2026版大一轮高考数学-第七章　§7.9　立体几何中的截面、交线问题

§7.9立体几何中的截面、交线问题重点解读“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.题型一作截面例1如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN=2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法.解方法一如图所示，五边形DQMFN即为所求截面.作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，连接ME交B1C1于点F，延长EM交D1A1的延长线于点H，连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，则五边形DQMFN即为所求截面.方法二连接DN，过点M作DN的平行线交AA1于Q点，连接DQ，过N作DQ的平行线交B1C1于F点，连接MF，则五边形DQMFN即为所求截面.思维升华作截面的几种方法(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程.(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.跟踪训练1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CD，DD1的中点，作出过点E，F，G的平面截正方体的截面.解如图，过点G作EF的平行线交BB1于点J，过点J作FG的平行线交A1B1于点I，过点I作EF的平行线交A1D1于点H，易知点J，I，H都在截面EFG内，且都是其所在棱的中点，从而所得截面是正六边形EFGHIJ.题型二截面图形的形状判断例2已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为()A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形答案C解析如图，设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G=3，连接FG交B1C1于点H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，所以l∥AE，设l∩D1D=I，则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE，故ID1=43，连接AI所以五边形AIFHE为所求截面图形.思维升华判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置.跟踪训练2如图，正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长都相等，P为线段BB'的中点，Q为侧面BB'C'C内的一点(包括边界，异于点P)，过点A，P，Q作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是()A.五边形 B.四边形C.等腰三角形 D.直角三角形答案A解析对于B，当PQ的延长线与线段B'C'(除端点外)相交于点F时，延长PQ交CC'的延长线于点D，连接AD交A'C'于点E，连接EF，如图1，图1此时过点A，P，Q作正三棱柱的截面为四边形APFE(当Q在线段B'C'(除端点外)上时，截面也为四边形)，故截面的形状可能是B；对于A，当PQ的延长线与线段CC'或BC(除B点外)相交(或点Q在线段CC'或BC(除B点外)上)时，截面为三角形，结合B选项可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故截面的形状不可能是A；对于C，取CC'的中点为Q，连接PQ，AQ，如图2，又P为线段BB'的中点，图2所以AP=AQ，所以△APQ为等腰三角形，故截面的形状可能是C；对于D，取BC的中点为Q，连接AQ，PQ，如图3，图3因为三棱柱ABC-A'B'C'为正三棱柱，所以AQ⊥BC，又BB'⊥平面ABC，AQ⊂平面ABC，所以BB'⊥AQ，又BC∩BB'=B，BC，BB'⊂平面BB'C'C，所以AQ⊥平面BB'C'C，又PQ⊂平面BB'C'C，所以AQ⊥PQ，所以△APQ为直角三角形，故截面的形状可能是D.题型三截面图形的周长或面积例3(2024·呼和浩特模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为棱DC的中点，N为侧面BC1的中心，过点M的平面α垂直于DN，则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为()A.4(5+2)C.53 D.46答案D解析如图所示，取BC，CC1的中点E，F，分别连接NE，NF，DE，DF，AD1，D1M，AM，在正方形ABCD中，因为M，E分别为DC，BC的中点，可得△ADM∽△DCE，所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因为∠ADM=90°，所以∠AMD+∠CDE=∠AMD+∠DAM=90°，所以∠DPM=90°，即AM⊥DE，又因为E，N分别为BC，BC1的中点，所以NE∥CC1，因为CC1⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以CC1⊥AM，所以AM⊥NE，又因为DE∩NE=E且DE，NE⊂平面DNE，所以AM⊥平面DNE，因为DN⊂平面DNE，所以AM⊥DN，同理可证D1M⊥DN，又因为AM∩D1M=M且AM，D1M⊂平面AD1M，所以DN⊥平面AD1M，即平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面为△AD1M，由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，在Rt△ADD1中，可得AD1=AD2+DD在Rt△ADM中，可得AM=AD2+DM在Rt△DD1M中，可得D1M=DD12+D所以截面的面积为S=12×42×(25)思维升华几何体的截面的相关计算，关键在于根据公理作出所求的截面，再运用解三角形的相关知识得以解决.跟踪训练3如图所示，棱长为3的正四面体形状的木块，点P是△ABC的重心，过点P将木块锯开，并使得截面平行于AD和BC，则截面的面积为()A.1 B.2 C.3 D.4答案B解析由题意可知，点P是△ABC的重心，过点P作EF∥BC，分别交AB，AC于点E，F，作FG∥AD交CD于点G，设平面EFG与BD交于点H，连接HG，EH，由于BC⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，故BC∥平面EFG，因为FG∥AD，AD⊄平面EFG，FG⊂平面EFG，所以AD∥平面EFG，即四边形EFGH即为所求截面，由于BC∥平面EFG，平面EFG∩平面BCD=HG，BC⊂平面BCD，故BC∥HG∥EF，同理FG∥EH，故四边形EFGH为平行四边形，设M为BC的中点，连接AM，DM，则AM⊥BC，DM⊥BC，AM，DM⊂平面ADM，AM∩DM=M，故BC⊥平面ADM，AD⊂平面ADM，故BC⊥AD，而EF∥BC，FG∥AD，故EF⊥FG，即平行四边形EFGH为矩形，即所求截面是矩形，因为点P是△ABC的重心，则AP=23AM故EF=23BC=2，AF=23所以FG=13AD=1，故矩形EFGH的面积为EF×FG=2，即截面的面积为课时精练[分值：42分]一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，如果点E是AA1的中点，那么过点D1，B，E截正方体所得的截面图形为()A.三角形 B.矩形C.正方形 D.菱形答案D解析分别取BB1，CC1的中点G，F，连接A1G，BF，D1F，GF，如图，四边形D1EBF即为过点D1，B，E截正方体所得的截面图形，由题意可知A1E∥GB且A1E=GB，所以四边形A1EBG为平行四边形，所以A1G∥EB，又因为GF∥B1C1且GF=B1C1，A1D1∥B1C1且A1D1=B1C1，所以A1D1∥GF且A1D1=GF，所以四边形A1GFD1为平行四边形，所以D1F∥A1G，所以D1F∥EB，同理ED1∥BF，所以四边形D1EBF为平行四边形，又因为EB=BF，所以平行四边形D1EBF为菱形.2.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为()A.5 B.6 C.8 D.9答案B解析如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9，所以EF=13AB，EH=23所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=23(AB+2PC)3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC(不包括端点)上，点N在线段CC1上，且CN=13，若平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM长的取值范围为(A.23，C.0，1答案D解析要想平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为四边形，则要平面AMN与正方形BCC1B1，ADD1A1分别交于MN，AR，显然与正方形ABB1A1无交线，只需保证与正方形A1B1C1D1无交线即可，因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，平面AMNR与两个平面分别交于MN，AR，由面面平行的性质可得MN∥AR，因为点N在线段CC1上，且CN=13由几何关系知，随着BM的增大，AR增大，故当R与D1重合时，BM最大，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1，所以正方体棱长为1，连接AD1，D1N，如图所示，由于MN∥AD1，故△ADD1∽△MCN，故CM=CN=13，故BM最长为2故BM长的取值范围是0，4.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，与直线A1C垂直的平面α截该正方体所得的截面多边形为M，则M的面积的最大值为()A.338 B.334答案B解析连接A1B，因为BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，且AB1⊥A1B，A1B∩BC=B，BC，A1B⊂平面A1BC，图①图②所以AB1⊥平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，所以AB1⊥A1C，同理B1D1⊥A1C，且AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，所以平面α为平面AB1D1或与其平行的平面，M只能为三角形或六边形.当M为三角形时，其面积的最大值为34×(2)2=32，当M为六边形时设KD=x，则AK=1-x，KL=2(1-x)，KE=2x，依次可以表示出六边形的边长，如图②所示，六边形可看作由两个等腰梯形构成，其中LP∥KO∥EN，KO=2，两个等腰梯形的高分别为62(1-x)，62则S六边形LKENOP=12(2x+2)·62(1-x)+12[2(1-x=32(-2x2+2x+1)=-3当且仅当x=12时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为3二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形可能是()A.等边三角形 B.矩形C.等腰梯形 D.正方形答案ABC解析当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图(1)；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图(2)；当点Q不与点D，D1重合时，若Q，R满足D1Q=D1R，则截面图形为等腰梯形AQRB1，如图(3)，不可能为正方形.6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()A.直线A1G与平面AEF平行B.V三棱锥EC.过A1C的平面截此正方体所得的截面可能不是四边形D.过A1C的平面截此正方体所得的截面面积的取值范围是6答案ABD解析对于A，取B1C1的中点H，分别连接GH，A1H，如图1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得A1H∥AE，因为A1H⊄平面AEF，且AE⊂平面AEF，所以A1H∥平面AEF，又由E，F，G，H分别为正方形BCC1B1的边BC，CC1，BB1，B1C1的中点，可得GH∥EF，因为GH⊄平面AEF，且EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF，又因为A1H∩GH=H，且A1H，GH⊂平面A1GH，所以平面A1GH∥平面AEF，因为A1G⊂平面A1GH，所以A1G∥平面AEF，所以A正确；对于B，由E，F，G分别为正方形BCC1B1的边BC，CC1，BB1的中点，可得S△EFG=14S正方形BCC1B1=14，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得A1即A1到平面BCC1B1的距离为A1B1=1，又由V三棱锥E-A1FG=V三棱锥A1-EFG=13S△EFG·A1B对于C，连接A1D，B1C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得A1B1∥CD，且B1C∥A1D，所以四边形A1B1CD为平行四边形，其中A1C⊂平面A1B1CD，所以过A1C的平面截此正方体所得的截面可能是四边形，所以C错误；对于D，如图2所示，当截面为矩形ACC1A1时，此时点C1到A1C的距离最远，所以截面的面积最大