重难点突破03 立体几何中的截面问题（八大题型）（教师版）

重难点突破03立体几何中的截面问题目录解决立体几何截面问题的解题策略．1、坐标法所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，为解决立体几何问题增添了一种代数计算方法．2、基底法所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，P为空间任意点，则有：结论1：若EG与EH不共线，那么EFEGEH；结论2：(1)PEPFPGPH．3、几何法从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再依据题意完成所求解答或证明．题型一：截面作图例1．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为6，M是11AB的中点，点N在棱1CC上，且12CNNC.作出过点D，M，N的平面截正方体1111ABCDABCD所得的截面，写出作法；【解析】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11DC的延长线于点E，连接ME交11BC于点F，交11DA的延长线于点H，连接DH交1AA于点Q，连接QM，FN，所以五边形DQMFN即为所求截面.例2．（2023·江苏·高一专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.(1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；(2)求平面与平面BDF的距离.【解析】（1）连接1111,,BDEBED，由正方体性质可得11//BDBD，1//BFED；又BFBDB，所以平面11//EBD平面BDF；因为//平面BDF，且E，所以平面11EBD与平面重合，即平面11EBD就是截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面.（2）由（1）可知平面与平面BDF的距离等于点1B到平面BDF的距离；设点1B到平面BDF的距离为d，由题意可得22,5BDBFDF，所以BDFV的面积为6；1BBF的面积为2；由11BBDFDBBFVV可得111233BDFBBFSdS△△，解得263d.所以平面与平面BDF的距离为263.例3．（2023·全国·高一专题练习）（1）如图，棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，M，N是棱11AB，11AD的中点，在图中画出过底面ABCD中的心O且与平面AMN平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______；（2）作出平面PQR与四棱锥ABCDE的截面，截面多边形的边数为______．【解析】(1)分别取E，F为棱11BC，11CD的中点，则由中位线性质得到：11BEFBDMND，所以四边形EFDB为平面四边形，又11ENABAB，11ENABAB，所以四边形ENAB为平行四边形，所以EBAN，由EFMN∥，EF平面AMN，MN平面AMN，所以EFP平面AMN，同理EB∥平面AMN，EFEBE，由面面平行的判定定理可得平面AMN∥平面EFDB，所以四边形EFDB即为所求截面，且为梯形，由截面作法可知，1=22,==2,2DBFDBE22125,EBFD所以截面四边形EFDB的周长为3225.（2）延长PQEB的延长线于G，连接,,GRGRBCMGRED的延长线于,H连接,PHPHAD于N，连接,QMRN，则五边形PQMRN即为所求.所以截面多边形的边数为五.变式1．（2023·全国·高一专题练习）如图①，正方体1111ABCDABCD的棱长为2，P为线段BC的中点，Q为线段1CC上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S.（1）若12CQ，请在图①中作出截面S（保留尺规作图痕迹）；（2）若1CQ（如图②），试求截面S将正方体分割所成的上半部分的体积1V与下半部分的体积2V之比.【解析】（1）延长DC交AP延长线于点E，此时DCCE，延长EQ交11DC于点F延长11BC交PQ延长线于点G，连接GF，并延长交11AD于点H，连接AH此时五边形APQFH就是截面S（2）当Q为1CC的中点时，再由DCCE，1//DDCQ可知，EQ的延长线交11DC于点1D，此时截面S为四边形1APQD11211117222122132323PADDpDDCQVVV171722233V因此12177::17:733VV变式2．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正方体1111ABCDABCD，点E为棱1CC的中点.(1)证明：1//AC平面BDE.(2)证明：1ACBD.(3)在图中作出平面1BED截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位置)，并说明理由.【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接OE，因为ABCD是正方形，所以O为AC的中点，又E为棱1CC的中点，所以1//OEAC，OE平面BDE，1AC平面BDE，所以1//AC平面BDE，（2）证明：在正方体1111ABCDABCD中，1AA平面ABCD，BD平面ABCD，所以1AABD，又ACBD，1ACAAA∩，1,ACAA平面11ACCA，所以BD平面11ACCA，又1AC平面11ACCA，所以1ACBD.（3）如图取1AA的中点M，连接BM、1MD，则1MBED为平面1BED截正方体所得的截面，证明：取1DD的中点N，连接NE、AN，因为E为棱1CC的中点所以//ABCD且ABCD，//NECD且NECD，所以//ABNE且ABNE，所以四边形ABEN为平行四边形，所以//ANBE，又1//AMND且1AMND，所以四边形1ANDM为平行四边形，所以1//ANDM，所以1//MDBE，即B、E、1D、M四点共面，即1MBED为平面1BED截正方体所得的截面；变式3．（2023·江苏·高一专题练习）已知正方体1111ABCDABCD是棱长为1的正方体，M是棱1AA的中点，过C、1D、M三点作正方体的截面，作出这个截面图并求出截面的面积．【解析】连接1DM，并延长，交DA延长线于N连CN交AB于P，连接MP，则1CDMP为过C、1D、M三点的正方体的截面，因为M是1AA的中点，1//MADD所以M是1ND的中点，A是ND的中点，因为APCD//，所以P是NC的中点，所以MP是三角形1NCD的中位线，所以13CDMPNMPSS，因为正方体的棱长为1，所以可得52,22MNPNMP，所以三角形NMP是以52MNPN为腰，以22MP为底的等腰三角形，边MP上的高为2252513224484，三角形NMP是的面积123232248NMPS所以1398CDMPNMPSS题型二：截面图形的形状、面积及周长问题例4．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段1CC上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（）①当102CQ时，S为四边形；②当12CQ=时，S为等腰梯形；③当34CQ=时，S与11CD的交点1R满足1113CR；④当314CQ时，S为六边形；A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】先确定临界值点，当12CQ=，即Q为1CC的中点时，截面交1DD于1D，则界面21APQD为等腰梯形，故②正确；对①当102CQ时，即Q移动到1Q位置时，截面交线段1DD于H，所以截面1APQH为四边形，故①正确；对③，当34CQ=时，Q在3Q的位置，截面交1DD的延长线于I，延长3,IQAP交在DC的延长线于G点，则3312GQCQCPCGADGDIGDI，由334CQ，则32DI，112DI，又有1331144CQ，所以111111312214DRDICRCQ，又111CD，所以1113CR，故③正确；对④，314CQ，Q点移动到4Q位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；共3个正确，故选：C例5．（2023·四川成都·高二双流中学校考期中）已知正方体1111ABCDABCD的棱长为1,,MN为线段1,BCCC上的动点，过点1,,AMN的平面截该正方体的截面记为S，则下列命题正确的个数是（）①当0BM且01CN时，S为等腰梯形；②当MN，分别为1,BCCC的中点时，几何体11ADMN的体积为112；③当M为BC中点且34CN时，S与11CD的交点为R，满足116CR；④当M为BC中点且01CN时，S为五边形.A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】①，当0BM，即,BM重合，且01CN时，如下图所示，过N作1//NPCD，交11CD于P，连接1AP，根据正方体的性质可知11//ABCD，所以1NP//AB，所以1,,,ABNP四点共面，在等腰直角三角形11CCD中，根据平行线分线段成比例的知识可知1CNPD，所以22221111APPDCNBN，即截面S为等腰梯形，①正确.②，当MN，分别为1,BCCC的中点时，过N作1NHCD，垂足为H，则1112//,44NHCDNHCD，由于BC平面11CDDC，NH平面11CDDC，所以BCNH，由于11,,CDBCCCDBC平面11ABCD，所以NH平面11ABCD，即NH平面11AMD.所以111111211232412ADMNNADMVV，②正确.③，当M为BC中点且34CN时，S与11CD的交点为R，S与AB的交点为P，由于平面11//ABBA平面11DCCD，平面111ABBASAP，平面11DCCDSRN，所以1//APRN，同理可证得1//ARPM，114CN，设1,CRxPBy，则11DRx，由11DRAMPB，得11tantanDRAMPB，即11112,122yxxy，所以11122APyx，同理11tantanAPACRN，所以1141122xx，解得17x.即117CR，③错误.④，当M为BC中点且0CN时，,CN重合，如下图所示，截面S是四边形11ABCD，④错误.所以正确的有2个.故选：B例6．（2023·全国·高一专题练习）如图正方体1111ABCDABCD，棱长为1，P为BC中点，Q为线段1CC上的动点，过A､P､Q的平面截该正方体所得的截面记为.若1CQCC，则下列结论错误的是（）A．当102,时，为四边形B．当12时，为等腰梯形C．当3,14时，为六边形D．当1时，的面积为62【答案】C【解析】当102时，如下图1，是四边形，故A正确；当12时，如下图2，为等腰梯形，B正确：当314时，如下图3，是五边形，C错误；当1时，Q与1C重合，取11AD的中点F，连接AF，如下图4，由正方体的性质易得1////BMPCAF，且1PCAF，截面为1APCF为菱形，其面积为11622ACPF，D正确.故选：C变式4．（2023·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为2的正方体ABCDABCD中，点E、F、G分别是棱AB、BC、CD的中点，则由点E、F、G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于．【答案】332【解析】因为E、F分别为AB、BC的中点，则//EFAC且2222212EFBEBF，因为//AACC且AACC，所以，四边形AACC为平行四边形，所以，