第七章　§7.9　立體幾何中的截面、交線問題-2025高中數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版

§7.9立體幾何中的截面、交線問題重點解讀“截面、交線”問題是高考立體幾何問題中最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些動態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力．求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、周長、扇形弧長、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標運算求解．題型一截面作圖例1如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中點，N在棱CC1上，且CN＝2NC1.作出過點D，M，N的平面截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面，寫出作法．解如圖所示，五邊形DQMFN即為所求截面．作法如下：連接DN并延長交D1C1的延長線于點E，連接ME交B1C1于點F，交D1A1的延長線于點H，連接DH交AA1于點Q，連接QM，F(xiàn)N，則五邊形DQMFN即為所求截面．思維升華作截面的幾種方法(1)直接法：有兩點在幾何體的同一個面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面實際就是找交線的過程．(2)延長線法：同一個平面有兩個點，可以連線并延長至與其他平面相交找到交點．(3)平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線．跟蹤訓(xùn)練1如圖，已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中點，過C，D1，M三點作正方體的截面，作出這個截面圖，寫出作法．解如圖，連接CD1，連接D1M并延長，交DA的延長線于點N，連接CN交AB于點P，連接MP，則四邊形CD1MP為過C，D1，M三點的正方體的截面．題型二截面圖形的形狀判斷例2(多選)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是線段DD1上的動點，若過A，B1，E三點的平面將正方體截為兩個部分，則所得截面的形狀可能為()A．等邊三角形 B．矩形C．菱形 D．等腰梯形答案ABD解析當(dāng)點E與D1重合時，過A，B1，E三點的截面是等邊三角形AB1D1，故A正確；當(dāng)點E與D重合時，過A，B1，E三點的截面為矩形AB1C1D，故B正確；若截面為菱形，則必有AB1＝AE，此時點E與D1重合，故C錯誤；當(dāng)點E與DD1中點重合時，記C1D1的中點為F，連接EF，F(xiàn)B1，C1D(圖略)，易知EF∥DC1，由正方體性質(zhì)可知，AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四邊形AB1C1D為平行四邊形，所以DC1∥AB1，所以EF∥AB1且EF＝eq\f(1,2)AB1，設(shè)正方體棱長為2，則AE＝B1F＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以過A，B1，E三點的截面為等腰梯形AB1FE，故D正確．思維升華判斷幾何體被一個平面所截的截面形狀，關(guān)鍵在于弄清這個平面與幾何體的面相交成線的形狀和位置．跟蹤訓(xùn)練2已知一個棱柱的底面是正六邊形，側(cè)面都是正方形，用至少過該棱柱三個頂點(不在同一側(cè)面或同一底面內(nèi))的平面去截這個棱柱，所得截面的形狀不可能是()A．等腰三角形 B．等腰梯形C．五邊形 D．正六邊形答案D解析如圖①，由圖可知，截面ABC為等腰三角形，選項A可能；截面ABEF為等腰梯形，選項B可能；如圖②，截面AMDEN為五邊形，選項C可能；因為側(cè)面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六邊形，故過兩底的頂點不可能得到正六邊形，選項D不可能．題型三截面圖形的周長或面積例3(2024·朔州模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為3，E為棱BB1上靠近B1的三等分點，則平面AED1截正方體ABCD－A1B1C1D1的截面面積為()A．2eq\r(11) B．4eq\r(11)C．2eq\r(22) D．4eq\r(22)答案C解析延長AE，A1B1交于點F，連接D1F交B1C1于點G，如圖，在正方體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)，∴四邊形AEGD1是梯形，且為平面AED1截正方體ABCD－A1B1C1D1的截面．又∵D1G＝AE＝eq\r(13)，在等腰梯形AEGD1中，過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).思維升華幾何體的截面的相關(guān)計算，關(guān)鍵在于根據(jù)公理作出所求的截面，再運用解三角形的相關(guān)知識得以解決．跟蹤訓(xùn)練3(2023·新鄉(xiāng)模擬)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，過A，D1，E三點的截面把正方體ABCD－A1B1C1D1分成兩部分，則該截面的周長為()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解析如圖，取BC的中點F，連接EF，AF，BC1，E，F(xiàn)分別為棱CC1，BC的中點，則EF∥BC1，又在正方體中BC1∥AD1，則有EF∥AD1，所以平面AFED1為所求截面，因為正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，所以EF＝eq\r(2)，D1E＝AF＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AD1＝2eq\r(2)，所以四邊形AFED1的周長為3eq\r(2)＋2eq\r(5).課時精練一、單項選擇題1．過正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC的中點E，F(xiàn)作一個截面，使截面與底面ABCD所成二面角為45°，則此截面的形狀為()A．三角形或五邊形 B．三角形或四邊形C．正六邊形 D．三角形或六邊形答案D解析過棱AB，BC的中點E，F(xiàn)作正方體ABCD－A1B1C1D1的截面，∵二面角D1－EF－D，二面角B1－EF－B都大于45°，∴當(dāng)截面為EFHJIG時，如圖所示，為六邊形；當(dāng)截面為EFM時，如圖所示，為三角形．2．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝2，AD＝AA1＝4，E，F(xiàn)分別為BB1，A1D1的中點，過點A，E，F(xiàn)作長方體ABCD－A1B1C1D1的一個截面，則該截面的周長為()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解析如圖，連接AF，過點E作EP∥AF交B1C1于點P，連接FP，AE，即可得到截面AFPE，因為E為BB1的中點，EP∥AF，所以B1P＝eq\f(1,2)A1F＝1，因為AB＝2，AD＝AA1＝4，則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)，F(xiàn)P＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以截面AFPE的周長為2eq\r(5)＋eq\r(5)＋2eq\r(2)＋eq\r(5)＝4eq\r(5)＋2eq\r(2).3．(2023·承德模擬)在三棱錐P－ABC中，AB＋2PC＝9，E為線段AP上更靠近P的三等分點，過E作平行于AB，PC的平面，則該平面截三棱錐P－ABC所得截面的周長為()A．5B．6C．8D．9答案B解析如圖所示，在三棱錐P－ABC中，過E分別作EF∥AB，EH∥PC，再分別過點H，F(xiàn)作HG∥AB，F(xiàn)G∥PC，可得E，F(xiàn)，G，H四點共面，因為AB?平面EFGH，EF?平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可證，PC∥平面EFGH，所以截面即為平行四邊形EFGH，又由E為線段AP上更靠近P的三等分點，且AB＋2PC＝9，所以EF＝eq\f(1,3)AB，EH＝eq\f(2,3)PC，所以平行四邊形EFGH的周長為2(EF＋EH)＝eq\f(2,3)(AB＋2PC)＝6.4．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別為A1B1，B1C1的中點，過M，N的平面所得截面為四邊形，則該截面的最大面積為()A．2eq\r(2)B．2eq\r(5)C.eq\f(3\r(10),2)D.eq\f(9,2)答案D解析如圖所示，面積最大的截面四邊形為等腰梯形MNCA，其中MN＝eq\r(2)，AC＝2eq\r(2)，AM＝CN＝eq\r(5)，高為h＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)，故面積為eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).5.從一個底面圓半徑與高均為2的圓柱中挖去一個正四棱錐(以圓柱的上底面為正四棱錐底面的外接圓，下底面圓心為頂點)而得到的幾何體如圖所示，用一個平行于底面且距底面為1的平面去截這個幾何體，則截面圖形的面積為()A．4π－4 B．4πC．4π－2 D．2π－2答案C解析截面圖形應(yīng)為圓面中挖去一個正方形，且圓的半徑是2，則截面圓的面積為4π，設(shè)正四棱錐的底面正方形邊長為a，則2a2＝16，所以a＝2eq\r(2)，正四棱錐的底面正方形的面積為(2eq\r(2))2＝8，由圓錐中截面的性質(zhì)，可得圓面中挖去一個正方形與正四棱錐的底面正方形相似，設(shè)圓面中挖去一個正方形的面積為S′，正四棱錐的底面正方形的面積為S，則eq\f(S′,S)＝eq\f(S′,8)＝eq\f(1,4)，從而S′＝2，所以截面圖形的面積為4π－2.6．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AD，C1D1的中點，過M，N，B1三點的平面截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面形狀為()A．六邊形 B．五邊形C．四邊形 D．三角形答案B解析如圖，在AB上取點Q，且BQ＝3AQ，取CD的中點P，連接QM，BP，NP，B1Q.在DD1上取點R，且D1R＝3DR，連接NR，MR.因為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.因為N，P分別為C1D1，CD的中點，所以PN∥CC1，且PN＝CC1.根據(jù)正方體的性質(zhì)，可知BB1∥CC1，且BB1＝CC1，所以PN∥BB1，且PN＝BB1，所以四邊形BPNB1是平行四邊形，所以B1N∥BP，所以B1N∥QM.同理可得NR∥B1Q.所以五邊形QMRNB1即為所求正方體的截面．二、多項選擇題7．用一個平面截正方體，則截面的形狀不可能是()A．銳角三角形 B．直角梯形C．正五邊形 D．正六邊形答案BC解析對于A，截面圖形如果是三角形，只能是銳角三角形，不可能是直角三角形和鈍角三角形．如圖所示的截面為△ABC.設(shè)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為銳角．同理可求，∠ACB為銳角，∠CBA為銳角．所以△ABC為銳角三角形，故A不符合題意；對于B，如圖，截面圖形如果是四邊形，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符合題意；對于C，如圖，當(dāng)截面為五邊形時，不可能出現(xiàn)正五邊形，故C符合題意；對于D，當(dāng)截面過棱的中點時，如圖，即截面為正六邊形，故D不符合題意．8．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，H是棱BC，D1C1，AA1上的動點(包含端點)，且滿足CE＝D1F＝AH，則下列結(jié)論正確的是()A．DB1⊥平面EFHB．存在E，F(xiàn)，H，使得點D到平面EFH的距離為1C．平面EFH截此正方體所得截面面積的最大值為3eq\r(3)D．平面EFH截此正方體所得截面的周長為定值答案ACD解析如圖所示，建立空間直角坐標系，設(shè)CE＝D1F＝AH＝m，m∈[0,2]，則D(0,0,0)，E(m,2,0)，F(xiàn)(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正確；平面EFH的一個法向量為eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)，點D到平面EFH的距離為|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，不滿足題意，故B錯誤；設(shè)平面EFH分別與A1D1，AB，CC1交于P，Q，R，設(shè)P(p,0,2)，則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，如圖，過點P作PM⊥HR于M，EN⊥HR于N，則|eq\o(PM,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(6),2)(2－m)，|eq\o(EN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(6),2)m，截面面積為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)，當(dāng)m＝1時有最大值為3eq\r(3)，故C正確；截面的周長為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)，為定值，故D正確．三、填空題9．(2024·曲靖模擬)“中國天眼”(如圖1)是世界最大單口徑、最靈敏的射電望遠鏡，其形狀可近似地看成一個球冠(球冠是球面被平面所截的一部分，如圖2所示，截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直