積的目標函數(shù)，然后利用函數(shù)知識

求解.

注意在求解截面面積的最值時，需要根據(jù)幾何體和截面的變化來確定相關(guān)參量的取值范

圍.

訓(xùn)練2［多選〃023南京模擬］如圖，已知三棱錐/一BCD的截面跖VP0平

行于對棱/C,BD,且手=〃?，黑="，其中加，及G(0,+°°).下列說法

正確的是(ABC)

A.對于任意的〃?，n,都有截面是平行四邊形

B.當/CLAD時，對任意的加，都存在"，使得截面ACVP。是正方形

C.當機=1時，截面ACVPQ的周長與"無關(guān)

D.當且/C=AD=2時，截面肱VP。的面積的最大值為2

解析因為/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蟲BD〃平面MNPQ,同理可得所以四邊

形MVP0是平行四邊形，所以選項A正確.

由選項A可知，當NC_L8。時，有所以四邊形ACVP。是矩形.因為瞿=〃，所

以絲=/_,絲=」_,所以MQ=—?BD,MN^--AC,若四邊形ACVP。是正方形，則

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

MN=MQ,即二一/C=/一AD,所以生=〃，又竺=加，所以當ZC_LBD時，對任意的機，

n+1n+1BDBD

當〃=加時，四邊形MA?。是正方形，所以選項B正確.

當加=1時，AC=BD,所以四邊形AGVPQ的周長為2(MN+MQ)=2(京4C+

—BD')=2(--AC+—-AC)=2AC,所以四邊形ACVF。的周長與〃無關(guān)，所以選項C

n+ln+1n+1

正確.

當4CLBD,且/C=30=2時，四邊形AGVP。是矩形，且M。=熱心。=含，MN=

—■AC^—,所以四邊形MNPQ的面積S=MQ-MN=.2=—74n=

71+1Tl+l71+171+1(n+1)九+2九+1

—\—^—r=—=1,當且僅當n=l時等號成立，所以四邊形MNPQ的面積的最大值為1,

nn+22in,—+2

Nn

所以選項D錯誤.故選ABC.

命題點3截面的交線問題

例3［新高考卷I］已知直四棱柱8cLDi的棱長均為2,/胡。=60。.以。為球

心，而為半徑的球面與側(cè)面BCCB的交線長為—與

解析如圖，連接SA,易知△B1GD1為正三角形，所以81￡>1=，.,

。。1=2.分別取修。,BBi,CCi的中點M,G,H,連接。1M,

I_--_-_--_-_--_-I?I

D\G,DxH,則易得。iG=Oi8=J22+12=V5,Di"_L平面

BCCB,且由題意知G,H分別是BBi,CG與球面的交點.在側(cè)面8CC向內(nèi)任

2

取一點P,使兒。=應(yīng)，連接。1尸，則。1P=JD1M2+MP2=J(V3)2+(V2)=V5,

連接MG,MH,易得MG=MH=di,故可知以河為圓心，夜為半徑的圓弧G8為球面與

側(cè)面2CC181的交線.由/51必7=/。1必/=45。知NGMf=90°,所以&的長為:X2兀X近

V2ir

方法技巧

1.作截面的三種常用方法

一是直接法，解題關(guān)鍵是截面上的點在幾何體的棱上，且兩兩在一個平面內(nèi)，可以直接借

助基本事實2作出截面.

二是作平行線法，解題關(guān)鍵是截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線

與幾何體的某一個面平行，可借助線面平行的性質(zhì)定理和面面平行的性質(zhì)定理作出截面.

三是延長交線得交點，解題關(guān)鍵是截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一個面上，可

通過由作延長線得到的交點輔助得出截面與立體幾何圖形的交點，進而得交線和截面圖形.

2.求解截面的交線長度問題，關(guān)鍵是準確找到截面與幾何體相交的軌跡形狀，突破口是找

到截面與幾何體的公共點的位置和變化軌跡.常見的軌跡形狀為特殊四邊形(正方形、平行

四邊形、菱形、梯形)的組合圖形、圓周或圓弧、圓錐曲線的部分等.

訓(xùn)練3［2023武漢市武昌實驗中學(xué)模擬測試］已知在圓柱01。2內(nèi)有一個球，該球與圓柱的

上、下底面及母線均相切.過直線。。2的平面截圓柱得到四邊形48CA,其面積為8.若P

為圓柱底面圓弧CO的中點，則平面P/3與球的交線長為—孚

解析設(shè)該球的球心為。，半徑為r,則48=3C=2r,而S唆,"BCD=43><BC=4八=8,

解得r=V2.

如圖，連接尸。2,OF,作。H_L02P于“，易知。1O2_L45,因為P

為力的中點，所以4P=3尸.又。2為N8的中點，所以。我_L48.又

0102^02^=02,所以48_1_平面。又。平面。。2憶所以

/3_10〃.因為?！?，。〃，且/8門尸。2=。2,所以O(shè)〃_L平面/3P.

因為。。2=2廠=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(shè)//=OO2XsinZOiO2P=V2Xy=^p.

易知平面P/3與球。的交線為一個圓，其半徑為〃=J72—?？?=］（魚）2_（卑）—=

爭，所以交線長為2ai=2兀><爭=鳴.

（-----------------------------:練習(xí)幫;，練透好題精準分層-----------------------------

b學(xué)生用書?練習(xí)幫P338

1.［2023長沙重點中學(xué)摸底考試］棱長為2的正方體N8CD—4B1C1D1的所有頂點均在球。

的球面上，E,F,G分別為N3,AD,/小的中點，則平面EFG截球。所得圓的半徑為

（B）

A.V2B#C苧D.V3

解析由題意，正方體4SCD—481clDi的外接球球心。為體對角線NG的中點，正方體

體對角線長為2乃，所以球的半徑尺=b.易知點/到平面EFG的距離為手，所以球心。

到平面EFG的距離為百一?=W，所以截面圓的半徑r=JR2_（w）2=卓，故選B.

2.［2023南通市部分學(xué)校第一次聯(lián)考］祖曬是南北朝時代的偉大數(shù)學(xué)家，他于公元5世紀末

提出體積計算原理，即祖昭原理：“幕勢既同，則積不容異”.意思是如果兩等高的幾何體

在同高處截得兩幾何體的截面積恒等，那么這兩個幾何體的體積相等.現(xiàn)有以下四個幾何

體；圖①是從圓柱中挖去一個圓錐所得的幾何體；圖②、圖③、圖④分別是圓錐、圓臺和

半球，則可以用來驗證祖昭原理的兩個幾何體為（D）

A.①②B.①③C.②④D.①④

解析設(shè)平行于底面的截面與底面間的距離為九則①中截面圓環(huán)的面積為兀（尺2一后）.

②中截面圓的半徑為尺一〃，截面圓的面積為無（R—/z）2;③中截面圓的半徑為R—g,截面

2

圓的面積為兀（R—；）；④中截面圓的半徑為JR2一八2,截面圓的面積為無（尺2一〃2）.所以

①④中的幾何體在等高處的截面的面積恒相等，故選D.

3.[2024安徽滁州中學(xué)模擬改編]如圖，已知四面體48cZ）的各條棱

長均等于4,E,尸分別是棱4D,3c的中點.若用一個與直線所垂

直，且與四面體的每一個面都相交的平面a去截該四面體，由此得到

一個多邊形截面，則該多邊形截面面積的最大值為（B）

A.3V2B.4C.4V2D.6

解析將正四面體補成正方體，如圖所示，可得￡F_L平面CH5G,且正

方體的棱長為2魚.由于昉_1_平面a,且平面a與四面體的每一個面都相

交，故截面為平行四邊形ACVK"且KZ+KN=4,又KL//BC,

KN//AD,且4D_L3C,：.KN±KL,平行四邊形M2VKL為矩形，

S矩形MNKL=KN-KLW（丹色：）2=4,當且僅當血y=KI=2時取等號.

4.[2023福州質(zhì)檢]已知正方體/BCD—ZLBICA的棱長為4,E,尸分別是棱/小，的中

點，則平面。1即截該正方體所得的截面圖形周長為（D）

A.6B.10V2

2V13+9V5+25

C.V13+2V5

3

解析如圖，取CC1的中點G,連接BG,則D1E//BG,取CG的中

點N,連接KV,DiN,則FN〃BG,所以FN〃D\E.延長D[E,DA交

于點、H,連接萬H交48于點連接ME,則平面AE尸截該正方體

所得的截面圖形為多邊形D1EA3N.由題知/為他的中點，A\E=AE

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

取的中點0,連接。尸，則/加■〃/Q,所以箸=胎，所以則

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

第，所以截面圖形的周長為DiE+EM+MF+FN+NDl^2y/5+^-+^~-+45+5=

2m+9遍+25,,、生c

----------.故選D.

3

5.［2023廣西聯(lián)考］已知正方體N5CD—NLBCLDI的外接球表面積為27兀，點E為棱381的

中點，且。平面a,點Gd平面a,則平面a截正方體/BCD—481GD1所得的截面圖形

的面積為(D)

81V2?81V2?81?81

AA.---￡>.---C.—L).

4848

解析設(shè)該正方體外接球的半徑為R,依題意得4兀叱=27兀，解得

7?2=y,故及=乎，又也AB=2R,故48=3,即正方體的棱長為3.

如圖，分別取棱48,BC的中點尸，G,連接GF,AF,C\G,

4G,根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，四邊形4GG尸為等腰梯形，以4為'

坐標原點，AiBltA1D1,4/所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空"

間直角坐標系，則4(0,0,0),F(|,0,3),Ci(3,3,0),￡(3,0,,D

(0,3,3),可得礪=(3,-3,-|),市=(|,0,3),A^=(3,3,0),則

麗?中=2—?=0,DEX1C1=9-9=0,所以DELAiCx.

由于小尸n/Ci=/i,所以。￡_L平面NCiGF,即截面圖形為等腰梯形/iCiGF

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

形4GGE的高為I(述),一(3應(yīng)-上)2=越.

\224

故截面圖形的面積為gx(―+3V2)義型=%.故選D.

6.［多選Z2023襄陽市三校聯(lián)考］已知正方體45CD—48C1D1的棱長為2,直線/G_L平面

a,平面a截此正方體所得截面有如下四個結(jié)論，其中正確的是(ACD)

A.截面形狀可能為正三角形

B.截面形狀可能為正方形

C.截面形狀不可能是正五邊形

D.截面面積的最大值為3V3

解析如圖所示，易知直線/Ci_L平面4AD,依題意知，平面a與平面

4L■...巧,

430平行或重合，所以平面a截此正方體所得截面可能為正三角形(如

圖中△48。)，也可能為六邊形，不可能為正方形或正五邊形.當截面

為正六邊形時(如圖中六邊形訪GMP,E,F,G,H,I,尸分別為其

所在棱的中點)，截面面積取得最大值為6XqX(V2)2=3g.綜上可知，結(jié)論正確的是

4

ACD.

7.[2024廣東七校聯(lián)考]在正方體N3CD—4SC1A中，點M為側(cè)棱上一點，且瓦元=

；瓦力，平面將該正方體分成兩部分，其體積分別為匕，%(匕<%),則*=

31<2

13

41■

解析如圖，延長線段4A與48的延長線交于點N,連接DN,交BC

于點K,連接MK,故平面/1DW延展后為平面/bDKZM,該平面將正方體

分成兩部分，其中一部分是三棱臺N4D因為〃所以竺

=^=源.不妨設(shè)正方體的棱長為3,則匕=卜三棱臺,廣9(S△皿+S”4M+

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

v=^.3_13=41所”乜=身

'正方體4BCD-&BiCiDi/三棱臺BMK-441D--3p叼

8.[2023濟南摸底考試改編]在正四面體A8CZ＞中，48=魚，過線段48的一個三等分點且

與AB垂直的平面截該四面體所得截面的周