微专题　空间几何体的截面与交线问题

1/1微专题空间几何体的截面与交线问题在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个基本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题的一个方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径.截面问题角度1直接法作截面如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q为平面A1ABB1内一点，画出过A1，C1，Q三点的截面.解：连接A1Q并延长，交BB1于点P，连接A1C1，C1P，则平面A1PC1就是过A1，C1，Q三点的截面.若截面上的点都在几何体的面上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，直接连线作截面.角度2平行线法作截面（1）在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上靠近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（B）A.5B.6 C.8D.9解析：如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再过点H作HG∥AB，连接FG，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上靠近点P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝13AB，EH＝23PC，所以平行四边形EFGH的周长为2（EF＋EH）＝23（AB＋2PC（2）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，AB＝2，则过A1，D1，P三点的截面的面积为25.解析：连接A1P，其余面上的交线根据平面的性质寻找，由于A1，D1，P在一个平面内，且平面A1ADD1和平面B1BCC1平行，只要过P作A1D1的平行线就可以了.设CC1的中点为Q，连接PQ和D1Q，即可得到截面A1D1QP.又由AB＝2，得A1D1＝2，A1P＝5，易知截面A1D1QP为矩形，故S矩形A1D若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可以借助于两个性质：（1）如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；（2）如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.利用平行线法作截面.角度3延长线法作截面在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，Q分别为AB，BC，AA1的中点，若AB＝2，画出过E，F，Q的截面，并求所得截面图形的周长.解：连接EF，得到平面EFQ和平面ABCD的交线，其余交线由正方体的性质和平面的性质来判断，延长FE，EF，分别交DA，DC的延长线于G，H，则G，Q都在平面AA1D1D内，连接GQ并延长交A1D1于点P，交DD1的延长线于点S，则S，H都在平面DD1C1C内，连接SH交D1C1于点M，交CC1于点N，连接QE，NF，PM，就得到截面EFNMPQ.易知截面EFNMPQ为正六边形，又AB＝2，可得QE＝2，故截面EFNMPQ的周长为62.若截面上的点中至少有两个点在几何体的一个表面上，可以借助于基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，利用延长线法作截面.交线问题（1）（2026·江苏南京六校联考）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为32，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，则C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为（D）A.2 B.6C.10 D.13解析：如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，连接MN，由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即点Q的轨迹为MN，由正方体棱长为32，得C1M＝12A1C1＝3，则BC1＝6，又BEB1C1＝BNNC1＝12，则NC1＝23BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，（2）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为2π2解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝22＋12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝3.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2＋MP2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由∠B1MG＝∠C1MH＝处理两面交线问题的方法一要明确两面的类型，是平面还是曲面；二要判断哪些面之间相交，交线是直线还是曲线.若截面与多面体相交，可用线面交点法找棱与截面的交点，再作连接两交点的线段；若截面与旋转体相交，则可用面面交线法找相交的曲线段，其中曲线段的端点一定是某一母线与截面的交点，曲线段为圆锥曲线的一部分.1.已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是（）A.9π B.12πC.16π D.20π解析：C由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面圆半径的最小值为52－32＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是422.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝13DD1，NB＝13BB1，则正方体中过点M，N，C1的截面图形是（A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形解析：C先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形.3.如图，四棱锥S-ABCD的所有棱长都等于2，E为SA的中点，过C，D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形DEFC的周长为（）A.22 B.23C.3＋22 D.3＋23解析：D由题意知，四边形ABCD为菱形，∴CD∥AB，∵CD⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，∴CD∥平面SAB，∵CD⊂平面CDE，平面CDE∩平面SAB＝EF，∴EF∥CD，则EF∥AB，∵E为SA的中点，则F为SB的中点，∴EF＝12AB＝1，∵△SAD是边长为2的等边三角形，则DE⊥SA，且DE＝2sin60°＝3，同理可得CF＝3，因此四边形DEFC的周长为3＋234.（2026·福建三明四校联考）在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（）A.32π4 BC.32π2 D.解析：C如图，由正三棱锥性质可知，AD⊥BC，又AD⊥AE，AE∩BC＝E，AE，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC，同理AB⊥平面ADC，AC⊥平面ABD.故交线为3段弧，且半径为2，圆心角为π2，故总长为3×2×π2＝32π25.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A.34 B.C.334 D解析：C如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD-A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×12×22×22×sin606.〔多选〕已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法正确的是（）A.截面BMD1N可能是矩形B.截面BMD1N可能是菱形C.截面BMD1N可能是梯形D.截面BMD1N不可能是正方形解析：ABD如图1，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；如图2，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选A、B、D.7.（2026·贵州贵阳摸底）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为4π.解析：取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，MN⊥平面ABB1A1，且GN＝EN＝NH＝NF＝2，因为M为CC1的中点，所以MN＝CF＝4sin60°＝23，由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝MN2＋22＝4，所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球面与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π8.在正三棱锥P-ABC中，PA＝63，BC＝6，M，N，Q，D分别是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为116解析：如图，取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN＝12A