2025高考備考數學知識點突破2　空間幾何體的截面（交線）問題

突破2空間幾何體的截面（交線）問題學生用書P153命題點1截面的形狀問題例1[多選/2023岳陽市聯合體聯考]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AA1不平行，如圖2所示，不妨假設PQ⊥QR，因為AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ?平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，又AA1與QR相交，所以可得PQ⊥平面A1ABB1，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P，R為所在棱的中點，易知當菱形為PBRD1時，菱形中的銳角取得最小值，即∠PD1R最小，設正方體的棱長為2，則PD1＝RD1＝5，PR＝22，則由余弦定理，得cos∠PD1R＝PD12＋RD12－PR22PD1·RD1＝5+5－82×5×5＝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注意正方體的斜截面不會出現直角三角形、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：橫截豎截斜截圓形，如圖1矩形，如圖2如圖3，4，5所示訓練1[2024江西高三聯考]已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2BC，點P，Q，T分別在棱BB1，CC1和AB上，且B1P＝3BP，CQ＝3C1Q，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CB的延長線于點E，連接ET并延長，交AD于點S，過點S作SR∥EQ交DD1于點R，連接RQ，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α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（A）A.334 B.233 C.3解析如圖，記該正方體為ABCD－A1B1C1D1，要使正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，那么平面α必須與正方體的體對角線AC1垂直.連接B1C，B1D1，CD1，易知平面α與平面B1CD1平行或重合.設截面與棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的交點分別為E，F，G，H，I，J.不妨設A1E＝x（0≤x≤1），則DJ＝x，延長EJ，HI交于點M，則M∈直線AD，顯然△MEH是邊長為2的正三角形，△MJI是邊長為2x的正三角形，所以S四邊形EHIJ＝S△MEH－S△MJI＝34（2－2x2同理可得S四邊形EHGF＝34[2－2（1－x）2]＝34（4x－2x所以截面面積S＝34（2＋4x－4x2）＝34[3－（1－2x）2]≤當且僅當x＝12時等號成立故當x＝12時，截面面積取得最大值，最大值為3方法技巧求解截面的面積（或面積的最值）問題，關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??；（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，此時求解需要根據題意設立相關點的位置參量，建立截面面積的目標函數，然后利用函數知識求解.注意在求解截面面積的最值時，需要根據幾何體和截面的變化來確定相關參量的取值范圍.訓練2[多選/2023南京模擬]如圖，已知三棱錐A－BCD的截面MNPQ平行于對棱AC，BD，且ACBD＝m，AMMB＝n，其中m，n∈（0，＋∞）.下列說法正確的是 （ABCA.對于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四邊形B.當AC⊥BD時，對任意的m，都存在n，使得截面MNPQ是正方形C.當m＝1時，截面MNPQ的周長與n無關D.當AC⊥BD，且AC＝BD＝2時，截面MNPQ的面積的最大值為2解析因為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.所以四邊形MNPQ是平行四邊形，所以選項A正確.由選項A可知，當AC⊥BD時，有MN⊥MQ，所以四邊形MNPQ是矩形.因為AMMB＝n，所以MQBD＝nn+1，MNAC＝1n+1，所以MQ＝nn+1·BD，MN＝1n+1·AC，若四邊形MNPQ是正方形，則MN＝MQ，即1n+1·AC＝nn+1·BD，所以ACBD＝n，又ACBD＝當m＝1時，AC＝BD，所以四邊形MNPQ的周長為2（MN＋MQ）＝2（1n+1·AC＋nn+1·BD）＝2（1n+1·AC＋nn+1·AC）＝2AC當AC⊥BD，且AC＝BD＝2時，四邊形MNPQ是矩形，且MQ＝nn+1·BD＝2nn+1，MN＝1n+1·AC＝2n+1，所以四邊形MNPQ的面積S＝MQ·MN＝2nn+1·2n+1＝4n（n+1）2＝4命題點3截面的交線問題例3[新高考卷Ⅰ]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，5為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為2π2解析如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝22＋12＝5，D1M⊥平面BCC1B1，且D1M＝3.由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點.在側面BCC1B1內任取一點P，使MP＝2，連接D1P，則D1P＝D1M2＋MP2＝（3）2＋（2）2＝5，連接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M為圓心，2為半徑的圓弧GH為球面與側面BCC1B1的交線.由∠B1MG＝∠C1MH方法技巧1.作截面的三種常用方法一是直接法，解題關鍵是截面上的點在幾何體的棱上，且兩兩在一個平面內，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定理和面面平行的性質定理作出截面.三是延長交線得交點，解題關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.訓練3[2023武漢市武昌實驗中學模擬測試]已知在圓柱O1O2內有一個球，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.過直線O1O2的平面截圓柱得到四邊形ABCD，其面積為8.若P為圓柱底面圓弧CD的中點，則平面PAB與球的交線長為10π5解析設該球的球心為O，半徑為r，則AB＝BC＝2r，而S四邊形ABCD＝AB×BC＝4r2＝8，解得r＝2.如圖，連接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB，因為P為CD的中點，所以AP＝BP.又O2為AB的中點，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P.又OH?平面O1O2P，所以AB⊥OH.因為OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，所以OH⊥平面ABP.因為O1O2＝2r＝22，O1P＝2，O1O2⊥O1P，所以O2P＝O1O22＋所以sin∠O1O2P＝O1PO2P所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝2×55＝10易知平面PAB與球O的交線為一個圓，其半徑為r1＝r2－OH2＝（2）2－（105）2學生用書·練習幫P3381.[2023長沙重點中學摸底考試]棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的所有頂點均在球O的球面上，E，F，G分別為AB，AD，AA1的中點，則平面EFG截球O所得圓的半徑為（B）A.2 B.153 C.263 解析由題意，正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O為體對角線AC1的中點，正方體體對角線長為23，所以球的半徑R＝3.易知點A到平面EFG的距離為33，所以球心O到平面EFG的距離為3－33＝233，所以截面圓的半徑r＝R2.[2023南通市部分學校第一次聯考]祖暅是南北朝時代的偉大數學家，他于公元5世紀末提出體積計算原理，即祖暅原理：“冪勢既同，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，則可以用來驗證祖暅原理的兩個幾何體為（D）① ② ③ ④A.①② B.①③ C.②④ D.①④解析設平行于底面的截面與底面間的距離為h，則①中截面圓環(huán)的面積為π（R2－h(huán)2）；②中截面圓的半徑為R－h(huán)，截面圓的面積為π（R－h(huán)）2；③中截面圓的半徑為R－?2，截面圓的面積為π（R－?2）2；④中截面圓的半徑為R2－?2，截面圓的面積為π（R2－h(huán)23.[2024安徽滁州中學模擬改編]如圖，已知四面體ABCD的各條棱長均等于4，E，F分別是棱AD，BC的中點.若用一個與直線EF垂直，且與四面體的每一個面都相交的平面α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.32 B.4 C.42 D.6解析將正四面體補成正方體，如圖所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方體的棱長為22.由于EF⊥平面α，且平面α與四面體的每一個面都相交，故截面為平行四邊形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴平行四邊形MNKL為矩形，∴S矩形MNKL＝KN·KL≤（KN＋KL2）2＝4，當且僅當KN＝KL＝4.[2023福州質檢]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，E，F分別是棱AA1，BC的中點，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形周長為（D）A.6 B.102C.13＋25 D.2解析如圖，取CC1的中點G，連接BG，則D1E∥BG，取CG的中點N，連接FN，D1N，則FN∥BG，所以FN∥D1E.延長D1E，DA交于點H，連接FH交AB于點M，連接ME，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為多邊形D1EMFN.由題知A為HD的中點，A1E＝AE＝2，C1N＝3，CN＝1，則D1E＝42＋22＝25，D1N＝42＋32＝5，FN＝12＋22＝5.取AD的中點Q，連接QF，則AM∥FQ，所以AMFQ＝AHHQ，所以AM＝AHHQ·FQ＝46×4＝83，則MB＝43，則ME＝AE2＋AM2＝4+（83）2＝103，MF＝MB2＋B5.[2023廣西聯考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球表面積為27π，點E為棱BB1的中點，且DE⊥平面α，點C1∈平面α，則平面α截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面圖形的面積為（D）A.8124 B.8128 C.81解析設該正方體外接球的半徑為R，依題意得4πR2＝27π，解得R2＝274，故R＝332，又3AB＝2R，故AB＝3，即正方體的棱長為3.如圖，分別取棱AB，BC的中點F，G，連接GF，A1F，C1G，A1C1，根據正方體的性質可知，四邊形A1C1GF為等腰梯形，以A1為坐標原點，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則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），則DE·A1F＝92－92＝0，DE·A1C1＝9由于A1F∩A1C1＝A1，所以DE⊥平面A1C1GF，即截面圖形為等腰梯形A1C1GF.連接AC，則FG＝12AC＝322，又A1F＝C1G＝32＋（32）2＝352，A1C1＝3故截面圖形的面積為12×（322＋32）×9246.[多選/2023襄陽市三校聯考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，直線AC1⊥平面α，平面α截此正方體所得截面有如下四個結論，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33解析如圖所示，易知直線AC1⊥平面A1BD，依題意知，平面α與平面A1BD平行或重合，所以平面α截此正方體所得截面可能為正三角形（如圖中△A1BD），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EFGHIP，E，F，G，H，I，P分別為其所在棱的中點），截面面積取得最大值為6×34×（2）2＝33.綜上可知，結論正確的是ACD.7.[2024廣東七校聯考]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M為側棱BB1上一點，且B1M＝23B1B，平面A1DM將該正方體分成兩部分，其體積分別為V1，V2（V1＜V2），則解析如圖，延長線段A1M，與AB的延長線交于點N，連接DN，交BC于點K，連接MK，故平面A1DM延展后為平面A1DKM，該平面將正方體分成兩部分，其中一部分是三棱臺BMK－AA1D.因為MB∥A1A，所以NBNA＝MBAA1＝MBBB1＝13，不妨設正方體的棱長為3，則V1＝V三棱臺BMK－AA1D＝13（S△BKM＋S△AA1D＋S△BKM×S△AA1D）×AB＝13×（12×