2026届高三一轮复习讲义(提高版)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.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.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) B.23 C.53 D.46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答案精析例1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.跟踪训练1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.例2C[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，连接所以五边形AIFHE为所求截面图形.]跟踪训练2A[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，图1连接AD交A'C'于点E，连接EF，如图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.]例3D[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+D在Rt△ADM中，可得AM=AD2+D在Rt△DD1M中，可得D1M=DD12+所以截面的面积为S=12×42×(25跟踪训练3B[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